大学物理第十四章波动光学课后习题答案及复习内容
四川师范大学大学物理波动光学(13、14、15章)题解
第十三章 光的干涉13–1 在双缝干涉实验中，两缝分别被折射率为n 1和n 2的透明薄膜遮盖，二者的厚度均为e ，波长为λ的平行单色光垂直照射到双缝上，在屏中央处，两束相干光的位相差 。
解：加入透明薄膜后，两束相干光的光程差为n 1e –n 2e ，则位相差为e n n e n e n )(2)(22121-=-=∆λλλλφ13–2 如图13-1所示，波长为λ的平行单色光垂直照射到两个劈尖上，两劈尖角分别为21θθ和，折射率分别为n 1和n 2，若二者分别形成的干涉条纹的明条纹间距相等，则21,θθ，n 1和n 2之间的关系是 。
解：劈尖薄膜干涉明条纹间距为θλθλn n L 2sin 2≈=（ 很小） 两劈尖干涉明条纹间距相等221122θλθλn n =，所以 2211θθn n =或1221n n =θθ13–3 用一定波长的单色光进行双缝干涉实验时，欲使屏上的干涉条纹间距变大，可采用的方法是： ； 。
解：因为干涉条纹的间距与两缝间距成反比，与屏与双缝之间的距离成正比。
故填“使两缝间距变小；使屏与双缝之间的距离变大。
”13–4 用波长为λ的单色光垂直照射如图13-2示的劈尖膜（n 1＞n 2＞n 3），观察反射光干涉，从劈尖顶开始算起，第2条明条纹中心所对应的膜厚度e = 。
解：劈尖干涉（n 1＞n 2＞n 3）从n 1射向n 2时无半波损失，产生明条纹的条件为2n 2e = k ，k = 0,1,2,3…在e = 0时，两相干光相差为0，形成明纹。
第2条明条纹中心所对应的膜厚度为k = 1，即2n 2e = ，则22n e λ=。
13–5 若在迈克耳孙干涉仪的可动反射镜移动0.620mm 的过程中，观察到干涉条纹移动了2300条，则所用光波的波长为 。
解：设迈克耳孙干涉仪空气膜厚度变化为e ，对应于可动反射镜的移动，干涉条纹每移动一条，厚度变化2λ，现移动2300条，厚度变化mm 620.022300=⨯=λ∆e ，则 = 。
大学物理(第四版)课后习题及答案 波动
第十四章波动14-1 一横波再沿绳子传播时得波动方程为。
（1）求波得振幅、波速、频率及波长；（2）求绳上质点振动时得最大速度；（3）分别画出t=1s 和t=2s时得波形，并指出波峰和波谷。
画出x=1.0m处质点得振动曲线并讨论其与波形图得不同。
14-1分析（1）已知波动方程（又称波函数）求波动的特征量（波速、频率、振幅A及彼长 等），通常采用比较法。
将已知的波动方程按波动方程的一般形式书写，然后通过比较确定各特征量（式中前“－”、“＋”的选取分别对应波沿x轴正向和负向传播）。
比较法思路清晰、求解简便，是一种常用的解题方法。
（2）讨论波动问题，要理解振动物理量与波动物理量之间的内在联系与区别。
例如区分质点的振动速度与波速的不同，振动速度是质点的运动速度，即；而波速是波线上质点运动状态的传播速度（也称相位的传播速度、波形的传播速度或能量的传播速度），其大小由介质的性质决定。
介质不变，彼速保持恒定。
（3）将不同时刻的t值代人已知波动方程，便可以得到不同时刻的波形方程，从而作出波形图。
而将确定的x值代入波动方程，便可以得到该位置处质点的运动方程，从而作出振动图。
解（1）将已知波动方程表示为与一般表达式比较，可得则（2）绳上质点的振动速度则（3） t=1s和 t＝2s时的波形方程分别为波形图如图14－1（a）所示。
x＝1.0m处质点的运动方程为振动图线如图14－1（b）所示。
波形图与振动图虽在图形上相似，但却有着本质的区别前者表示某确定时刻波线上所有质点的位移情况，而后者则表示某确定位置的时间变化的情况。
14-2 波源作简谐运动，其运动方程为，它所形成得波形以30m/s的速度沿一直线传播。
（1）求波的周期及波长；（2）写出波的方程。
14-2分析 已知彼源运动方程求波动物理量及波动方程，可先将运动方程与其一般形式进行比较，求出振幅地角频率及初相，而这三个物理量与波动方程的一般形式中相应的三个物理量是相同的。
大学物理(第四版)课后习题及答案 波动
第十四章动摇之阳早格格创做14-1 一横波再沿绳子传播时得动摇圆程为[]x m t s m y )()5.2(cos )20.0(11---=ππ.（1）供波得振幅、波速、频次及波少；（2）供绳上量面振荡时得最大速度；（3）分别绘出t=1s 战t=2s 时得波形，并指出波峰战波谷.绘出x=处量面得振荡直线并计划其与波形图得分歧.14-1 ()[]x m t s m y )(5.2cos )20.0(11---=ππ 分解（1）已知动摇圆程（又称波函数）供动摇的特性量（波速u 、频次ν、振幅A 及彼少 等），常常采与比较法.将已知的动摇圆程按动摇圆程的普遍形式⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛=0cos ϕωu x t A y 书籍写，而后通过比较决定各特性量（式中前“－”、“＋”的采用分别对付应波沿x 轴正背战背背传播）.比较法思路浑晰、供解烦琐，是一种常常使用的解题要领.（2）计划动摇问题，要明白振荡物理量与动摇物理量之间的内正在通联与辨别.比圆区别量面的振荡速度与波速的分歧，振荡速度是量面的疏通速度，即dt dy v =；而波速是波线上量面疏通状态的传播速度（也称相位的传播速度、波形的传播速度或者能量的传播速度），其大小由介量的本量决断.介量稳定，彼速脆持恒定.（3）将分歧时刻的t 值代人已知动摇圆程，即不妨得到分歧时刻的波形圆程)(x y y =，进而做出波形图.而将决定的x 值代进动摇圆程，即不妨得到该位子处量面的疏通圆程)(t y y =，进而做出振荡图.解（1）将已知动摇圆程表示为 与普遍表白式()[]0cos ϕω+-=u x t A y 比较，可得 则 m v u Hz v 0.2,25.12====λπω（2）绳上量面的振荡速度则1max 57.1-⋅=s m v（3） t=1s 战 t ＝2s 时的波形圆程分别为波形图如图14－1（a ）所示.x ＝处量面的疏通圆程为振荡图线如图14－1（b ）所示.波形图与振荡图虽正在图形上相似，但是却有着真量的辨别前者表示某决定时刻波线上所有量面的位移情况，而后者则表示某决定位子的时间变更的情况.14-2 波源做简谐疏通，其疏通圆程为t s m y )240cos()100.4(13--⨯=π，它所产死得波形以30m/s 的速度沿背去线传播.（1）供波的周期及波少；（2）写出波的圆程.14-2 t s m y )240cos()100.4(13--⨯=π分解 已知彼源疏通圆程供动摇物理量及动摇圆程，可先将疏通圆程与其普遍形式()0cos ϕω+=t A y 举止比较，供出振幅天角频次ω及初相0ϕ，而那三个物理量与动摇圆程的普遍形式()[]0cos ϕω+-=u x t A y 中相映的三个物理量是相共的.再利用题中已知的波速U 及公式T /22ππνω==战uT =λ即可供解.解（1）由已知的疏通圆程可知，量面振荡的角频次1240-=s πω.根据分解中所述，波的周期便是振荡的周期，故有 波少为(2)将已知的波源疏通圆程与简谐疏通圆程的普遍形式比较后可得故以波源为本面，沿X 轴正背传播的波的动摇圆程为 14-3 以知以动摇圆程为])2()10sin[()05.0(11x m t s m y ---=π.（1）供波少、频次、波速战周期；（2）道明x=0时圆程的意思，并做图表示.14-3])2()10sin[()05.0(11x m t s m y ---=π分解采与比较法.将题给的动摇圆程改写成动摇圆程的余弦函数形式，比较可得角频次.、波速U ，进而供出波少、频次等.当x 决定时动摇圆程即为量面的疏通圆程)(t y y =. 解（1）将题给的动摇圆程改写为与()[]0cos ϕω+-=u x t A y 比较后可得波速 角频次110-=s πω，故有 （2）由分解知x=0时，圆程表示位于坐标本面的量面的疏通圆程（图13—4）.14-4 波源做简谐振荡，周期为0.02s ，若该振荡以100m/s 的速度传播，设t=0时，波源处的量面经仄稳位子背正目标疏通，供：（1）距离波源战二处量面的疏通圆程战初相；（2）距离波源战二处量面的相位好.14-4分解（1）根据题意先设法写出动摇圆程，而后代人决定面处的坐标，即得到量面的疏通圆程.并可供得振荡的初相.（2）波的传播也不妨瞅成是相位的传播.由波少A 的物理含意，可知波线上任二面间的相位好为λπϕ/2x ∆=∆.解（1）由题给条件 T ＝0.02 s ，u ＝100 m ·s －l ，可得 当t ＝0时，波源量面经仄稳位子背正目标疏通，果而由转动矢量法可得该量面的初相为）或2/3(2/0ππϕ-=.若以波源为坐标本面，则动摇圆程为距波源为 x 1=15.0m 战 x 2它们的初相分别为πϕπϕ5.55.152010-=-=和（若波源初相与2/30πϕ=,则初相πλπϕϕϕ=-=-=∆/)(21221x x ，.）（2）距波源 16.0 m 战 17.0 m 二面间的相位好×10-2s ，以它经仄稳位子背正目标疏通时为时间起面，若此振荡以u=400m/s 的速度沿直线传播.