吴强版光学部分答案
《光学教程》课后习题解答
对 的第三个次最大位
即：
9、波长为的平行光垂直地射在宽的缝上，若将焦距为的透镜紧贴于缝的后面，并使光聚焦到屏上，问衍射图样的中央到⑴第一最小值；⑵第一最大值；⑶第三最小值的距离分别为多少？
解：⑴第一最小值的方位角为：
⑵第一最大值的方位角为：
⑶第3最小值的方位角为：
10、钠光通过宽的狭缝后，投射到与缝相距的照相底片上。所得的第一最小值与第二最小值间的距离为，问钠光的波长为多少？若改用X射线（）做此实验，问底片上这两个最小值之间的距离是多少？
解：
⑴
⑵级光谱对应的衍射角为：
即在单缝图样中央宽度内能看到条（级）光谱
⑶由多缝干涉最小值位置决定公式：
第3xx 几何光学的基本原理
1、证明反射定律符合费马原理
证明：
设A点坐标为，B点坐标为
入射点C的坐标为
光程ACB为：
令
即：
*2、根据费马原理可以导出近轴光线条件下，从物点发出并会聚到像点的所有光线的光程都相等。由此导出薄透镜的物像公式。
另一个气泡
， 即气泡离球心
13、直径为的球形鱼缸的中心处有一条小鱼，若玻璃缸壁的影响可忽略不计，求缸外观察者所看到的小鱼的表观位置和横向放大率。
解：由球面折射成像公式：
解得 ，在原处
14、玻璃棒一端成半球形，其曲率半径为。将它水平地浸入折射率为的水中，沿着棒的轴线离球面顶点处的水中有一物体，利用计算和作图法求像的位置及横向放大率，并作光路图。
解：
由球面折射成像公式：
15、有两块玻璃薄透镜的两表面均各为凸球面及凹球面，其曲率半径为。一物点在主轴上距镜处，若物和镜均浸入水中，分别用作图法和计算法求像点的位置。设玻璃的折射率为，水的折射率为。
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第一章 光的干涉1 波长为500nm 的绿光照射在间距为0.022cm 的双缝上，在距离180cm 处的光屏上形成干涉条纹，求两个亮条纹之间的距离。
若改用波长700nm 的红光照射此双缝，两个亮条纹之间的距离又为多少？计算这两种光第二级亮条纹位置的距离。
解：本题是杨氏双缝干涉实验， 其光路、装置如图。
由干涉花样亮条纹的分布规律：λdr j y 0= （j=0、±1、±2、…）得亮条纹间距： λdr y 0=∆ (1) 其中：λ=500nm 和700nm 、d=0.022mm 、r 0=180cm 代入公式(1)计算得到:当λ=500nm 时,两个亮条纹之间的距离:cm y 409.0=∆ 当λ=700nm 时,两个亮条纹之间的距离: cm y 573.0='∆ 第2 级亮条纹的位置:λdr jy 02= 2=j (2) 当λ=500nm 时: cm y 819.02=当λ=700nm 时: cm y 146.12=' 两种光第二级亮条纹位置间的距离: cm y y y 327.0222=-'=∆2 在杨氏实验装置中，光源的波长为640nm ，两缝间距为0.4mm ，光屏离双缝的距离为50cm ，试求：（1）光屏上第一亮条纹和中央亮条纹之间距离；（2）若P 点距离中央亮条纹0.1mm ，则两束光P 点的相位差；（3）P 点的光强度与中央亮条纹的强度之比。
解: (1) 由: λdr jy 0= （1）， 已知：λ=640nm ，d=0.4mm ，r 0 = 50cm ，j=1代入公式（1）解得，第一亮纹到中央亮纹的距离：y=0.8mm(2)两束光传播到P 点的光程差为：12r y dr r =-=δ位相差为：022r dy λπδλπϕ==∆代入数据：λ=640nm 、d=0.4mm 、r 0=50cm 、y=0.1mm 得到两束光在P 点的相位差：4/πϕ=∆（3）在中央亮条纹的位置上，两光的相位差为：0=∆ϕ 光强度为：2204)cos 1(2A A I =∆+=ϕP 点的光强度为：2224.3)4/cos 1(2)cos 1(2A A A I p =+=∆+=πϕ 两条纹光强度之比为：2:7.1:0=I I p3 把折射率为1.5的玻璃片插入杨氏双缝的一束光中，光屏上原来第五级亮条纹所在的位置变为中央亮条纹，求插入的玻璃片的厚度。
物理光学作业参考答案 第十五章
物理光学作业参考答案[15-1] 一束自然光以30角入射到玻璃-空气界面，玻璃的折射率54.1=n ，试计算（1）反射光的偏振度；（2）玻璃-空气界面的布儒斯特角；（3）以布儒斯特角入射时透射光的偏振度。
解：（1）入射自然光可以分解为振动方向互相垂直的s 波和p 波，它们强度相等，设以0I 表示。
已知：301=θ，所以折射角为：35.50)30sin 54.1(sin )sin (sin 1112=⨯==--θθn 根据菲涅耳公式，s 波的反射比为：12.0)35.5030sin()35.5030sin()sin()sin(222121=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-= θθθθρs 4 因此，反射波中s 波的强度：00)(124.0I I I s R s ==ρ而p 波的反射比为：004.0881.5371.0)()(222121=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=θθθθρtg tg p 因此，反射波中p 波的强度： 00)(004.0I I I p R p==ρ于是反射光的偏振度： %94%8.93004.0124.0004.0124.00000≈=+-=I I I I P（2）玻璃-空气界面的布儒斯特角： 3354.11111121====---tg n tg n n tgB θ （3）对于以布儒斯特角入射时的透射光，s 波的透射系数为： 