2014-2015下学期医用物理学复习提纲第三章 振动、波动和声重点：简谐振动及其应用。
1、简谐振动的相关概念，简谐振动方程，波动方程2、习题3-3 一弹簧振子放置在光滑的水平面上，弹簧一端固定，另一端连接一质量为kg 2.0的物体，设弹簧的劲度系数为1m N 8.1-⋅，求在下列情况下的谐振动方程.（1）将物体从平衡位置向右移m 05.0后释放.（2）将物体从平衡位置向右移m 05.0后给与向左的速度1s m 15.0-⋅. 解：32.08.1===m k ω1s rad -⋅ ⑴ 将物体从平衡位置向右移m 05.0后释放，说明物体处在正的最大位移处，下一时刻向位移的负方向运动，所以，05.0=A m ,0=ϕ.振动方程为 t s 3cos 05.0=(m)（2）将物体从平衡位置向右移m 05.0后给与向左的速度1s m 15.0-⋅,则 05.0cos 0==ϕA s ，v 0=15.0sin -=-ϕωA ,205.0)315.0(05.022=-+=A (m)，4)305.015.0arctan(πϕ=⨯=，振动方程为 )43cos(205.0π+=t s (m)3-4 质量为m 物体和一个轻弹簧组成弹簧振子，其固有周期为T ，当它作振幅为A 的简谐振动时，其振动能量E 是多少？ 解：,2Tπω=22222221A Tm A m E πω==3-5 一物体同时参与同一直线上的两个简谐振动，)324cos(05.01π+π=t s ， )344cos(03.02π-π=t s ，求合振幅的大小是多少？解： πππϕϕϕ∆2)34(3221=--=-=)(08.003.005.021m A A A =+=+= 合振动的振幅为0.08m ．3-6 弹簧振子作简谐振动时，若其振动振幅和频率都分别为原来的三分之一，总能量是多少？,若振幅增加到原来的两倍，而总能量保持不变，如何实现？ 解：8121811)3()3(2121222222E A m A m A m E =⨯==''='ωωω总能量是原来的81分之一.∵ 2222222221214)2(2121A m A m A m A m E ωωωω='⨯='=''='∴ 2ωω='，即要保持总能量不变，频率必须是原来大小的一半. 3-7 两个同频率同方向的简谐振动，其合振动的振幅为20 cm ，与第一个简谐振动的相位差为61πϕϕ=-，若第一个简谐振动的振幅为310 cm = 17.3 cm ，则第二个简谐振动的振幅是多少？两个简谐振动的相位差)(21ϕϕ-是多少？ 解：已知61πϕϕ=-,20=A cm, 3101=A cm由矢量关系可知：1006cos 310202310(20)cos(22)21121222=⨯⨯-+=--+=πϕϕAA A A A102=A cm)c o s (2212122212ϕϕ-++=A A A A A )c o s (10310210)310(2021222ϕϕ-⨯⨯++= ,0)21c o s (=-ϕϕ ,...2,1,0,2)12(21=+±=-k k πϕϕ3-8波源的振动方程为)39t 4cos(04.0s π+π=m ，以2.01s m -⋅无衰减地向 X 轴正方向传播，求：①波动方程，② x =8m 处振动方程；③ x =8m 处质点与波源的相位差.解：① 波动方程]39)2(4cos[04.0]39)(4cos[04.0ππππ+-=+-=x t u x t s (m)② x =8m 处振动方程)39384cos(04.0]39)28(4cos[04.0ππππ-=+-=t t s (m) ③ x =8m 处质点与波源的相位差πππϕϕϕ∆-=--=-=393938123-9 如图3-9图所示一平面简谐波在0=t 时刻的波形图，求 (1)该波的波动表达式；(2)P 处质点的振动方程.解：从图中可知：04.0=A m, 40.0=λm,08.0=u 1s m -⋅,2πϕ-=508.040.0===u T λ,ππω4.02==T(1) 波动表达式：]2)08.0(4.0cos[04.0ππ--=x t s (m)(2) P 处质点的振动方程．)234.0cos(04.0]2)08.02.0(4.0cos[04.0ππππ-=--=t t s (m)补充： 已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为y =A cos(Cx Bt -) (0≥x ),其中A ，B ，C 为已知的正值恒量。
求：(1)波的振幅、波速、频率、周期与波长；(2)写出传播方向上距离波源为l 处一点的振动方程；(3)任一时刻，在波的传播方向上相距为d 的两点的位相差．解: (1)已知平面简谐波的波动方程)cos(Cx Bt A y -= (0≥x )将上式与波动方程的标准形式)22cos(λππυxt A y -=比较，可知：波振幅为A ，频率πυ2B =，波长C πλ2=，波速CBu ==λυ， 波动周期BT πυ21==． (2)将l x =代入波动方程即可得到该点的振动方程)cos(Cl Bt A y -=(3)因任一时刻t 同一波线上两点之间的位相差为)(212x x -=∆λπφ将d x x =-12，及Cπλ2=代入上式，即得 Cd =∆φ．第六章 静电场重点：电场的基本性质和计算方法、电势和电势差的概念1、电荷和电场的基本性质，库仑定律(m) -2、电场强度矢量及场强计算（1）点电荷产生的电场的计算方法 （2）点电荷系产生的电场的计算方法 （3）任意带电体产生的电场的计算方法 3、电通量的物理意义及静电场的高斯定理 4、电势与电势差，电势的计算除习题外，补充：5.在一个边长为a 的正方形的四个顶点处各放一个电荷Q ，试求重心处的场强和电势。