供：（1）距离波源处量面P 的疏通圆程战初相；（2）距离波源战处二面的相位好.14-5解分解共上题.正在确知角频次1200/2-==s T ππω、波速1400-⋅=s m u 战初相）或2/(2/30ππϕ-=的条件下，动摇圆程 位于 x P =8.0 m 处，量面 P 的疏通圆程为该量面振荡的初相2/50πϕ-=P .而距波源9.0 m 战 10.0 m 二面的相位好为如果波源初相与2/0πϕ-=，则动摇圆程为量面P 振荡的初相也形成2/90πϕ-=P ，但是波线上任二面间的相位好本去不改变. 14-6 有一仄里简谐波正在介量中传播，波速u=100m/s ，波线上左侧距波源O （坐标本面）为处的一面P 的疏通圆程为]2/)2cos[()30.0(1ππ+=-t s m y p .供（1）波背x 轴正目标传播时的动摇圆程；（2）波背x 轴背目标传播时的动摇圆程. 14-6]2/)2cos[()30.0(1ππ+=-t s m y p分解正在已知波线上某面疏通圆程的条件下，修坐动摇圆程常常采与底下二种要领：（1）先写出以波源O 为本面的动摇圆程的普遍形式，而后利用已知面P 的疏通圆程去决定该动摇圆程中各量，进而修坐所供动摇圆程.（2）修坐以面P 为本面的动摇圆程，由它去决定波源面O 的疏通圆程，进而可得出以波源面O 为本面的动摇圆程.解1（1）设以波源为本面O ，沿X 轴正背传播的动摇圆程为将 u ＝100 m ·s －‘代人，且与x 二75 m 得面 P 的疏通圆程为与题意中面 P 的疏通圆程比较可得 A ＝0.30m 、12-=s πω、πϕ20=.则所供动摇圆程为(2)当沿X 轴背背传播时，动摇圆程为将 x ＝75 m 、1100-=ms u 代人后，与题给面 P 的疏通圆程比较得A ＝ 0.30m 、12-=s πω、πϕ-=0，则所供动摇圆程为解2（1）如图14一6（a ）所示，与面P 为坐标本面O ’，沿O ’x 轴背左的圆背为正目标.根据分解，当波沿该正目标传播时，由面P 的疏通圆程，可得出以O ’（即面P ）为本面的动摇圆程为将 x=-75 m 代进上式，可得面 O 的疏通圆程为由此可写出以面O 为坐标本面的动摇圆程为（2）当波沿河X 轴背目标传播时.如图14－6（b ）所示，仍先写出以O ’（即面P ）为本面的动摇圆程将 x=-75 m 代人上式，可得面 O 的疏通圆程为则以面O 为本面的动摇圆程为计划对付于仄里简谐波去道，如果已知波线上一面的疏通圆程，供其余一面的疏通圆程，也可用下述要领去处理：波的传播是振荡状态的传播，波线上各面（包罗本面）皆是沉复波源量面的振荡状态，不过初相位分歧而已.正在已知某面初相仄0的前提下，根据二面间的相位好λπϕϕϕ/2'00x ∆=-=∆，即可决定已知面的初相中小14-7 图14-7为仄里简谐波正在t=0时的波形图，设此简谐波的频次为250Hz ，且此时图中量面P 的疏通目标进与.供：（1）该波的动摇圆程；（2）正在距本面O 为处量面的疏通圆程与t=0时该面的振荡速度.14-7'λ、振幅A 战波速λν=u ；2.根据面P 的疏通趋势去推断波的传播目标，进而可决定本面处量面的疏通趋背，并利用转动闭量法决定其初相0ϕ.（2）正在动摇圆程决定后，即可得到波线上距本面O 为X 处的疏通圆程y ＝y （t ），及该量面的振荡速度v ＝dy ／d t.解（1）从图 15－ 8中得知，波的振幅 A ＝ 0.10 m ，波少m 0.20=λ，则波速13100.5-⋅⨯==s m u λν.根据t ＝0时面P 进与疏通，可知彼沿Ox 轴背背传播，并判决此时位于本面处的量面将沿Oy 轴背目标疏通.利用转动矢量法可得其初相3/0πϕ=.故动摇圆程为（2）距本面 O 为x=7.5 m 处量面的疏通圆程为t=0时该面的振荡速度为 14-8 仄里简谐波以波速u=/s 沿Ox 轴背目标传播，正在t=2s 时的波形图如图14-8（a ）所示.供本面的疏通圆程. 14-8分解上题已经指出，从波形图中可知振幅A 、波少λ战频次ν.由于图14－8（a ）是t ＝2s 时刻的波形直线，果此决定 t ＝ 0时本面处量面的初相便成为本题供解的易面.供t ＝0时的初相有多种要领.底下介绍波形仄移法、波的传播不妨局里天形貌为波形的传播.由于波是沿 Ox 轴背背传播的，所以可将 t ＝2 s 时的波形沿Ox 轴正背仄移m s s m uT x 0.12)50.0(1=⨯⋅==∆-，即得到t=0时的波形图14－8（b ），再根据此时面O 的状态，用转动闭量法决定其初相位.解由图 15－ 9（a ）得知彼少m 0.2=λ，振幅 A ＝ 0.5 m.角频次15.0/2-==s u πλπω. 按分解中所述，从图15—9（b ）可知t=0时，本面处的量面位于仄稳位子.并由转动矢量图14－8（C ）得到2/0πϕ=，则所供疏通圆程为14-9 一仄里简谐波，波少为12m ，沿Ox 轴背目标传播，图14-9（a ）所示为x=处量面的振荡直线，供此波的动摇圆程.14-9分解该题可利用振荡直线去获与动摇的特性量，进而修坐动摇圆程.供解的闭键是怎么样根据图14－9（a ）写出它所对付应的疏通圆程.较烦琐的要领是转动矢量法（拜睹题13－10）.解 由图14－9（b ）可知量面振荡的振幅A ＝0.40 m ，t ＝0时位于 x ＝的量面正在A ／2处并背Oy 轴正背移动.据此做出相映的转动矢量图14－9（b ），从图中可知30πϕ-='.又由图 14－9（a ）可知，t ＝5 s 时，量面第一次回到仄稳位子，由图14－9（b ）可瞅出65πω=t ，果而得角频次16-=s πω. 采与题14－6中的要领，将波速10.12-⋅===s m T u πλωλ代人动摇圆程的普遍形式])(cos[0ϕω++=u x t A y 中，并与上述x ＝处的疏通圆程做比较，可得20πϕ-=，则动摇圆程为14-10 图14-10中（I ）是t=0时的波形图，（II ）是t=0.1s 时的波形图，已知T>0.1s ，写出动摇圆程的表白式. 14-10分解 已知动摇圆程的形式为从如图15—11所示的t ＝0时的波形直线Ⅰ，可知彼的振幅A 战波少λ，利用转动矢量法可决定本面处量面的初相0ϕ.果此，决定波的周期便成为相识题的闭键.从题给条件去瞅，周期T 只可从二个分歧时刻的波形直线之间的通联去得到.为此，不妨从底下二个分歧的角度去分解.（l ）由直线（Ⅰ）可知，正在 tzo 时，本面处的量面处正在仄稳位子且背 Oy 轴背背疏通，而直线（Ⅱ）则标明，通过0.1s 后，该量面已疏通到 Oy 轴上的一A 处.果此，可列圆程s T kT 1.04=+，正在普遍情形下，k= 0， 1，2，…那便是道，量面正在 0.1 s 内，不妨经历 k 个周期振荡后再回到A 处，故有)25.0()1.0(+=k s T .（2）从波形的移动去分解.果波沿Ox 轴正目标传播，波形直线（Ⅱ）可视为直线（Ⅰ）背左脚移了T t t u x ∆=∆=∆λ.由图可知，4λλ+=∆k x ，故有t k ∆=+λλλ4，共样也得)25.0)1.0(+=k s T .应当注意，k 的与值由题给条件 T ＞0.1s 所决断.解 从图中可知波少m 0.2=λ，振幅A ＝0.10 m.由波形直线（Ⅰ）得知正在t=0时，本面处量面位于仄稳位子且背 Oy 轴背背疏通，利用转动矢量法可得2/0πϕ=.根据上头的分解，周期为由题意知 T ＞0.1s ，故上式创造的条件为，可得 T ＝0.4s.那样，动摇圆程可写成14-11 仄里简谐波的动摇圆程为])2()4cos[()08.0(11x m t sm y ---=ππ二处的相位；（2）离波源处及二处的相位.14-11()[]x m t s m y 112)4(cos )08.0(---=ππ 解（1）将t ＝2.1s 战x=0代人题给动摇圆程，可得波源处的相位将t ＝2.1s 战x ＝0.10 m 代人题给动摇圆程，得 0.10 m 处的相位为从动摇圆程可知波少.那样， m 与 m 二面间的相位好14-12 为了脆持波源的振荡稳定，需要消耗4.0W 的功率.若波源收出的是球里波（设介量不吸支波的能量）.供距离波源战处的能流稀度.14-12分解波的传播伴伴着能量的传播.由于波源正在单位时间内提供的能量恒定，且介量不吸支能量，敌对付于球里波而止，单位时间内通过任性半径的球里的能量（即仄稳能流）相共，皆等于波源消耗的功率户.而正在共一个球里上各处的能流稀度相共，果此，可供出分歧位子的能流稀度 S P I =.解由分解可知，半径户处的能疏稀度为当 r 1＝5.0 m 、r 2＝10.0 m 时，分别有×103m ×10-4m ，频次ν×103Hz.若介量的稀度为ρ×102kg/m 3×10-4m 2的总能量.14-1313100.1-⋅⨯=s m u解（1）由能流稀度I 的表白式得2）正在时间隔断s t 60=∆内笔直通过里积 S 的能量为14-14 如图14-14所示，二振荡目标相共的仄里简谐波波源分别位于A 、B 二面.设它们的相位相共，且频次均为ν=30Hz ，波速u=/s ，供正在面P 处二列波的相位好. 