4067.133cos 57sin 2cos sin 2)sin(cos sin 2122112===+=θθθθθθs t式中，331==B θθ，而57902=-=B θθ 所以，s 波的透射强度为：002021122)(834.04067.133cos 54.157cos 0.1)cos cos (I I I t n n Is T s=⨯==θθ 而p 波的透射系数为：5398.1)5733cos(4067.1)cos()cos()sin(cos sin 221212112=-=-=-+=θθθθθθθθs p t t所以，p 波的透射强度为： 002021122)(9998.05398.133cos 54.157cos 0.1)cos cos (I I I t n n Ip T p=⨯==θθ 所以，透射光的偏振度： %9834.09998.0834.09998.00000=+-=I I I I P[15-3]选用折射率为2.38的硫化锌和折射率为1.38的氟化镁作镀膜材料，制作用于氦氖激光（)8.632nm =λ的偏振分光镜。
光学参考答案(改)1
第十四章光学参考答案三、计算题1. 在一双缝实验中，缝间距为5.0mm ，缝离屏1.0m ，在屏上可见到两个干涉花样。
一个由480nmλ=的光产生，另一个由'600nm λ=的光产生。
问在屏上两个不同花样第三级干涉条纹间的距离是多少? 解： 对于nm 480=λ的光，第三级条纹的位置：λ3d D x =对于nm 600'=λ的光，第三级条纹的位置：'3dD 'x λ= 那么：)'(3dDx 'x x λλ∆-=-=，m 102.7x 5-⨯=∆。
2. 双缝干涉实验装置如图所示, 双缝与屏之间的距离D =120cm, 两缝之间的距离d =0.50mm, 用波长λ=5000 Å的单色光垂直照射双缝。
(1) 求原点O (零级明条纹所在处)上方的第五级明条纹的坐标。
(2) 如果用厚度e =1.0×10-2mm, 折射率n =1.58的透明薄膜覆盖在图中的s 1缝后面, 求上述第五级明条纹的坐标x '。
解： (1)光程差λδk D dxr r ==-=12 dD k x k λ=因k=5有mm x 65=(2)光程差)(12ne e r r +--=δ λk e n Ddx e n r r =--=---=)1(')1(12 有dDe n k x ])1(['-+=λ 因k =5, 有mm x 9.19'5=3. 在双缝干涉实验中，单色光源S 0到两缝S 1、S 2的距离分 别为l 1、l 2，并且123,l l λλ-=为入射光的波长，双缝之间的距离为d ，双缝到屏幕的距离为D ，如图，求： (1) 零级明纹到屏幕中央O 点的距离；(2) 相邻明条纹间的距离。
解： 两缝发出的光在相遇点的位相差：λπδϕϕϕ∆22010+-=根据给出的条件：λλπϕϕ322010⋅-=-s 1 s 2屏dDOx所以，λπδπϕ∆26+-=明条纹满足：πϕ∆k 2=，πλπδπk 226=+-，λδ)3k (+=明条纹的位置：δdD x=，λ)3k (dDx+=令0k =，得到零级明条纹的位置：λdD3x 0=，零级明条纹在O 点上方。
光学教程答案(第五章)
1. 试确定下面两列光波E 1=A 0[e x cos （wt-kz ）+e y cos （wt-kz-π/2）] E 2=A 0[e x sin （wt-kz ）+e y sin （wt-kz-π/2）] 的偏振态。
解 ：E 1 =A 0[e x cos(wt-kz)+e y cos(wt-kz-π/2)]=A 0[e x cos(wt-kz)+e y sin(wt-kz)] 为左旋圆偏振光E 2 =A 0[e x sin(wt-kz)+e y sin(wt-kz-π/2)]=A 0[e x sin(wt-kz)+e y cos(wt-kz)] 为右旋圆偏振光2. 为了比较两个被自然光照射的表面的亮度，对其中一个表面直接进行观察，另一个表面通过两块偏振片来观察。
两偏振片透振方向的夹角为60°。
若观察到两表面的亮度相同，则两表面的亮度比是多少？已知光通过每一块偏振片后损失入射光能量的10%。
解∶∵亮度比 = 光强比设直接观察的光的光强为I 0,入射到偏振片上的光强为I ，则通过偏振片系统的光强为I'：I'=(1/2)I (1-10%)cos 2600∙(1-10%) 因此：∴ I 0/ I = 0.5×(1-10%)cos 2600∙(1-10%) = 10.125%.3. 两个尼科耳N 1和N 2的夹角为60°，在他们之间放置另一个尼科耳N 3，让平行的自然光通过这个系统。
假设各尼科耳对非常光均无吸收，试问N 3和N 1 的偏振方向的夹角为何值时，通过系统的光强最大？设入射光强为I 0，求此时所能通过的最大光强。
解：201I I()()()()有最大值时，亦可得令注：此时透过的最大光强为，须使欲使I I d d d dI I I II I I II I II I 20cos cos 2329434323060cos 30cos 2302602cos cos 2cos cos 2cos 2222max22232213θααθαααθααθααθαα==⎥⎦⎤⎢⎣⎡-==⋅⋅=-=====∴-=-===4. 在两个理想的偏振片之间有一个偏振片以匀角速度ω绕光的传播方向旋转（见题5.4图），若入射的自然光强为I 0，试证明透射光强为I =16πI 0（1-cos4ωt ）.解: I = 12I 0 cos 2ωt cos 2（2π-ωt ） = 12 I 0cos 2ωtsin 2 ωt = 18 I 0 1-cos4t2ω= I 0（1-cos4ωt ） `题5. 线偏振光入射到折射率为1.732的玻璃片上，入射角是60°，入射光的电失量与入射面成30°角。