解：则重心O 处的合场强为：22=+=y x E E E由点电荷电势公式可知四个点电荷在重心O 处的产生的电势相等，即：aQU U U U 0432142πε==== 根据电势叠加原理，重心O 处的电势为：aQU U U U U 043212πε=+++=6、已知电荷量为q ，-q ，相距为L 的电偶极子，求其连线中垂线距电偶极子连线距离为Y 的点处的场强大小与方向。
解：正负q 在B 点所激发电场强度为：B 点总电场强度为：方向如图所示。
第七章 磁场重点：安培环路定理和洛仑兹力公式ly ql y qE απεαπεsin )4(4cos )4(4220220+++-=+ly q l y q E απεαπεsin )4(4cos )4(4220220+-+-=-ly ql E E E B 2/3220)4(4+-=+=-+πε1、磁场的相关概念，利用安培环路定理计算磁场，磁场对运动电荷、对载流导体、对载流线圈的作用2、习题1.有一无限长半径为R1的导体柱，外套有一同轴导体圆筒，筒的内、外半径分别为R2、R3，稳恒电流I均匀地从导体柱流进，从外圆筒流出，见图6—36，试求空间磁感应强度的分布。
3.见图 6—39，AB为一长直导线，载有电流I1 = 20 A，另一长方形线圈，它的长边与AB平行，载有电流I2 = 10 A，求：（1）长方形线圈各边所受力的大小与方向。
（2）作用于线圈的合力的大小和方向。
第九章 波动光学重点：单缝和光栅衍射，光的偏振1、 相关概念2、 习题9–14 一束平行的黄色光垂直入射每厘米有4250条刻纹的衍射光栅上，所成的二级像与原入射方向成30o 角，求黄光的波长．解：由光栅方程λϕk b a =+sin )( 得m k b a 7021088.5230sin 425010sin )(--⨯=⨯=+=ϕλ9–15 以平行白光垂直入射光栅常数为0.001 cm 的光栅上，用焦距为200 cm 的透镜把通过光栅的光线聚焦在屏上，已知紫光波长为400 nm ，红光波长为750 nm ，求第二级光谱中紫光与红光的距离．解：根据光栅方程λϕk b a =+sin )(，设红光、紫光波长分别为1λ和2λ，它们在第二级谱线中的衍射角分别为1ϕ和2ϕ，在屏上位置分别为1x 和2x 则：ba +=≈1112sin λϕϕ，b a +=≈2222sin λϕϕ，因ϕ角很小，ϕϕsin tan f f x ≈≈，故它们的距离为)(22121λλ-+=-=∆b a f x x x cm m 1414.010)400750(100.100.2295==⨯-⨯⨯=-- 9–16 一台光谱仪有三块光栅，每毫米刻痕分别为1200条、600条和90条．若用它们测定0.7～1.0μm 的红外线波长，①试求出各块光栅一级明条纹对应的衍射角范围；②应选择哪块光栅来测量比较合适？为什么？解：先计算三块光栅的光栅常数第一块：mm b a 4103.812001)(-⨯==+ 第二块：mm b a 3107.16001)(-⨯==+第三块：mm b a 2101.1901)(-⨯==+据光栅公式可计算出每块光栅第一级光谱的衍射角范围分别为：第一块：046111157103.810700sin sin ≈⨯⨯=+=----b a λϕ，0461290103.8101000sin >⨯⨯=---ϕ 第二块：0361124107.110700sin ≈⨯⨯=---ϕ， 0361236107.1101000sin ≈⨯⨯=---ϕ 第三块：026117.3101.110700sin ≈⨯⨯=---ϕ， 036122.5101.1101000sin ≈⨯⨯=---ϕ 由以上计算可知，用第一块光栅不能看到完整的第一级光谱；若使用第三块光栅，则第一级光谱的衍射角范围太小，条纹太密，不便测量；而用第二块光栅既可看到完整的第一级光谱，又能将各谱线区分开，所以应选用第二块光栅．用光栅测定谱线波长并非光栅常数越小越好，应按实际所测波长范围选择合适的光栅．9–17 两偏振器透射轴的夹角由60o 转到45o 时，透射光的强度将如何变化？ 解：设入射光强为I 0，根据马吕斯定律θ20cos I I=得：21)21()21(45cos 60cos 22202021==︒︒=I I I I所以122I I =，即光的强度增加了一倍．9–18 使自然光通过两个透射轴夹角为60o 的偏振器时，透射光强为1I ，在这两个偏振器之问再插入另一偏振器，它的透射轴与前后两个偏振器透射轴均成30o 角，问此时透射光强2I 是1I 的多少倍?解：设起偏器产生的偏振光强为0I ，根据马吕斯定律，当两偏振器夹角为60°时，透射光强为02020141)21(60cos I I I I ==︒=， 即104I I =当中间插入另一个偏振器，且与前、后两偏振器均成30°，则有1221220225.2)23()23(430cos 30cos I I I I ==︒︒=第十二章 激光及其医学应用1． 激光的特性2． 激光的发射原理（1） 受激辐射是产生激光的重要基础（2） 粒子数反转分布是产生激光的先决条件（3） 光学谐振腔是产生激光的必要条件，起维持光振荡，实现光放大的作用 3． 医学上常用的激光器第十三章 X 射线及其医学应用13–1 产生X 射线的基本条件是什么？答：产生X 射线必须具备两个基本条件：①有高速运动的电子流；②有适当的障碍物来阻止电子的运动，将电子的动能转变为X 射线的能量。