14-14 v=30Hz分解正在匀称介量中，二列波相逢时的相位好ϕ∆，普遍由二部分组成，即它们的初出进B A ϕϕ-战由它们的波程好而引起的相位好λπr ∆2.本题果B =ϕϕA ，故它们的相位好只与决于波程好.解正在图14－14的APB ∆中，由余弦定理可得二列波正在面P 处的波程好为BP AP r -=∆，则相位好为14-15 二波正在共一细绳上传播，它们的圆程分别为])4[()cos()06.0(111t s x m m y ---=ππ战])4[()cos()06.0(112t s x m m y --+=ππ.（1）道明那细绳是做驻波式振荡，并供节面战波背的位子；（2）波背处的振幅有多大？正在x=处，振幅多大？14-15分解只需道明那二列波会成后具备驻波圆程 的形式即可.由驻波圆程可决定波背、波节的位子战任性位子处的 振幅.解（l ）将已知二动摇圆程分别改写为可睹它们的振幅 A 二0.06 m ，周期 T 二0.5 s （频次.二2 Hi ），波少八二2 m.正在波线上任与一面P ，它距本面为P.则该面的合疏通圆程为k 式与驻波圆程具备相共形式，果此，那便是驻波的疏通圆程由得波节位子的坐标为由得波背位子的坐标为门）驻波振幅，正在波背处A ’二ZA 二0.12 m ；正在x 二 0.12 m 处，振幅为14-16 一弦上的驻波圆程式为t s x m m y )550cos()6.1cos()100.3(112---⨯=ππ×10-3s 时位于x=处量面的振荡速度.14-16分解（1）采与比较法.将本题所给的驻波圆程，与驻波圆程的普遍形式相比较即可供得振幅、波速等.（2）由波节位子的表白式可得相邻波节的距离.（3）量面的振荡速度可按速度定义V一如Nz供得.解（1）将已知驻波圆程 y＝（3. 0 X 10－2 m） cos（. 6. ml）－coos（550.s一小与驻波圆程的普遍形式 y＝ ZAcos （2.x／八）.（2.yi）做比较，可得二列波的振幅 A＝ 1. 5 X 10－‘ m，波少八二 1. 25 m，频次 v二 275 Hi，则波速 u 一如 2343.8 in·SI（2）相邻波节间的距离为(3）正在 t二 3. 0 X 10－3 s时，位于 x＝ 0. 625 m 处量面的振荡速度为14-17 一仄里简谐波的频次为500Hz，正在气氛中（ρ=/m3）以u=340m×10-6m.试供波正在耳中的仄稳能量稀度战声强.14-17解波正在耳中的仄稳能量稀度声强便是声波的能疏稀度，即那个声强略大于繁闲街讲上的噪声，使人耳已感触不符合.普遍仄常道话的声强约为 1. 0 X 10－6 W·m－2安排*14-18 里积为2的窗户启背街讲，街中噪声正在窗户的声强级为80dB.问有几声功率传进窗内？14-18分解最先要明白声强、声强级、声功率的物理意思，并相识它们之间的相互闭系.声强是声波的能流稀度I，而声强级L是形貌介量中分歧声波强强的物理量.它们之间的闭系为 L一体I／IO），其中 IO二 1. 0 X 10－’2 W·0－‘为确定声强.L的单位是贝我（B），但是常常使用的单位是分贝（dB），且IB＝10 dB.声功率是单位时间内声波通过某里积传播的能量，由于窗户上各处的I相共，故有P=IS.解根据分解，由L＝ig（I／ IO）可得声强为则传进窗户的声功率为14-19 若正在共一介量中传播的、频次分别为1200Hz战400Hz的二声波有相共的振幅.供：（1）它们的强度之比；（2）二声波的声强级好.14-19解（1）果声强I＝puA‘.‘／2，则二声波声强之比(2)果声强级L一回对付几)，则二声波声强级好为14-20 一警车以25m/s的速度正在停止的气氛中止驶，假设车上警笛的频次为800Hz.供：（1）停止站正在路边的人听到警车驶近战拜别时的警笛声波频次；（2）如果警车逃赶一辆速度为15m/s的客车，则客车上的人听到的警笛声波的频次是几？（设气氛中的声速u=330m/s）14-20分解由于声源与瞅察者之间的相对付疏通而爆收声多普勒效力，由多普勒频次公式可解得截止.正在处理那类问题时，不但是要分浑瞅察者相对付介量（气氛）是停止仍旧疏通，共时也要分浑声源的疏通状态.解（1）根据多普勒频次公式，当声源（警车）以速度 vs ＝25 m·s－‘疏通时，停止于路边的瞅察者所交支到的频次为警车驶近瞅察者时，式中Vs前与“－”号，故有警车驶离瞅察者时，式中Vs前与“＋”号，故有2）声源（警车）与客车上的瞅察者做共背疏通时，瞅察者支到的频次为14-21 如图14-21所示.一振荡频次为ν=510Hz的振源正在S面以速度v背墙壁交近，瞅察者正在面P处测得拍音频次ν′=3Hz，供振源移动得速度.（声速为330m/s）14-21分解位于面P的瞅察者测得的拍音是振源S直交传递战经墙壁反射后传播的二列波相逢叠加而产死的.由于振源疏通，交支频次.l、12均与振源速度.有闭.根据多普勒效力频次公式战拍频的定义，可解得振源的速度.解根据多普勒效力，位于面P的人直交交支到声源的频次. l战经墙反射后支到的频次分别为由拍额的定义有将数据代进上式并整治，可解得14-22 暂时遍及型晶体管支音机的中波敏捷度（指仄稳电场强度E×10-3×103km近处某电台的广播，该台的收射是各背共性的（以球里形式收射），而且电磁波正在传播时不耗费，问该台的收射功率起码有多大？14-22×1018W/m2，估计其对付应的电场强度战磁场强度的振幅. 14-23。
大学物理之波动光学习题与解答
r1．如图，S1、S2 是两个相干光源，它们到P 点的距离分别为r1 和r2．路径S1P 垂直穿过一块厚度为t1，折射率为n1 的介质板，路径S2P 垂直穿过厚度为t2，折射率为S1t1 r1Pt21 2(A) (r2 + n2t2 ) − (r1 + n1t1 )(B) [r2 + (n2 − 1)t2 ] −[r1 + (n1 − 1)t2 ](C) (r2 − n2t2 ) − (r1 − n1t1 )S2 n2(D) n2t2 − n1t12. 如图所示，波长为λ的平行单色光垂直入射在折射率为n2 的薄膜上，经上下两个表面n1 λ反射的两束光发生干涉．若薄膜厚度为e，而且n1＞n2＞n3，则两束反射光在相遇点的相(B) 2πn2 e / λ．(A) λD / (nd) (B) nλD/d．(C) λd / (nD)．(A) 使屏靠近双缝．(B) 使两缝的间距变小．(C) 把两个缝的宽度稍微调窄．(D) 改用波长较小的单色光源．5．在双缝干涉实验中，入射光的波长为λ，用玻璃纸遮住双缝中的一个缝，若玻璃纸中光程比相同厚度的空气的光(A) r k = kλR ．(B) r k = kλR / n ．(C) r k = knλR ．(D) r k = kλ /(nR)二．填空题：1．在双缝干涉实验中，两缝分别被折射率为n1 和n2 的透明薄膜遮盖，二者的厚度均为e．波长为λ的平行单色光垂直照射到双缝上，在屏中央处，两束相干光的相位差∆φ＝．2. 在双缝干涉实验中，双缝间距为d，双缝到屏的距离为D (D>>d)，测得中央零级明纹与第五级明之间的距离为x，则入射光的波长为．3．在双缝干涉实验中，若使两缝之间的距离增大，则屏幕上干涉条纹间距；若使单色光波长减小，则干涉条纹间距．4. 在双缝干涉实验中，所用光波波长λ＝5.461×10–4 mm，双缝与屏间的距离D＝300 mm，双缝间距为d＝0.134 mm，则中央明条纹两侧的两个第三级明条纹之间的距离为．n2en3n一．选择题：n2的另一介质板，其余部分可看作真空，这两条路径的光程差等于( )位差为( )(A) 4πn2e/λ．(C) (4πn2e/λ)+π．(D) (2πn2e/λ)−π．3．把双缝干涉实验装置放在折射率为n的水中，两缝间距离为d，双缝到屏的距离为D(D>>d)，所用单色光在真空中的波长为λ，则屏上干涉条纹中相邻的明纹之间的距离是( )(D)λD/(2nd)．4.在双缝干涉实验中，为使屏上的干涉条纹间距变大，可以采取的办法是( )程大2.5λ，则屏上原来的明纹处( )(A)仍为明条纹；(B)变为暗条纹；(C)既非明纹也非暗纹；(D)无法确定是明纹，还是暗纹6.在牛顿环实验装置中，曲率半径为R的平凸透镜与平玻璃扳在中心恰好接触，它们之间充满折射率为n的透明介质，垂直入射到牛顿环装置上的平行单色光在真空中的波长为λ，则反射光形成的干涉条纹中暗环半径r k的表达式为( )．一.光的干涉5. 图 a 为一块光学平板玻璃与一个加工过的平面一端接触，构成的空气劈尖，用波 长为λ的单色光垂直照射．看到反射光干涉条纹(实线为暗条纹)如图 b 所示．则干涉 图 a 条纹上 A 点处所对应的空气薄膜厚度为 e ＝ ．图 b6. 用波长为λ的单色光垂直照射到空气劈形膜上，从反射光中观察干涉条纹， 距顶点为 L 处是暗条纹．使劈尖角θ 连续变大，直到该点处再次出现暗条纹为止．劈尖角 的改变量∆θ是．7. 波长为λ的平行单色光垂直照射到劈形膜上，若劈尖角为θ (以弧度计)，劈形膜的折射率为 n ，则反射光形成的干 涉条纹中，相邻明条纹的间距为 ．8. 波长为λ的平行单色光垂直地照射到劈形膜上，劈形膜的折射率为 n ，第二条明纹与第五条明纹所对应的薄膜厚 度之差是 ．9. 已知在迈克耳孙干涉仪中使用波长为λ的单色光．