《光学》答案（吴强版）
f nAD f n(r cos f )
r
f (1 n) 1 n cos
1-4 解：参看课本 P 16 图 1-13 考 虑 三 角 形 PSC ， 有 PS ( x1 R) R 2( x1 R) R cos
l1
l
1 const 2n sin
所以，
1
l2
2
2
1
l1
l2
带相关参数得未知波长为
6429
2n 2.73 107 m
2-14 设相邻两条纹对应的高度差为 h ， h
h 则 sin l
D L tan L sin
（1）由于
d 0.5mm
所以，
d dc 0 . 4 3 6 8 mm
故屏上看不到干涉条纹。
（2） 由 得
l
பைடு நூலகம்db
， 代
d 0.5*103 m, b 0.25*103 m
l 22.849cm
所以，
l l R 2.89cm
2-13 解：
l
2n sin
从而得出：
cos 0 0, 或 sin 0 0
所以，
3 0, , ,
2 2
满足以上条件的角度为实际光线。 1-3 解： 由题意知，经过镜具 的出射光为平行光， 又由折射定律得，
M r S
N
MN // AC
则有
f
A D
C
r cos f AD A D rc o s f
2
光学课后习题解答
第一章 光的干涉1、波长为nm 500的绿光投射在间距d 为cm 022.0的双缝上，在距离cm 180处的光屏上形成干涉条纹，求两个亮条纹之间的距离.若改用波长为nm 700的红光投射到此双缝上,两个亮条纹之间的距离又为多少?算出这两种光第2级亮纹位置的距离.解：由条纹间距公式λd r y y y j j 01=-=∆+ 得cm 328.0818.0146.1cm146.1573.02cm818.0409.02cm573.010700022.0180cm 409.010500022.018021222202221022172027101=-=-=∆=⨯===⨯===⨯⨯==∆=⨯⨯==∆--y y y drj y d rj y d r y d r y j λλλλ2．在杨氏实验装置中,光源波长为nm 640,两狭缝间距为mm 4.0,光屏离狭缝的距离为cm 50.试求：(1)光屏上第1亮条纹和中央亮条纹之间的距离；（2）若p 点离中央亮条纹为mm 1.0，问两束光在p 点的相位差是多少？（3）求p 点的光强度和中央点的强度之比.解：（1）由公式λd r y 0=∆ 得λd r y 0=∆ =cm 100.8104.64.05025--⨯=⨯⨯（2）由课本第20页图1-2的几何关系可知52100.01sin tan 0.040.810cm 50y r r d d dr θθ--≈≈===⨯521522()0.8106.4104r r πππϕλ--∆=-=⨯⨯=⨯(3) 由公式2222121212cos 4cos 2I A A A A A ϕϕ∆=++∆= 得8536.042224cos 18cos 0cos 421cos 2cos42cos 422202212212020=+=+==︒⋅=∆∆==πππϕϕA A A A I I pp3．把折射率为1.5的玻璃片插入杨氏实验的一束光路中,光屏上原来第5级亮条纹所在的位置为中央亮条纹,试求插入的玻璃片的厚度.已知光波长为6×10-7m .解：未加玻璃片时，1S 、2S 到P 点的光程差，由公式2rϕπλ∆∆=可知为 Δr =215252r r λπλπ-=⨯⨯=现在1S 发出的光束途中插入玻璃片时，P 点的光程差为()210022r r h nh λλϕππ'--+=∆=⨯=⎡⎤⎣⎦所以玻璃片的厚度为421510610cm 10.5r r h n λλ--====⨯-4. 波长为500nm 的单色平行光射在间距为0.2mm 的双狭缝上.通过其中一个缝的能量为另一个的2倍,在离狭缝50cm 的光屏上形成干涉图样.求干涉条纹间距和条纹的可见度.解：6050050010 1.250.2r y d λ-∆==⨯⨯=m m122I I = 22122A A =12A A =7. 试求能产生红光(λ=700nm)的二级反射干涉条纹的肥皂膜厚度.已知肥皂膜折射率为1.33,且平行光与发向成30°角入射.解：根据题意222(210)2710nmd n j d λ-=+∴===8. 透镜表面通常镀一层如MgF 2（n=1.38）一类的透明物质薄膜，目的是利用干涉来降低玻璃表面的反射．为了使透镜在可见光谱的中心波长（550nm ）处产生极小的反射,则镀层必须有多厚? 解：可以认为光是沿垂直方向入射的。
光学教程第3章_参考答案
3.1 证明反射定律符合费马原理。
证明：设两个均匀介质的分界面是平面，它们的折射率为n 1和n 2。
光线通过第一介质中指定的A 点后到达同一介质中指定的B 点。
为了确定实际光线的路径，通过A,B 两点作平面垂直于界面，'OO 是它们的交线，则实际光线在界面上的反射点C 就可由费马原理来确定，如下图所示。
(1)反证法：如果有一点'C 位于线外，则对应于'C ，必可在'OO 线上找到它的垂足''C .由于''AC 'AC >,''BC 'BC >,故光线B AC'总是大于光程B ''AC 而非极小值，这就违背了费马原理，故入射面和反射面在同一平面内得证。
(2)在图中建立坐XOY 坐标系，则指定点A,B 的坐标分别为（x1，y1）和（x2，y2），未知点C 的坐标为（x ，0）。