在干涉仪的可动反射镜移动距离 d 的过程中，干涉条纹将移动 条．10. 在迈克耳孙干涉仪的一条光路中，插入一块折射率为 n ，厚度为 d 的透明薄片．插入这块薄片使这条光路的光 程改变了 ．11. 以一束待测伦琴射线射到晶面间距为 0.282 nm (1 nm = 10-9 m)的晶面族上，测得与第一级主极大的反射光相应 的掠射角为 17°30′，则待测伦琴射线的波长为 ．三．计算题：屏AθL1．在双缝干涉实验中，单色光源S 0到两缝S 1和S 2的距离分别为l 1和l 2，并且l 1－l 2＝3λ，λ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 (D >>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．2．在杨氏双缝实验中，设两缝之间的距离为 0.2 mm ．在距双缝 1 m 远的屏上观察干涉条纹，若入射光是波长为 400 nm 至 760 nm 的白光，问屏上离零级明纹 20 mm 处，哪些波长的光最大限度地加强？(1 nm ＝10-9 m)3．图示一牛顿环装置，设平凸透镜中心恰好和平玻璃接触，透镜凸表面的曲率半径是 R ＝400 cm ．用某单色平行光垂直入射，观察反射光形成的牛顿环，测得第 5 个明环的半径是 0.30 cm ．(1) 求入射光的波长． (2) 设图中 OA ＝1.00 cm ，求在半径为 OA 的范围内可观察到的明环数目．4．在 Si 的平表面上氧化了一层厚度均匀的 SiO 2 薄膜．为了测量薄膜厚度，将它的一部分磨成劈形(示意图中的 AB段)．现用波长为 600 nm 的平行光垂直照射，观察反射光形成的等厚干涉条纹．在图中 AB 段共有 8 条暗纹，且 B处恰好是一条暗纹，求薄膜的厚度．(Si 折射率为 3.42，SiO 2 折射率为1.50)5．在折射率为1.58 的玻璃表面镀一层MgF2（n = 1.38）透明薄膜作为增透膜．欲使它对波长为λ = 632.8 nm 的单色光在正入射时尽量少反射，则薄膜的厚度最小应是多少？一．选择题：二．光的衍射1 (A) a=2b．(B) a=b．(C) a=2b．(D) a=3 b．1．在夫琅禾费单缝衍射实验中，对于给定的入射单色光，当缝宽度变小时，除中央亮纹的中心位置不变外，各级衍射条纹( )(A)对应的衍射角变小．(B)对应的衍射角变大．(C)对应的衍射角也不变．(D)光强也不变．2．一单色平行光束垂直照射在宽度为1.0m m的单缝上，在缝后放一焦距为2.0m的会聚透镜．已知位于透镜焦平面处的屏幕上的中央明条纹宽度为2.0 mm，则入射光波长约为( )(1nm=10−9m)(A) 100n m(B) 400n m(C) 500n m(D) 600n m3．在单缝夫琅禾费衍射实验中波长为λ的单色光垂直入射到单缝上．对应于衍射角为30°的方向上，若单缝处波面可分成3个半波带，则缝宽度a等于( )(A)λ．(B) 1.5λ．(C) 2λ．(D) 3λ．4．在夫琅禾费单缝衍射实验中，对于给定的入射单色光，当缝宽度变小时，除中央亮纹的中心位置不变外，各级衍射条纹( )(A)对应的衍射角变小．(B)对应的衍射角变大．(C)对应的衍射角也不变．(D)光强也不变．5．测量单色光的波长时，下列方法中哪一种方法最为准确？( )(A)双缝干涉．(B)牛顿环．(C)单缝衍射．(D)光栅衍射．6．在光栅光谱中，假如所有偶数级次的主极大都恰好在单缝衍射的暗纹方向上，因而实际上不出现，那么此光栅每个透光缝宽度a和相邻两缝间不透光部分宽度b的关系为( )二．填空题：1．将波长为λ的平行单色光垂直投射于一狭缝上，若对应于衍射图样的第一级暗纹位置的衍射角的绝对值为θ，则缝的宽度等于．2．在单缝夫琅禾费衍射实验中，如果缝宽等于单色入射光波长的 2 倍，则中央明条纹边缘对应的衍射角ϕ= ．3．波长为λ的单色光垂直投射于缝宽为a，总缝数为N，光栅常数为d 的光栅上，光栅方程(表示出现主极大的衍射角ϕ应满足的条件)为．4．若波长为625 nm(1nm=10−9m)的单色光垂直入射到一个每毫米有800 条刻线的光栅上时，则第一级谱线的衍射角为5．衍射光栅主极大公式(a＋b) sinϕ＝±kλ，k＝0,1,2……．在k＝2 的方向上第一条缝与第六条缝对应点发出的两条衍射光的光程差δ＝6．设天空中两颗星对于一望远镜的张角为4.84×10−6 rad，它们都发出波长为550 nm 的光，为了分辨出这两颗星，望远镜物镜的口径至少要等于cm．(1 nm = 10-9 m)三．计算题：1．在用钠光(λ=589.3 nm)做光源进行的单缝夫琅禾费衍射实验中，单缝宽度a=0.5 mm，透镜焦距f=700 mm．求透镜焦平面上中央明条纹的宽度．(1nm=10−9m)2．某种单色平行光垂直入射在单缝上，单缝宽a = 0.15 mm．缝后放一个焦距f = 400 mm 的凸透镜，在透镜的焦平面上，测得中央明条纹两侧的两个第三级暗条纹之间的距离为8.0 mm，求入射光的波长．3．用每毫米300 条刻痕的衍射光栅来检验仅含有属于红和蓝的两种单色成分的光谱．已知红谱线波长λR 在0.63─0.76µm 范围内，蓝谱线波长λB 在0.43─0.49 µm 范围内．当光垂直入射到光栅时，发现在衍射角为24.46°处，红蓝两谱线同时出现．(1) 在什么角度下红蓝两谱线还会同时出现？(2) 在什么角度下只有红谱线出现？4．一平面衍射光栅宽2 cm，共有8000 条缝，用钠黄光(589.3 nm)垂直入射，试求出可能出现的各个主极大对应的衍射角．(1nm=109m)5．某种单色光垂直入射到每厘米有8000 条刻线的光栅上，如果第一级谱线的衍射角为30°那么入射光的波长是多少？能不能观察到第二级谱线？6．用钠光(λ=589.3 nm)垂直照射到某光栅上，测得第三级光谱的衍射角为60°．(1) 若换用另一光源测得其第二级光谱的衍射角为30°，求后一光源发光的波长．(2) 若以白光(400 nm－760 nm) 照射在该光栅上，求其第二级光谱的张角．(1 nm= 10-9 m)三．光的偏振一．空题：1．马吕斯定律的数学表达式为I = I0 cos2 α．式中I 为通过检偏器的透射光的强度；I0 为入射的强度；α为入射光方向和检偏器方向之间的夹角．2．两个偏振片叠放在一起，强度为I0 的自然光垂直入射其上，若通过两个偏振片后的光强为I0 / 8 ，则此两偏振片的偏振化方向间的夹角(取锐角)是，若在两片之间再插入一片偏振片，其偏振化方向与前后两片的偏振化方向的夹角（取锐角）相等．则通过三个偏振片后的透射光强度为．3．要使一束线偏振光通过偏振片之后振动方向转过90°，至少需要让这束光通过块理想偏振片．在此情况下，透射光强最大是原来光强的倍．4．自然光以入射角57°由空气投射于一块平板玻璃面上，反射光为完全线偏振光，则折射角为．5．一束自然光以布儒斯特角入射到平板玻璃片上，就偏振状态来说则反射光为，反射光E 矢量的振动方向，透射光为．6．在双折射晶体内部，有某种特定方向称为晶体的光轴．光在晶体内沿光轴传播时，光和光的传播速度相等．二．计算题：1．将两个偏振片叠放在一起，此两偏振片的偏振化方向之间的夹角为60o ，一束光强为I0 的线偏振光垂直入射到偏振片上，该光束的光矢量振动方向与二偏振片的偏振化方向皆成30°角．(1) 求透过每个偏振片后的光束强度；(2) 若将原入射光束换为强度相同的自然光，求透过每个偏振片后的光束强度．2．两个偏振片叠在一起，在它们的偏振化方向成α1＝30°时，观测一束单色自然光．又在α2＝45°时，观测另一束单色自然光．若两次所测得的透射光强度相等，求两次入射自然光的强度之比．3．将三个偏振片叠放在一起，第二个与第三个的偏振化方向分别与第一个的偏振化方向成45°和90°角．(1) 强度为I0 的自然光垂直入射到这一堆偏振片上，试求经每一偏振片后的光强和偏振状态．(2) 如果将第二个偏振片抽走，情况又如何？波动光学解答一．光的干涉一． 选择题：1 2 3 4 5 6B A A B B B 二． 填空题：1．2π(n1 – n2) e / λ2．xd / (5D)3．变小变小4．7.32 mm35．λ26．λ / (2L)7． λ/(2nθ)8．3λ / (2n)9．2d/λ10．2( n – 1) d11．0.170 nm三．计算题：121．解：(1) 如图，设P 0为零级明纹中心 则 D O P d r r /012≈-(l 2 +r 2) - (l 1 +r 1) = 0 ∴ r 2 – r 1 = l 1 – l 2 = 3λ ∴()dD d r r D O P /3/120λ=-=(2) 在屏上距O 点为x 处, 光程差λδ3)/(-≈D dx明纹条件 λδk ±= (k ＝1，2，....)()d D k x k /3λλ+±= 在此处令k ＝0，即为(1)的结果．相邻明条纹间距d D x x x k k /1λ=-=+∆2．解：已知：d ＝0.2 mm ，D ＝1 m ，l ＝20 mm 依公式： λk l DdS ==∴ Ddl k =λ＝4×10-3 mm ＝4000 nm故当 k ＝10 λ1＝ 400 nm k ＝9 λ2＝444.4 nm k ＝8 λ3＝ 500 nm k ＝7 λ4＝571.4 nm k ＝6 λ5＝666.7 nm这五种波长的光在所给观察点最大限度地加强．