C 点是在'A 、'B 之间的，光程必小于C 点在''B A 以外的相应光程，即21v x x <<，于是光程ACB 为y x x n y x x n CB n AC n ACB n 2211221221111)()(+-++-=+=根据费马原理，它应取极小值，即0)(1=n dxd0)sin (sin )()()()()()(21112222211212111=-='-'=+---+--=i i n B C C A n y x x x x n y x x x x n ACB n dx d 所以当11'i i =，取的是极值，符合费马原理。
3.2 根据费马原理可以导出在近轴条件下，从物点发出并会聚倒像点的所有光线的光程都相等。
由此导出薄透镜的物象公式。
解：略3.3 眼睛E 和物体PQ 之间有一块折射率为1.5的玻璃平板(见题3.3图),平板的厚度d 为30cm 。
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光学习题参考答案1-1解：（B 点是A 点的像）由等光程原理，对透镜而言，光程 AOB ADB l l =显然ADBACB l l <1.2 解：（1）：由图1-2知， 所以，光程为： （2） 从而得出：所以，满足以上条件的角度为实际光线。
1-3解：由题意知，经过镜具 的出射光为平行光， 又由折射定律得， 则有又由等光程原理得(cos )r f n AD f n r f θ=+=+-1-4 解：参看课本16P 图1-13考虑三角形PSC ，有122211()2()cos PS x R R x R R θ⎡⎤=++-+⎣⎦，当θ很小时，2111()2x R R PS x x θ+≈+；同理有2222()2x R R SQ x x θ-≈-；此时的1x 和2x 均表示线段长度的大小，没考虑符号问题。
则根据等光程原理1212n PS n SQ n PO n OQ +=+得出2212111222112212()()22x R R x R R n x n n x n n x n x x x θθ+-++-=+；则有212121n n n n R x x -=+；考虑符号ABS法则，凡是光线和主轴交点在顶点左方的，线段长度为负，上式变为212121n n n n R x x -=-。
物体通过透镜成像，就是由物体发出的光束在它的两个球面上相继折射的结果。
设在透镜主光轴上有一点物P ，它经过第一球面成像于1P ，1P 可看作第二球面的物，再经第二球面成像于2P ，它就是P 点经透镜所成的像。
按照上面所讲的逐次成像原理，设透镜的折射率为n ，S 为物距，'S 为像距，''S 为物点经过左半球面折射后所成的像。
对左半球面而言，取1x S =;"2112=S ;R=R ;1;x n n n ==,上式变为''111S n n R S-=-同理，对右半球面，有'''211Sn nR S -=-，将两式相加即可得到'121111(1)()S n S R R -=--1-5解（1）由等光程原理得AC nBD =minsinsin22AD nAD αδα+⇒=1.6 解：在半径相差dr 的两球面为所以，光程为 所以，当满足时，ds 最小，从而光程取最小值为由 0d d θϕ==知，光线在介质中传播不改变方向，即经过O 点和任意点A 的光线为直线。
大学物理习题集光学答案
光学习题课(2010.8.27)Ⅰ教学基本要求1.理解获得相干光的方法。
掌握光程的概念以及光程差和相位差的关系。
能分析、确定杨氏双缝干涉条文及薄膜等厚干涉条纹的位置，了解麦克尔孙干涉仪的工作原理。
2.了解惠更斯—非涅耳原理。
理解分析单缝夫琅禾费衍射暗纹分布规律的方法。
会分析缝宽及波长对衍射条纹分布的影响。
3.理解光栅衍射公式。
会确定光栅衍射谱线的位置。
会分析光栅常量及波长对光栅衍射谱线分布的影响。
4.理解自然光和线偏振光。
理解布儒斯特定律及马吕斯定律。
了解双折射现象。
了解线偏振光的获得方法和检验方法。
Ⅱ内容提要一、光的干涉1．相干条件：与波的相干条件相同(略)．2．光程=nl，光程差δ=n2l2-n1l1；理想透镜不产生附加光程差；半波损失：光从疏媒质向密媒质入射时，在反射光中产生半波损失；折射光不产生半波损失；半波损失实质是位相突变π．3．明纹、暗纹的条件：明纹δ=±2kλ/2，k=0,1,2,…；暗纹δ=±(2k－1)λ/2，k=0,1,2,…．4．分波阵面法(以杨氏双缝干涉为代表)：光程差δ=nxd/D明纹坐标x=±2k(D/d)λ/(2n)暗纹坐标x=±(2k－1)(D/d)λ/(2n)条纹宽度∆x=(D/d)(λ/n)5.分振幅法(薄膜干涉，以n1<n2>n3为例) (1)光程差：反射光δr=2n2e cos r+λ/2=2e(n22-n12sin2i)1/2+λ/2透射光δt=2n2e cos r=2e(n22-n32sin2r’)1/2 (2)等厚干涉(光垂直入射，观察反射光)：相邻条纹(或一个整条纹)所对应薄膜厚度差∆e=λ/(2n) 劈尖干涉条纹宽度∆l=λ/(2nθ)牛顿环的条纹半径明纹r=[(k-1/2)Rλ/n]1/2(k=1,2,3,…)暗纹r=(kRλ/n)1/2(k=0,1,2,3,…)(3)等倾干涉(略)．(4)迈克耳逊干涉仪：M1与M'2平行为等倾条纹，此时如动镜移动λ/2，则中心涨出或陷入一个条纹；M1与M'2不严格平行为等厚条纹，此时如动镜移动λ/2，则条纹平行移动一个条纹的距离．二、光的衍射1．惠更斯—费涅耳原理(1)子波(2)子波干涉．2．单缝衍射半波带法中央明纹：坐标θ=0，x=0；宽度∆θ 0≈2λ/a，∆x≈2λf/a其他条纹：暗纹角坐标θ满足a sinθ=±kλ明纹角坐标θ近似满足a sinθ≈±(2k+1)λ条纹宽度∆θ≈λ/a∆x≈λf/a3．光栅(多光束干涉受单缝衍射调制)明纹明亮、细锐光栅方程式(a+b)sinθ=±kλ缺级衍射角θ同时满足(a+b)sinθ=±kλa sinθ=±k'λ时，出现缺级，所缺级次为k=k' (a+b)/a．