3．解：(1) 明环半径 ()2/12λ⋅-=R k r()Rk r 1222-=λ＝5×10-5 cm (或500 nm)(2) (2k －1)＝2 r 2 / (R λ)对于r ＝1.00 cm ， k ＝r 2 / (R λ)＋0.5＝50.5故在OA 范围内可观察到的明环数目为50个．4．解：上下表面反射都有相位突变π，计算光程差时不必考虑附加的半波长. 设膜厚为e , B 处为暗纹，2ne ＝21( 2k ＋1 )λ， (k ＝0，1，2，…) A 处为明纹，B 处第8个暗纹对应上式k ＝7()nk e 412λ+=＝1.5×10-3 mm5．解：尽量少反射的条件为2/)12(2λ+=k ne ( k = 0, 1, 2, …)令 k = 0 得 d min = λ / 4n= 114.6 nm二．光的衍射一． 选择题： 1 2 3 4 5 6 B C D B D B一． 填空题：1．λ / sin θ2．±30° (答30° 也可以)3．d sin ϕ =k λ ( k =0，±1，±2,···)4．30 °5．10λ6．13.9三．计算题：1．解： a sin ϕ = λ a f f f x /sin tg 1λφφ=≈== 0.825 mm ∆x =2x 1=1.65 mm2．解：设第三级暗纹在ϕ3方向上，则有 a sin ϕ3 = 3λ此暗纹到中心的距离为x 3 = f tg ϕ3因为ϕ3很小，可认为tg ϕ3≈sin ϕ3，所以x 3≈3f λ / a ．两侧第三级暗纹的距离是 2 x 3 = 6f λ / a = 8.0mm∴ λ = (2x 3) a / 6f = 500 nm3．解： ∵ a +b = (1 / 300) mm = 3.33 μm(1) (a + b ) sin ψ =k λ∴ k λ= (a + b ) sin24.46°= 1.38 μm∵ λR =0.63─0.76 μm ；λB ＝0.43─0.49 μm对于红光，取k =2 , 则λR =0.69 μm对于蓝光，取k =3, 则 λB =0.46 μm红光最大级次 k max = (a + b ) / λR =4.8,取k max =4则红光的第4级与蓝光的第6级还会重合．设重合处的衍射角为ψ' , 则()828.0/4sin =+='b a R λψ∴ ψ'=55.9°(2) 红光的第二、四级与蓝光重合，且最多只能看到四级，所以纯红光谱的第一、三级将出现．()207.0/sin 1=+=b a R λψ ψ1 = 11.9° ()621.0/3sin 3=+=b a R λψ ψ3 = 38.4°4．解：由光栅公式 (a ＋b )sin ϕ = k λ sin ϕ = k λ/(a ＋b ) =0.2357kk =0 ϕ =0k =±1 ϕ1 =±sin -10.2357=±13.6°k =±2 ϕ2 =±sin -10.4714=±28.1°k =±3 ϕ3 =±sin -10.7071=±45.0°k =±4 ϕ4 =±sin -10.9428=±70.5°5．解：由光栅公式(a ＋b )sin ϕ =k λk =1， φ =30°，sin ϕ1=1 / 2∴ λ=(a ＋b )sin ϕ1/ k =625 nm 若k =2, 则 sin ϕ2=2λ / (a + b ) = 1, ϕ2=90° 实际观察不到第二级谱线6．解：(1) (a + b ) sin ϕ = 3λa +b =3λ / sin ϕ ， ϕ=60°a +b =2λ'/sin ϕ' ϕ'=30° 3λ / sin ϕ =2λ'/sin ϕ' λ'=510.3 nm (2) (a + b ) =3λ / sin ϕ =2041.4 nm2ϕ'=sin -1(2×400 / 2041.4) (λ=400nm)2ϕ''=sin -1(2×760 / 2041.4) (λ=760nm) 白光第二级光谱的张角 ∆ϕ = 22ϕϕ'-''= 25°三．光的偏振一．填空题：1．线偏振光(或完全偏振光，或平面偏振光) 光(矢量)振动 偏振化(或透光轴)2．60°(或π / 3)9I 0 / 32 3．2 1/44．33°5．完全（线）偏振光 垂直于入射面 部分偏振光6．寻常非常 或：非常寻常二．计算题：1．解：(1) 透过第一个偏振片的光强I 1I 1＝I 0 cos 230°＝3 I 0 / 4 透过第二个偏振片后的光强I 2， I 2＝I 1cos 260°＝3I 0 / 16(2) 原入射光束换为自然光，则I 1＝I 0 / 2 I 2＝I 1cos 260°＝I 0 / 82．解：令I 1和I 2分别为两入射光束的光强．透过起偏器后，光的强度分别为I 1 / 2和I 2 / 2马吕斯定律，透过检偏器的光强分别为1211cos 21αI I =', 2222cos 21αI I ='按题意，21I I '='，于是 222121cos 21cos 21ααI I = 得 3/2cos /cos /221221==ααI I3．解：(1) 自然光通过第一偏振片后，其强度 I 1 = I 0 / 2通过第2偏振片后，I 2＝I 1cos 245︒＝I 1/ 4通过第3偏振片后，I 3＝I 2cos 245︒＝I 0/ 8通过每一偏振片后的光皆为线偏振光，其光振动方向与刚通过的偏振片的偏振化方向平行． (2) 若抽去第2片，因为第3片与第1片的偏振化方向相互垂直，所以此时I 3 =0. I 1仍不变．4．解：由题可知i 1和i 2应为相应的布儒斯特角，由布儒斯特定律知 tg i 1= n 1＝1.33； tg i 2＝n 2 / n 1＝1.57 / 1.333，由此得 i 1＝53.12°，i 2＝48.69°．由△ABC 可得 θ＋(π / 2＋r )＋(π / 2－i 2)＝π整理得 θ＝i 2－r由布儒斯特定律可知， r ＝π / 2－i 1 将r 代入上式得θ＝i 1＋i 2－π / 2＝53.12°＋48.69°－90°＝11.8°5．解：设I 为自然光强；I 1、I 2分别表示转动前后透射光强．由马吕斯定律得8/330cos 2121I I I =︒=8/60cos 2122I I I =︒=故 3)8//()8/3(/21==I I I I。
大学物理(机械工业出版社)第14章课后答案
第十四章 波动#14－1 如本题图所示，一平面简谐波沿ox 轴正向传播，波速大小为u ，若P 处质点振动方程为)cos(ϕ+ω=t A y P ，求：（1）O 处质点的振动方程；（2）该波的波动方程；（3）与P 处质点振动状态相同质点的位置。
解：（1）O 处质点振动方程：y 0 = A cos [ ω（t + L / u ）+φ] （2）波动方程y 0 = A cos { ω[t - （x - L ）/ u +φ} （3）质点位置x = L ± k 2πu / ω （k = 0 , 1, 2, 3……）14－2 一简谐波，振动周期T =1/2s ，波长λ＝10m ，振幅A =0.1m ，当t =0时刻，波源振动的位移恰好为正方向的最大值，若坐标原点和波源重合，且波沿ox 轴正方向传播，求：（1）此波的表达式；（2）t 1＝T/4时刻，x 1=λ/4处质点的位移；（3）t 2 ＝T/2时刻，x 1=λ/4处质点的振动速度。
解：（1） y = 0.1 cos ( 4πt - 2πx / 10 )= 0.1 cos 4π（t - x / 20 ） (SI) （2） 当 t 1 = T / 4 = 1 / 8 ( s ) , x 1 = λ/ 4 = 10 / 4 m 处质点的位移y 1 = 0.1cos 4π（T / 4 - λ/ 80 ）= 0.1 cos 4π(1 / 8 - 1 / 8 ) = 0.1 m （3） 振速 )20/(4sin 4.0x t tyv --=∂∂=ππ t 2 = T / 2 = 1 / 4 (S) ,在x 1 = λ/ 4 = 10 / 4( m ) 处质点的振速v 2 = -0.4πsin (π-π/ 2 ) = - 1.26 m / s14－3 一简谐波沿x 轴负方向传播，圆频率为ω，波速为u 。
设4Tt =时刻的波形如本题图所示，求该波的表达式。
解：由图可看出，在t=0时，原点处质点位移y 0＝－A ，说明原点处质点的振动初相πϕ=0，因而波动方程为])(cos[πω++=uxt A y14－4 本题图表示一平面余弦波在t ＝0时刻与t ＝2s 时刻的波形图，求： (1) 坐标原点处介质质点的振动方程；(2) 该波的波方程。
大学物理答案第14章培训讲学