4．圆孔衍射爱里斑角半径θ=0.61λ/a=1.22λ/d光学仪器的最小分辩角δθ=0.61λ/a=1.22λ/d三、光的偏振1．自然光、偏振光、部分偏振光；偏振片，偏振化方向，起偏、检偏．2．马吕期定律I=I0cos2α．3．反射光与折射光的偏振一般情况：反射光为垂直入射面振动大于平行入射面振动部分偏振光，折射光为垂直入射面振动小于平行入射面振动部分偏振光．布儒斯特定律：当入射角满足tg i0=n2/n1，即反射光与折射光相互垂直时，反射光为垂直入射面振动的完全偏振光，折射光仍为部分偏振光．4、双折射：寻常光线(o光)满足普通折射定律，为垂直自己主平面的偏振光；非常光线(e光)不满足普通的折射定律，为平行自己主平面的偏振光．双折射晶体的光轴，主截面、主平面．Ⅲ练习二十二至练习二十五答案及简短解答练习二十二光的相干性双缝干涉一.选择题 A C C D B二.填空题1. 2π(n1-n2)e/λ.2. 下, 上.3. 暗, ∆x=Dλ/(2a) .三.计算题1.光程差δ=(l2+r2)-(l1+r1)=(l2-l1)+(r2-r1)= l2-l1+xd/D=-3λ+xd/D (1)零级明纹δ=0有x=3λD/d(2)明纹δ=±kλ=-3λ+x k d/D有x k=(3λ±kλ)D/d∆x=x k+1-x k=Dλ/d2.(1)光程差δ=r2-r1=xd/D=kλx k=kλD/d因k=5有x5=6mm(2)光程差δ=r2-(r1-e+ne)=r2-r1-(n-1)e=x'd/D-(n-1)e=k λ有x'=[kλ+(n-1)e]D/d 因k=5,有x'5=19.9mm练习二十三薄膜干涉劈尖牛顿环一.选择题 B C A C B二.填空题1. n1θ1= n2θ2.2. 0.48μm; 0.6μm, 0.4μm.3. 依然平行等间距直条纹,但条纹变密；依然平行等间距直条纹，条纹间距不变，但条纹平行向棱边移动.三.计算题1.(1)因n1<n2<n3，所以光程差δ=2n2e暗纹中心膜厚应满足δk=2n2e k=(2k+1)λ/2 e k=(2k+1)λ/(4n2) 对于第五条暗纹，因从尖端数起第一条暗纹δ=λ/2，即k=0，所以第五条暗纹的k=4，故e4=9λ/(4n2)(2)相邻明纹对应膜厚差∆e=e k+1-e k=λ/(2n2)2．因n1<n2<n3所以光程差δ=2n2eλ1相消干涉，有δ=2n2e=(2k1+1)λ1/2λ2相长干涉，有δ=2n2e=2k2λ2/2因λ2>λ1,且中间无其他相消干涉与相长干涉，有k1=k2=k，故(2k+1)λ1/2=2kλ2/2k=λ1/[2(λ2-λ1)]=3得e=kλ2/(2n2)=7.78⨯10-4mm练习二十四单缝衍射光栅衍射一.选择题 B B D B C二.填空题1. 3.0mm.2. 0, 15mm.3. 660.三.计算题1. 单缝衍射暗纹角坐标满足a sinθk=kλ线坐标满足x k=f tanθ≈f sinθ=f kλ/a∆x=x k-x k-1≈fλ/af≈a∆x/λ=400mm=0.4m；2.(1) (a+b)sinϕ=kλa+b= kλ/sinϕ=2.4⨯10-4cm(2) (a+b)sinθ=kλ，a sinθ=k'λ(a+b)/a=k/k'a=(a+b)k'/k这里k=3，当k'=1时a=(a+b)/3=0.8⨯10-4cm 当k'=2时a=2(a+b)/3=1.6⨯10-4cm最小宽度a=0.8⨯10-4cm(3) 因θ<π/2，有kλ=(a+b)sinθ<(a+b)k< (a+b)/ λ=4 k max=3而第三级缺级，故实际呈现k=0,±1,±2级明纹，共五条明纹.练习二十五光的偏振一.选择题 A D B D C 二.填空题1. 355nm, 396nm；2. 51.13°.3. I0/2,I0cos2ωt/2,I0cos2ωt sin2ωt /2 (或I0sin2(2ωt)/8).三.计算题1. 依布儒斯特定律tan i0=n2/n1tan r0=n3/n2i0+r0=π/2tan r0=cot i0=n3/n2tg i0·cot i0=( n2/n1)·(n3/n2)=1n3=n12. 设入射前自然光与偏振光的光强均为I0，透射后自然光与偏振光光强分别为I1，I2.有(1)自然光I1=(I0/2)cos230°偏振光I2=I0cos2αcos230°且I1=I2得cosα=22所以入射光中线偏振光光矢量振动方向与第一个偏振片偏振化方向之间的夹角α=45°(2)透射光与入射光的强度之比(I1+ I2)/(2 I0)=(1/2)( cos230°/2+cos245°cos230°)= cos230°/2=3/8；(3)I'1=[I0(1-5%)/2](1-5%)cos230°I'2=I0(1-5%)cos2α(1-5%)cos230°故考虑吸收后透射光与入射光的强度之比(I'1+ I'2)/(2 I0)=I'/I0=(1/2)(1-5%)2cos230°=0.338所以k'max=5Ⅳ 课堂例题 一.选择题1.平板玻璃和凸透镜构成牛顿环装置，全部浸入n ＝1.60的液体中，如图所示，凸透镜可沿O O '移动，用波长λ＝500 nm(1nm=10-9m)的单色光垂直入射．从上向下观察，看到中心是一个暗斑，此时凸透镜顶点距平板玻璃的距离最少是(A) 156.3 nm (B) 148.8 nm (C) 78.1 nm (D) 74.4 nm2.在如图所示的单缝夫琅禾费衍射实验中，若将单缝沿透镜光轴方向向透镜平移，则屏幕上的衍射条纹(A) 间距变大． (B) 间距变小． (C) 不发生变化．(D) 间距不变，但明暗条纹的位置交替变化． 3.设光栅平面、透镜均与屏幕平行．