大学物理答案第14章第十四章波动光学14-1在双缝干涉实验中，若单色光源S到两缝S1、S2距离相等，则观察屏上中央明条纹位于图中O处，现将光源S向下移动到图中的S′位置，则（）（A）中央明纹向上移动，且条纹间距增大（B）中央明纹向上移动，且条纹间距不变（C）中央明纹向下移动，且条纹间距增大（D）中央明纹向下移动，且条纹间距不变分析与解由S发出的光到达S1、S2的光程相同，它们传到屏上中央O 处，光程差Δ＝0，形成明纹．当光源由S移到S′时，由S′到达狭缝S1和S2 的两束光产生了光程差．为了保持原中央明纹处的光程差为0，它会向上移到图中O′处．使得由S′沿S1、S2狭缝传到O′处的光程差仍为0．而屏上各级条纹位置只是向上平移，因此条纹间距不变．故选（B）．题14-1 图14-2如图所示，折射率为n2，厚度为e的透明介质薄膜的上方和下方的透明介质的折射率分别为n1和n3，且n1＜n2，n2＞n3，若用波长为λ的单色平行光垂直入射到该薄膜上，则从薄膜上、下两表面反射的光束的光程差是（ ）()()()()2222222D 2C 22B 2A n e n e n e n e n λλλ---题14-2 图分析与解 由于n 1 ＜n 2 ，n 2 ＞n 3 ，因此在上表面的反射光有半波损失，下表面的反射光没有半波损失，故它们的光程差222λ±=∆e n ，这里λ是光在真空中的波长．因此正确答案为（B ）．14-3 如图（a ）所示，两个直径有微小差别的彼此平行的滚柱之间的距离为L ，夹在两块平面晶体的中间，形成空气劈形膜，当单色光垂直入射时，产生等厚干涉条纹，如果滚柱之间的距离L 变小，则在L 范围内干涉条纹的（ ）（A ） 数目减小，间距变大 （B ） 数目减小，间距不变（C ） 数目不变，间距变小 （D ） 数目增加，间距变小题14-3图分析与解 图（a ）装置形成的劈尖等效图如图（b ）所示．图中 d 为两滚柱的直径差，b 为两相邻明（或暗）条纹间距．因为d 不变，当L 变小时，θ 变大，L ′、b 均变小．由图可得L d b n '==//2sin λθ，因此条纹总数n d b L N λ//2='=，因为d 和λn 不变，所以N 不变．正确答案为（C ）14-4 用平行单色光垂直照射在单缝上时，可观察夫琅禾费衍射.若屏上点P 处为第二级暗纹，则相应的单缝波阵面可分成的半波带数目为（ ）（A ） 3 个 （B ） 4 个 （C ） 5 个 （D ） 6 个分析与解 根据单缝衍射公式()()(),...2,1 212 22sin =⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+±±=k λk λk θb 明条纹暗条纹 因此第k 级暗纹对应的单缝处波阵面被分成2k 个半波带，第k 级明纹对应的单缝波阵面被分成2k ＋1 个半波带．则对应第二级暗纹，单缝处波阵面被分成4个半波带．故选（B ）．14-5 波长λ＝550 nm 的单色光垂直入射于光栅常数d ＝='+b b 1.0 ×10-4 cm 的光栅上，可能观察到的光谱线的最大级次为（ ）（A ） 4 （B ） 3 （C ） 2 （D ） 1分析与解 由光栅方程(),...1,0dsin =±=k k λθ，可能观察到的最大级次为()82.1/2dsin max =≤λπk 即只能看到第1 级明纹，正确答案为（D ）．14-6 三个偏振片P 1 、P 2 与P 3 堆叠在一起，P 1 与P 3的偏振化方向相互垂直，P 2与P 1 的偏振化方向间的夹角为30°，强度为I 0 的自然光入射于偏振片P 1 ，并依次透过偏振片P 1 、P 2与P 3 ，则通过三个偏振片后的光强为（ ）（A ） 3I 0/16 （B ） 3I 0/8 （C ） 3I 0/32 （D ） 0分析与解 自然光透过偏振片后光强为I 1 ＝I 0/2．由于P 1 和P 2 的偏振化方向成30°，所以偏振光透过P 2 后光强由马吕斯定律得8/330cos 0o 212I I I ==．而P 2和P 3 的偏振化方向也成60°，则透过P 3 后光强变为32/360cos 0o 223I I I ==．故答案为（C ）．14-7 自然光以60°的入射角照射到两介质交界面时，反射光为完全线偏振光，则折射光为（ ）（A ） 完全线偏振光，且折射角是30°（B ） 部分偏振光且只是在该光由真空入射到折射率为3的介质时，折射角是30°（C ） 部分偏振光，但须知两种介质的折射率才能确定折射角（D ） 部分偏振光且折射角是30°分析与解 根据布儒斯特定律，当入射角为布儒斯特角时，反射光是线偏振光，相应的折射光为部分偏振光.此时，反射光与折射光垂直.因为入射角为60°，反射角也为60°，所以折射角为30°.故选（D ）.14-8 在双缝干涉实验中，两缝间距为0.30 mm ，用单色光垂直照射双缝，在离缝1.20m 的屏上测得中央明纹一侧第5条暗纹与另一侧第5条暗纹间的距离为22.78 mm ．问所用光的波长为多少，是什么颜色的光？分析与解 在双缝干涉中，屏上暗纹位置由()212λ+'=k d d x 决定，式中d ′为双缝到屏的距离，d 为双缝间距．所谓第5条暗纹是指对应k ＝4 的那一级暗纹．由于条纹对称，该暗纹到中央明纹中心的距离mm 27822.=x ，那么由暗纹公式即可求得波长λ．此外，因双缝干涉是等间距的，故也可用条纹间距公式λdd x '=∆求入射光波长．应注意两个第5 条暗纹之间所包含的相邻条纹间隔数为9（不是10，为什么？），故mm 97822.=∆x . 解1 屏上暗纹的位置()212λ+'=k d d x ，把m 102782243-⨯==.,x k 以及d 、d ′值代入，可得λ＝632.8 nm ，为红光．解2 屏上相邻暗纹（或明纹）间距'd x d λ∆=，把322.7810m 9x -∆=⨯，以及d 、d ′值代入，可得λ＝632.8 nm ．14-9 在双缝干涉实验中，用波长λ＝546.1 nm 的单色光照射，双缝与屏的距离d ′＝300mm ．测得中央明纹两侧的两个第五级明条纹的间距为12.2 mm ，求双缝间的距离．分析 双缝干涉在屏上形成的条纹是上下对称且等间隔的．如果设两明纹间隔为Δx ，则由中央明纹两侧第五级明纹间距x 5 －x -5 ＝10Δx 可求出Δx ．再由公式Δx ＝d ′λ／d 即可求出双缝间距d ．解 根据分析：Δx ＝（x 5 －x -5）/10 ＝1.22×10-3 m双缝间距： d ＝d ′λ／Δx ＝1.34 ×10-4 m14-10 一个微波发射器置于岸上，离水面高度为d ，对岸在离水面h 高度处放置一接收器，水面宽度为D ，且,D d D h ，如图所示．发射器向对面发射波长为λ的微波，且λ＞d ，求接收器测到极大值时，至少离地多高？分析 由发射器直接发射的微波与经水面反射后的微波相遇可互相干涉，这种干涉与劳埃德镜实验完全相同．形成的干涉结果与缝距为2d ，缝屏间距为D 的双缝干涉相似，如图（b ）所示，但要注意的是和劳埃德镜实验一样，由于从水面上反射的光存在半波损失，使得两束光在屏上相遇产生的光程差为2/sin 2λθd +，而不是θd sin 2．题14-10 图解 由分析可知，接收到的信号为极大值时，应满足(),...2,12/sin 2==+k λk λθd()d k D D D h 412sin tan -=≈≈λθθ 取k ＝1 时，得d D h 4min λ=． 14-11 如图所示，将一折射率为1.58的云母片覆盖于杨氏双缝上的一条缝上，使得屏上原中央极大的所在点O 改变为第五级明纹.假定λ=550 nm ，求：（1）条纹如何移动？（2） 云母片的厚度t.题14-11图分析 (1)本题是干涉现象在工程测量中的一个具体应用，它可以用来测量透明介质薄片的微小厚度或折射率．在不加介质片之前，两相干光均在空气中传播，它们到达屏上任一点P 的光程差由其几何路程差决定，对于点O ，光程差Δ＝0，故点O 处为中央明纹，其余条纹相对点O 对称分布．而在插入介质片后，虽然两相干光在两介质薄片中的几何路程相同，但光程却不同，对于点O ，Δ≠0，故点O 不再是中央明纹，整个条纹发生平移．原来中央明纹将出现在两束光到达屏上光程差Δ=0的位置.(2) 干涉条纹空间分布的变化完全取决于光程差的变化．因此，对于屏上某点P （明纹或暗纹位置），只要计算出插入介质片前后光程差的变化，即可知道其干涉条纹的变化情况．插入介质前的光程差Δ1 ＝r 1 －r 2 ＝k 1 λ（对应k 1 级明纹），插入介质后的光程差Δ2 ＝（n －1）d ＋r 1 －r 2 ＝k 1 λ（对应k 1 级明纹）．光程差的变化量为Δ2 －Δ1 ＝（n －1）d ＝（k 2 －k 1 ）λ式中（k 2 －k 1 ）可以理解为移过点P 的条纹数（本题为5）．因此，对于这类问题，求解光程差的变化量是解题的关键．解 由上述分析可知，两介质片插入前后，对于原中央明纹所在点O ，有()λ51212=-=∆-∆d n将有关数据代入可得m 1074.4156-⨯=-=n d λ 14-12 白光垂直照射到空气中一厚度为380 nm 的肥皂膜上．设肥皂的折射率为1.32．试问该膜的正面呈现什么颜色？分析 这是薄膜干涉问题，求正面呈现的颜色就是在反射光中求因干涉增强光的波长（在可见光范围）．解 根据分析对反射光加强，有(),...2,122==+k k ne λλ124-=k ne λ 在可见光范围，k ＝2 时，nm 8668.=λ（红光）k ＝3 时，nm 3401.=λ（紫光）故正面呈红紫色．14-13 利用空气劈尖测细丝直径．