则当入射的平行单色光从垂直于光栅平面入射变为斜入射时，能观察到的光谱线的最高级次k(A) 变小． (B) 变大． (C) 不变． (D) 改变无法确定．4.在双缝干涉实验中,用单色自然光,在屏幕上形成干涉条纹,若在两缝后放一个偏振片,则 (A) 无干涉条纹.(B) 干涉条纹的间距不变, 但明纹的亮度加强. (C) 干涉条纹的间距变窄, 且明纹的亮度减弱. (D) 干涉条纹的间距不变, 但明纹的亮度减弱.5.一束光强为I 0的自然光，相继通过三个偏振片P 1、P 2、P 3后，出射光的光强为I ＝I 0 / 8．已知P 1和P 3的偏振化方向相互垂直，若以入射光线为轴，旋转P 2，要使出射光的光强为零，P 2最少要转过的角度是(A) 30°． (B) 45°． (C) 60°． (D) 90°．6.一束自然光自空气射向一块平板玻璃(如图)，设入射角等于布儒斯特角i 0，则在界面2的反射光(A) 是自然光．(B) 是线偏振光且光矢量的振动方向垂直于入射面． (C) 是线偏振光且光矢量的振动方向平行于入射面． (D) 是部分偏振光．二.填空题1.如图所示，假设有两个同相的相干点光源S 1和S 2，发出波长为λ的光．A 是它们连线的中垂线上的一点．若在S 1与A 之间插入厚度为e 、折射率为n 的薄玻璃片，则两光源发出的光在A 点的相位差∆φ＝________．若已知λ＝500 nm ，n ＝1.5，A 点恰为第四级明纹中心，则e ＝_____________nm ．(1 nm =10-9m)2.如图所示，在双缝干涉实验中SS 1＝SS 2，用波长为λ的光照射双缝S 1和S 2，通过空气后在屏幕E 上形成干涉条纹．已知P 点处为第三级明条纹，则S 1和S 2到P 点的光程差为__________．若将整个装置放于某种透明液体中，P 点为第四级明条纹，则该液体的折射率n ＝____________．3.波长为λ=480.0 nm 的平行光垂直照射到宽度为a =0.40 mm 的单缝上，单缝后透镜的焦距为f =60 cm ，当单缝两边缘点A 、B 射向P 点的两条光线在P 点的相位差为π时，P 点离透镜焦点O 的距离等于_______________________．4.假设某介质对于空气的临界角是45°，则光从空气射向此介质时的布儒斯特角是____．三.计算题1.在双缝干涉实验装置中，幕到双缝的距离D 远大于双缝之间的距离d ．整个双缝装置放在空气中．对于钠黄光，λ＝589.3 nm(1nm=109m)，产生的干涉条纹相邻两明条纹的角距离(即相邻两明条纹对双缝中心处的张角)为0.20°．(1) 对于什么波长的光，这个双缝装置所得相邻两明条纹的角距离将比用钠黄光测得的角距离大10％？(2) 假想将此整个装置浸入水中(水的折射率n ＝1.33)，相邻两明条纹的角距离有多大？PE2.一衍射光栅，每厘米200条透光缝，每条透光缝宽为a=2×10-3 cm，在光栅后放一焦距f=1 m的凸透镜，现以λ=600 nm (1 nm=10-9 m)的单色平行光垂直照射光栅，求：(1) 透光缝a的单缝衍射中央明条纹宽度为多少？(2) 在该宽度内，有几个光栅衍射主极大？3.在单缝夫琅禾费衍射实验中，垂直入射的光有两种波长，λ1=400 nm，λ2=760 nm (1 nm=10-9 m)．已知单缝宽度a=1.0×10-2 cm，透镜焦距f=50 cm．(1) 求两种光第一级衍射明纹中心之间的距离．(2) 若用光栅常数d=1.0×10-3 cm的光栅替换单缝，其他条件和上一问相同，求两种光第一级主极大之间的距离．4.波长λ=600nm(1nm=10﹣9m)的单色光垂直入射到一光栅上，测得第二级主极大的衍射角为30°，且第三级是缺级．(1) 光栅常数(a + b)等于多少？(2) 透光缝可能的最小宽度a等于多少？(3) 在选定了上述(a+b)和a之后，求在衍射角-π/2＜ϕ＜π/2范围内可能观察到的全部主极大的级次．附Ⅴ 振动和波课堂例题解答一.选择题 E B B D C C二.填空题 1． 0.842. )2121c o s (2.0π-π=t y P . 3. 2k π + π /2， k = 0，±1，±2，…2k π +3 π /2，k = 0，±1，±2，… 4. 1065 Hz ， 935 Hz 三.计算题1.解：(1))1024cos(1.0x t y π-π= )201(4cos 1.0x t -π= (SI) (2)t 1 = T /4 = (1 /8) s ，x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的位移)80/4/(4cos 1.01λ-π=T ym 1.0)818/1(4cos 1.0=-π= (3) 振速)20/(4sin 4.0x t ty -ππ-=∂∂=v ． 当)4/1(212==T t s ，在x 1= λ /4= (10 /4)m 处质点的振速26.1)21sin(4.02-=π-ππ-=v m/s2.解：(1) O 处质点，t = 0 时0cos 0==φA y ， 0sin 0>-=φωA v所以 π-=21φ又==u T /λ (0.40/ 0.08) s= 5 s 故波动表达式为]2)4.05(2cos[04.0π--π=x t y (SI)(2) P 处质点的振动方程为 ]2)4.02.05(2cos[04.0π--π=t y P)234.0cos(04.0π-π=t (SI)3.解：设S 1和S 2的振动相位分别为φ 1和φ 2．