如图所示，已知λ＝589.3 nm ，L ＝2.888 ×10-2m ，测得30 条条纹的总宽度为4.259 ×10-3 m ，求细丝直径d ．分析 在应用劈尖干涉公式L nb d 2λ= 时，应注意相邻条纹的间距b 是N条条纹的宽度Δx 除以（N －1）．对空气劈尖n ＝1．解 由分析知，相邻条纹间距1-∆=N x b ，则细丝直径为 ()m 107552125-⨯=∆-==.xn N L nb d λλ题14-13 图14-14 集成光学中的楔形薄膜耦合器原理如图所示．沉积在玻璃衬底上的是氧化钽（52O Ta ）薄膜，其楔形端从A 到B 厚度逐渐减小为零．为测定薄膜的厚度，用波长λ＝632.8nm 的He Ne - 激光垂直照射，观察到薄膜楔形端共出现11 条暗纹，且A 处对应一条暗纹，试求氧化钽薄膜的厚度．（52O Ta 对632.8 nm 激光的折射率为2.21）题14-14 图分析 置于玻璃上的薄膜AB 段形成劈尖，求薄膜厚度就是求该劈尖在A 点处的厚度．由于25Ta O 对激光的折射率大于玻璃，故从该劈尖上表面反射的光有半波损失，而下表面没有，因而两反射光光程差为Δ＝2ne ＋λ/2．由反射光暗纹公式2ne k ＋λ/2 ＝（2k ＋1）λ/2，k ＝0，1，2，3，…，可以求厚度e k ．又因为AB 中共有11 条暗纹（因半波损失B 端也为暗纹），则k 取10即得薄膜厚度．解 根据分析，有2ne k ＋2λ＝（2k ＋1）λ/2 （k ＝0，1，2，3，…） 取k ＝10，得薄膜厚度e 10 ＝n 210λ＝1.4 ×10-6m ． 14-15 折射率为1.60的两块标准平面玻璃板之间形成一个劈形膜（劈尖角θ 很小）．用波长λ＝600 nm 的单色光垂直入射，产生等厚干涉条纹．假如在劈形膜内充满n ＝1.40 的液体时的相邻明纹间距比劈形膜内是空气时的间距缩小Δl ＝0.5 mm ，那么劈尖角θ 应是多少？分析 劈尖干涉中相邻条纹的间距l ≈θλn 2，其中θ 为劈尖角，n 是劈尖内介质折射率．由于前后两次劈形膜内介质不同，因而l 不同．则利用l ≈θλn 2和题给条件可求出θ．解 劈形膜内为空气时，θλ2=空l 劈形膜内为液体时，θλn l 2=液则由θλθλnlll22-=-=∆液空，得()rad107112114-⨯=∆-=./lnλθ14-16如图(a)所示的干涉膨胀仪，已知样品的平均高度为3.0 ×10-2m，用λ＝589.3 nm的单色光垂直照射．当温度由17 ℃上升至30 ℃时，看到有20 条条纹移过，问样品的热膨胀系数为多少？题14-16 图分析温度升高ΔT＝T2－T1后，样品因受热膨胀，其高度l的增加量Δl ＝lαΔT．由于样品表面上移，使在倾角θ不变的情况下，样品与平板玻璃间的空气劈的整体厚度减小．根据等厚干涉原理，干涉条纹将整体向棱边平移，则原k级条纹从a 移至a′处，如图（b）所示，移过某一固定观察点的条纹数目N与Δl的关系为2λNl=∆，由上述关系可得出热膨胀系数α．解由题意知，移动的条纹数N＝20，从分析可得TlN∆=αλ2则热膨胀系数5105112-⨯=∆=.TlNλα K1-14－17在利用牛顿环测未知单色光波长的实验中，当用已知波长为589.3 nm的钠黄光垂直照射时，测得第一和第四暗环的距离为Δr＝4.00 ×10-3 m；当用波长未知的单色光垂直照射时，测得第一和第四暗环的距离为Δr ′＝3.85 ×10-3 m ，求该单色光的波长．分析 牛顿环装置产生的干涉暗环半径λkR r =，其中k ＝0，1，2…，k ＝0，对应牛顿环中心的暗斑，k ＝1 和k ＝4 则对应第一和第四暗环，由它们之间的间距λR r r r =-=∆14，可知λ∝∆r ，据此可按题中的测量方法求出未知波长λ′．解 根据分析有λλ'=∆'∆r r 故未知光波长 λ′＝546 nm14 －18 如图所示，折射率n 2 ＝1.2 的油滴落在n 3 ＝1.50 的平板玻璃上，形成一上表面近似于球面的油膜，测得油膜中心最高处的高度d m ＝1.1 μm ，用λ＝600 nm 的单色光垂直照射油膜，求（1） 油膜周边是暗环还是明环？ （2） 整个油膜可看到几个完整的暗环？题14-18 图分析 本题也是一种牛顿环干涉现象，由于n 1 ＜n 2 ＜n 3 ，故油膜上任一点处两反射相干光的光程差Δ＝2n 2d ．（1） 令d ＝0，由干涉加强或减弱条件即可判断油膜周边是明环．（2） 由2n 2d ＝（2k ＋1）λ/2，且令d ＝d m 可求得油膜上暗环的最高级次（取整），从而判断油膜上完整暗环的数目．解 （1） 根据分析，由()()(),...2,1,0 212 22=⎪⎩⎪⎨⎧+=k k k d n 暗条纹明条纹λλ 油膜周边处d ＝0，即Δ＝0 符合干涉加强条件，故油膜周边是明环．（2） 油膜上任一暗环处满足()(),...,,/21021222=+==∆k k d n λ令d ＝d m ，解得k ＝3.9，可知油膜上暗环的最高级次为3，故油膜上出现的完整暗环共有4 个，即k ＝0，1，2，3．14-19 把折射率n ＝1.40 的薄膜放入迈克耳孙干涉仪的一臂，如果由此产生了7.0 条条纹的移动，求膜厚．设入射光的波长为589 nm ．分析 迈克耳孙干涉仪中的干涉现象可以等效为薄膜干涉（两平面镜相互垂直）和劈尖干涉（两平面镜不垂直）两种情况，本题属于后一种情况．在干涉仪一臂中插入介质片后，两束相干光的光程差改变了，相当于在观察者视野内的空气劈尖的厚度改变了，从而引起干涉条纹的移动．解 插入厚度为d 的介质片后，两相干光光程差的改变量为2（n －1）d ，从而引起N 条条纹的移动，根据劈尖干涉加强的条件，有2（n －1）d ＝Nλ，得()m 101545126-⨯=-=.n N d λ 14-20 如图所示，狭缝的宽度b ＝0.60 mm ，透镜焦距f ＝0.40m ，有一与狭缝平行的屏放置在透镜焦平面处．若以波长为600 nm 的单色平行光垂直照射狭缝，则在屏上离点O 为x ＝1.4 mm 处的点P 看到的是衍射明条纹．试求：（1） 点P 条纹的级数；（2） 从点P 看来对该光波而言，狭缝的波阵面可作半波带的数目．分析 单缝衍射中的明纹条件为()212sin λϕ+±=k b ，在观察点P 位置确定（即衍射角φ确定）以及波长λ确定后，条纹的级数k 也就确定了.而狭缝处的波阵面对明条纹可以划分的半波带数目为（2k ＋1）条．解 （1） 设透镜到屏的距离为d ，由于d ＞＞b ，对点P 而言，有dx =≈ϕϕtan sin ．根据分析中的条纹公式，有 ()212λ+±=k d bx 将b 、d （d ≈f ）、x , λ的值代入，可得k ＝３（2） 由分析可知，半波带数目为7.题14-20 图14-21 一单色平行光垂直照射于一单缝，若其第三条明纹位置正好和波长为600 nm 的单色光垂直入射时的第二级明纹的位置一样，求前一种单色光的波长．分析 采用比较法来确定波长．对应于同一观察点，两次衍射的光程差相同，由于衍射明纹条件()212sin λϕ+=k b ，故有()()22111212λλ+=+k k ，在两明纹级次和其中一种波长已知的情况下，即可求出另一种未知波长．解 根据分析，将32nm 600122===k k ,,λ代入()()22111212λλ+=+k k ，得()nm 642812121221.=++=k k λλ14-22 已知单缝宽度b ＝1.0 ×10-4 m ，透镜焦距f ＝0.50 m ，用λ1 ＝400 nm 和λ2 ＝760 nm 的单色平行光分别垂直照射，求这两种光的第一级明纹离屏中心的距离，以及这两条明纹之间的距离．若用每厘米刻有1000条刻线的光栅代替这个单缝，则这两种单色光的第一级明纹分别距屏中心多远？ 这两条明纹之间的距离又是多少？分析 用含有两种不同波长的混合光照射单缝或光栅，每种波长可在屏上独立地产生自己的一组衍射条纹，屏上最终显示出两组衍射条纹的混合图样．因而本题可根据单缝（或光栅）衍射公式分别计算两种波长的k 级条纹的位置x 1和x 2 ，并算出其条纹间距Δx ＝x 2 －x 1 ．通过计算可以发现，使用光栅后，条纹将远离屏中心，条纹间距也变大，这是光栅的特点之一．解 （1） 当光垂直照射单缝时，屏上第k 级明纹的位置()f b k x 212λ+=当λ1 ＝400 nm 和k ＝1 时， x 1 ＝3.0 ×10-3 m当λ2 ＝760 nm 和k ＝1 时， x 2 ＝5.7 ×10-3 m其条纹间距 Δx ＝x 2 －x 1 ＝2.7 ×10-3 m（2） 当光垂直照射光栅时，屏上第k 级明纹的位置为f dk x λ=' 而光栅常数 m 10m 1010532--==d 当λ1 ＝400 nm 和k ＝1 时， x 1 ＝2.0 ×10-2 m当λ2 ＝760 nm 和k ＝1 时， x 2 ＝3.8 ×10-2 m其条纹间距 m 1081212-⨯='-'='∆.x x x 14-23 老鹰眼睛的瞳孔直径约为6 mm ，问其最多飞翔多高时可看清地面上身长为5cm 的小鼠？ 设光在空气中的波长为600 nm ．分析 两物体能否被分辨，取决于两物对光学仪器通光孔（包括鹰眼）的张角θ 和光学仪器的最小分辨角θ0 的关系．