在x 1点两波引起的振动相位差1121[2][2](21)d x x K φφπλλ----=+ππ即π+=-π--)12(22)(112K x d λφφ ①在x 2点两波引起的振动相位差2221[2][2](23)d x x K φφπλλ----=+ππ 即π+=-π--)32(22)(212K x d λφφ ② ②－①得π=-π2/)(412λx x6)(212=-=x x λ m由①π+=-π+π+=-)52(22)12(112K x d K λφφ当K = -2、-3时相位差最小 π±=-12φφ4.解：选O 点为坐标原点，设入射波表达式为])/(2cos[1φλν+-π=x t A y则反射波的表达式是])(2c o s [2π++-+-π=φλνxDP OP t A y合成波表达式（驻波）为)2cos()/2cos(2φνλ+ππ=t x A y在t = 0时，x = 0处的质点y 0 = 0，0)/(0<∂∂t y ，故得π=21φ 因此，D 点处的合成振动方程是)22cos()6/4/32cos(2π+π-π=t A y νλλλt A νπ=2sin 3附Ⅵ 光学课堂例题解答一.选择题 C C B D B B二.填空题1． 2π (n -1)e /λ ，4×103 2. 3λ ，1.33. 3. 0.36 mm 4. 54.7°三.计算题1.解：(1)干涉条纹间距∆x = λD / d相邻两明条纹的角距离∆θ = ∆x / D = λ / d由上式可知角距离正比于λ，∆θ 增大10％，λ也应增大10％．故λ＇＝λ（1＋0.1）＝648.2nm(2) 整个干涉装置浸入水中时，相邻两明条纹角距离变为∆θ ＇＝∆x / (nd ) = ∆θ/ n由题给条件可得∆θ ＇＝0.15°2.解：(1) a sin ϕ = k λ tg ϕ = x / f当x << f 时，ϕϕϕ≈≈sin tg , a x / f = k λ ,取k = 1有x = f l / a = 0.03 m∴中央明纹宽度为∆x = 2x = 0.06 m(2)( a + b ) sin ϕλk '=='k ( a ＋b ) x / (f λ)= 2.5 取k '= 2，共有k '= 0，±1，±2 等5个主极大3.解：(1) 由单缝衍射明纹公式可知()111231221sin λλϕ=+=k a (取k ＝1 ) ()222231221sin λλϕ=+=k a f x /tg 11=ϕ ,f x /tg 22=ϕ 由于11tg sin ϕϕ≈ , 22tg sin ϕϕ≈所以a f x /2311λ=a f x /2322λ= 则两个第一级明纹之间距为a f x x x /2312λ∆=-=∆=0.27 cm(2) 由光栅衍射主极大的公式1111sin λλϕ==k d2221sin λλϕ==k d且有f x /tg sin =≈ϕϕ 所以d f x x x /12λ∆=-=∆=1.8 cm 4.解：(1) 由光栅衍射主极大公式得 a + b =ϕλsin k =2.4×10-4 cm(2) 若第三级不缺级，则由光栅公式得()λϕ3sin ='+b a 由于第三级缺级，则对应于最小可能的a ，ϕ'方向应是单缝衍射第一级暗纹：两式比较，得 λϕ='s i n a a= (a + b )/3=0.8×10-4 cm (3) ()λϕk b a =+s i n，(主极大) λϕk a '=sin ，(单缝衍射极小) (k ＇=1，2，3，......)因此 k =3，6，9，缺级． 又因为k max =(a ＋b ) / λ=4, 所以实际呈现k=0，±1，±2级明纹．(k=±4在π / 2处看不到．)。
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n1 x1 n1
( x1 R) R 2 ( x R) R 2 n n n n n2 x2 n2 2 n1 x1 n2 x2 ；则有 2 1 2 1 ；考虑符号 2 x1 2 x2 R x2 x1
n2 n1 n2 n1 。 R x2 x1
法则，凡是光线和主轴交点在顶点左方的，线段长度为负，上式变为
3-1 解: 考虑 时刻后，如图
t
A vt O
显然当
α Vt
S
最大时， 为半圆锥角，此时有 vt v arcsin( ) arcsin( ) Vt V
2 1 1 3-2 解： k ( ) R b
令 b ，则 k=4,所以 k>4
当 k=5，7，9 时，分别为前三次亮搬
由x
=
D
d
可知
x *d 5.88*107 m D
2-3 解：两管都充满空气时，光程差 l 0 为 0 级最大，慢慢变成移动 98 级最大光程差，
l D n空气 D n真空 m n空气 m Dn真空 D 1.0 所以 d
n(r )dr
由 d d 0 知，光线在介质中传播不改变方向，即经过 O 点和任意点 A 的光线为直 线。
1.7 解：
设
PB x
由对称性和三角形全等可知 EG=CE,FH=DH,
l AEC AE EC AE EH AG lBFD BF FD BF FH BH AG BH l AEC lBFD
为此，考虑镜面移动前有：
2h k
(1) (2)
2h cos k 10
镜面移动后有：
2 h h k 10 2 h h cos k 10 5
k cos k 10
（3） （4）
"
'
''
n 1 n 1 '' R1 S S
同理，对右半球面，有
1 1 1 1 1 n 1 n ' '' ，将两式相加即可得到 ' (n 1)( ) S S R1 R2 R2 S S
1-5 解 （1）
A C
min / 2
2
D
B
由等光程原理得
AC nBD AD sin
又由等光程原理得 r
f nAD f n(r cos f )
r
f (1 n) 1 n cos
1-4 解：参看课本 P 16 图 1-13 考 虑 三 角 形 PSC ， 有 PS ( x1 R) R 2( x1 R) R cos
l1
l
1 const 2n sin
所以，
1
l2
2
2
1
l1
l2
带相关参数得未知波长为
6429
2n 2.73 107 m
2-14 设相邻两条纹对应的高度差为 h ， h
h 则 sin l
D L tan L sin
所以，光程为：
2 2 2 2 l OP 1 OP 2 b R 2bR cos 0 b R 2bR cos 0
（2）
bR sin 0 bR sin 0 dl 0 d0 b2 R 2 2bR cos 0 b2 R 2 2bR cos 0
1 l (m ) 2
相应波长为
m3
4950 。
课本 51 页：从光疏到光密介质界面上反射的光比从光密到光疏界面上反射的光少走 光程。 2-22 解：膜厚度 d 应满足： 2nd
的 2
(m 1/ 2) （没有
的光程差） 2
d
(m 1/ 2) (2m 1)1057.7 A 2n
偶数时暗纹。 (1)
k 取奇数时，中心为亮斑， k 1， 1 0.87mm k 3 ， 3 1.51mm k 取偶数时，中心为暗斑， k 2 ， 2 1.23mm
k 4 ， 4 1.74mm
(2)
3-4.解：这种情况相当于自由传播时的所有半波带都被遮掉一半，各半环（半波带）对场点 贡献的振幅因而减半，而相位关系不变。故此时的合成振幅为
2
，当两相干波的光程差大于最大相
在一个狭缝后放置一玻璃片后，两光线的光程差为 t (n 1) 则t
lmax
2
(n 1)
0.01m
2-27 解：由公式 2-9-9 可知测量的量程为 t
2 / 2 代入数据即可计算：
(1) t 0.207m (1) t 200m
代入数据， h 6.25 10
m
1 (m ) 得出 2 2
2-16 解：A 处为暗纹，根据等厚干涉暗纹位置公式 2nt
m (11 1) 10 6328 10 10 t 1.432 10 6 m 2n 2n 2 2.21
2-17 解： （1）考虑到牛顿环的中心点不一定密切接触，可靠的测量方
由式（1）和式（2） ，式（3）和式（4）分别得：
k 10 cos k 15
以上两式相比消去 cos ，解出 k 20 （3）显然，移动后，中心亮环级别为 10，向外数第五个亮环的干涉级别为 5
2-26:解：课本 65 页，最大相干光程差为 lmax 干光程差，则干涉条纹消失。
AB x sin PQ x sin sin n sin AB nPQ
2-1 解：由关系式
D 知： dn （1）当置于空气中时， x 632.8 m ； x
（2）当置于水中时，
x 475.8 m 。
2-2 解： x
x 3.44*10 3 m N
2-28 解：(1)一个条纹间距为 t
/ 2 ，探测器能分辨的距离为：
l 0.1t 3.029 108 m
(2)
lmax
2 0.39m 2
(1 R) 2-30 解： m R
2nh m （取 0 ）
联立上述两式得
2 (1 R) 60002 *1020 (1 0.95) h m 10 2n R 2 0.95 *0.001*10
2 2 1 2
， 当 很 小 时 ，
PS x1
( x1 R) R 2 ( x R) R 2 ； 同理有 SQ x2 2 ； 此时的 x1 和 x2 均表示线段长度的大小， 2 x1 2 x2
没考虑符号问题。则根据等光程原理 n1PS n2 SQ n1PO n2OQ 得出
m 0,1, 2 d 1057.7 A,3173.1 A,
2-25 解： （1）在相同视场之内，条纹数目变小。条纹变稀，说明薄膜变薄，条纹向里吞 310 环，因而位移绝对值为: h N
2
2.947 m
（2）中心级别的绝对数 k 取决于膜厚度 h。而 k，h 从及视场角范围 开始时，都是未知的，
光学习题参考答案
1-1 解： （B 点是 A 点的像） 由等光程原理，对透镜而言， 光程
C D A O L B
l AOB l ADB l ACB
显然 l ADB
l AOB l ACB
1.2 解： （1） ：由图 1-2 知，
OP b 2 R 2 2bR cos 0 ; 1 OP2 b 2 R 2 2bR cos 0 .
b5 8m, b7 2.67m, b9 1.6m
当 k=6，8，10 时，分别为前三次暗搬
b6 4m, b8 2m, b10 1.33m
k 2 1 1 3-3 解: k ( ), R b 代初始条件，可算得 k 0.33 1，所以当孔增大时，k 为奇数时亮纹，k 为
rm mR
' rm R m 2h
2-19 解：透镜与平板接触时 透镜上移 h 后
' D' r20 m 2h D r20 m
D' 0.687 102 1.78 11.78 2.67 103 cm
2-20 解：色彩顺序为黄、绿、蓝、红和黄时，可知两黄纹之间
2.94cm
2-31 解： 亮斑满足的方位条件：
2nh cos k k
中央亮斑级别由
2n h k 0
决定
所以，第 10 圈亮环角半径 k 有：
cos k
k0 10 1 10
2nh
2nh
o
0.99975
则 k 1 17 '
o
，所以 2k 2 34'
h L 2.275 105 m l
2-15 解：设刀刃比晶体的高度高 h，等厚干涉条纹间距为
2n sin h 在玻璃与晶体间夹角很小时， tan sin d
则有， h
l
d (tan 2 tan 1 )
7
d 1
2n l (
1 ) l
m 1 t / 2n ， t 1933
B A
色彩顺序为黄、绿、蓝、绿和黄时，红光小时可能是因为增透效果
2-21 解：光程差为
l 2nt
2
（由空气到薄膜到空气，有
的光程差） 2
相干相长时，
l m
相应波长为
m 3,4
相干相消时，