当θ≥θ0 时能分辨，其中θ＝θ0 为恰能分辨．在本题中D λθ2210.=为一定值，这里D 是鹰的瞳孔直径.而h L /=θ,其中L 为小鼠的身长，h 为老鹰飞翔的高度.恰好看清时θ＝θ0.解 由分析可知 L /h ＝1.22λ/D ，得飞翔高度h ＝LD /（1.22λ） ＝409.8 m ．14-24 一束平行光垂直入射到某个光栅上，该光束中包含有两种波长的光：λ1 ＝440 nm 和λ2 ＝660 nm ．实验发现，两种波长的谱线（不计中央明纹）第二次重合于衍射角φ＝60°的方向上，求此光栅的光栅常数．分析 根据光栅衍射方程λϕk d ±=sin ，两种不同波长的谱线，除k ＝0 中央明纹外，同级明纹在屏上位置是不同的，如果重合，应是它们对应不同级次的明纹在相同衍射角方向上重合．故由d sin φ＝k λ1 ＝k ′λ2 可求解本题．解 由分析可知21sin λλϕk k d '==， 得得 2312///=='λλk k上式表明第一次重合是λ1 的第3 级明纹与λ2 的第2级明纹重合，第二次重合是λ1 的第6 级明纹与λ2 的第4级明纹重合．此时，k ＝6，k ′＝4，φ＝60°，则光栅常数μm 05.3m 1005.3/sin 61=⨯==-ϕλk d*14-25 波长为600 nm 的单色光垂直入射在一光栅上，其透光和不透光部分的宽度比为1：3，第二级主极大出现在200sin .=ϕ处．试问（1） 光栅上相邻两缝的间距是多少？（2） 光栅上狭缝的宽度有多大？ （3） 在－90°＜φ＜90°范围内，呈现全部明条纹的级数为哪些．分析 （1） 利用光栅方程()λϕϕk b b d ±='+=sin sin ，即可由题给条件求出光栅常数b b d '+=（即两相邻缝的间距）．这里b 和b '是光栅上相邻两缝透光（狭缝）和不透光部分的宽度，在已知两者之比时可求得狭缝的宽度（2） 要求屏上呈现的全部级数，除了要求最大级次k 以外，还必须知道光栅缺级情况.光栅衍射是多缝干涉的结果，也同时可看成是光透过许多平行的单缝衍射的结果．缺级就是按光栅方程计算屏上某些应出现明纹的位置，按各个单缝衍射计算恰是出现暗纹的位置．因此可以利用光栅方程()λϕϕk b b d ='+=sin sin 和单缝衍射暗纹公式'sin b k ϕλ=可以计算屏上缺级的情况，从而求出屏上条纹总数．解 （1）光栅常数 μm 6m 106sin 6=⨯==-ϕk λd （2） 由 ⎪⎩⎪⎨⎧='='+=31μm 6b b b b d 得狭缝的宽度b =1.5 μm .（3） 利用缺级条件()()()⎩⎨⎧±=''=±=='+,...1,0sin ,...1,0sin k k b k k b b λϕλϕ 则（b ＋b ′）／b ＝k ／k ′＝4，则在k ＝4k ′，即±4， ±8， ±12，…级缺级．又由光栅方程()λϕk b b ±='+sin ，可知屏上呈现条纹最高级次应满足()10='+<λ/b b k ，即k =9，考虑到缺级，实际屏上呈现的级数为：0， ±1， ±2， ±3，±5， ±6， ±7， ±9，共15 条．*14-26 以波长为0.11 nm 的X 射线照射岩盐晶体，实验测得X 射线与晶面夹角为11.5°时获得第一级反射极大．（1） 岩盐晶体原子平面之间的间距d 为多大？ （2） 如以另一束待测X 射线照射，测得X 射线与晶面夹角为17.5°时获得第一级反射光极大，求该X 射线的波长．分析 X 射线入射到晶体上时，干涉加强条件为２d sin θ ＝k λ（k ＝0，1，2，…）式中d 为晶格常数，即晶体内原子平面之间的间距（如图）．解 （1） 由布拉格公式(),...,,210sin 2==k k d λθ第一级反射极大，即k ＝1．因此，得 nm 276.0sin 211==θλd（2） 同理，由2d sin θ2 ＝kλ2 ，取k ＝1，得nm 166.0sin 222==θλd题14-26图14-27 测得一池静水的表面反射出来的太阳光是线偏振光，求此时太阳处在地平线的多大仰角处？ （水的折射率为1.33）题14-27 图分析 设太阳光（自然光）以入射角i 入射到水面，则所求仰角i θ-=2π．当反射光起偏时，根据布儒斯特定律，有120arctan n n i i ==（其中n 1 为空气的折射率，n 2 为水的折射率）．解 根据以上分析，有120arctan 2πn n θi i =-== 则 o 129.36arctan 2π=-=n n θ 14-28 一束光是自然光和线偏振光的混合，当它通过一偏振片时，发现透射光的强度取决于偏振片的取向，其强度可以变化5 倍，求入射光中两种光的强度各占总入射光强度的几分之几．分析 偏振片的旋转，仅对入射的混合光中的线偏振光部分有影响，在偏振片旋转一周的过程中，当偏振光的振动方向平行于偏振片的偏振化方向时，透射光强最大；而相互垂直时，透射光强最小．分别计算最大透射光强I max 和最小透射光强I min ，按题意用相比的方法即能求解．解 设入射混合光强为I ，其中线偏振光强为xI ，自然光强为（1－x ）I ．按题意旋转偏振片，则有最大透射光强 ()I x x I ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=121max 最小透射光强 ()I x I ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=121min按题意5min max =I I /，则有()()x x x -⨯=+-1215121 解得 x ＝2/3即线偏振光占总入射光强的2/3，自然光占1/3．。
大学物理第十四章波动光学习题+答案省名师优质课赛课获奖课件市赛课一等奖课件
(C)
2
(D)
2n
2ne k k 1, 2, 3
2
要使e最小，令k =1
e
4n
4-3 若把由平凸玻璃和平玻璃（折射率1.50）制成旳 牛顿环装置由空气搬入水中（折射率1.33），则干涉 条纹
(A) 中心暗环变成明环
✓(C) 间距变密
(B) 间距变疏 (D) 间距不变
4-4 在单缝衍射试验中，缝宽a = 0.2mm，透镜焦距
（1）求透过每块偏振片后旳光束强度； （2）若将原入射光束换为强度相同旳自然光，求 透过每块偏振片后旳光束强度。
解：（1）根据马吕斯定律，线偏振光透过第一 个
偏振片后光强度为
I1
I0
cos2
30
3 4
I0
再透过第二个偏振片后光强度为
I2
I1
cos2
60
3 16
I0
（2）自然光透过第一种偏振片后光强度为
； 该光栅旳光栅常
数(a+b) =
。
(a b) sin k1
(k 1)2 k1
(a b) sin (k 1)2
k 2 2 1 2
(a b) sin 21
tan x 0.1 sin
f
(a b) 201 1.2103cm
4-8 一束自然光经过两个偏振片，若两偏振片旳偏
振化方向间夹角由1转到2，且不考虑吸收，则转动
d
3、薄膜等厚干涉 劈尖干涉
垂直入射： 2ne
2
相邻明纹(暗纹)间旳厚度差： e
2n
C
相邻明纹(暗纹)中心间距离: l 2n
R
牛顿环
r 2Re
明环和暗环旳半径分别为：
新编基础物理学第14章习题解答与分析
第14章 波动光学14-1.在双缝干涉实验中，两缝的间距为0.6mm,照亮狭缝S 的光源是汞弧灯加上绿色滤光片．在2.5m 远处的屏幕上出现干涉条纹，测得相邻两明条纹中心的距离为2.27mm ．试计算入射光的波长，如果所用仪器只能测量5mm x ∆≥的距离，则对此双缝的间距d 有何要求？分析：由杨氏双缝干涉明纹位置公式求解。
解：在屏幕上取坐标轴Ox ，坐标原点位于关于双缝的对称中心。
屏幕上第k 级明纹中心的距坐标原点距离：λdD kx ±= 可知dD d D k d D k x x x k k λλλ=-+=-=∆+)1(1 代入已知数据，得545nm xd Dλ∆== 对于所用仪器只能测量5mm x ∆≥的距离时0.27mm D d x λ≤=∆14-2.在杨氏双缝实验中，设两缝之间的距离为0.2mm ．在距双缝1m 远的屏上观察干涉条纹，若入射光是波长为400nm 至760nm 的白光，问屏上离零级明纹20mm 处，哪些波长的光最大限度地加强？(91nm=10m -)分析：由双缝干涉屏上明纹位置公式，求k 取整数时对应的可见光的波长。
解：已知：d ＝0.2mm ，D ＝1m ，x ＝20mm 依公式λk d D x =∴ 4000n mdxk Dλ== 故k ＝10 λ1＝400nmk ＝9 λ2＝444.4nm k ＝8 λ3＝500nm k ＝7 λ4＝571.4nm k ＝6 λ5＝666.7nm这五种波长的光在所给的观察点最大限度地加强．14-3.如题图14-3所示，在杨氏双缝干涉实验中，若3/1212λ=-=-r r P S P S ，求P 点的强度I 与干涉加强时最大强度Imax 的比值．分析：已知光程差，求出相位差．利用频率相同、振动方向相同的两列波叠加的合振幅公式求出P 点合振幅。
杨氏双缝干涉最大合振幅为2A 。
解：设S 1、S 2分别在P 点引起振动的振幅为A ，干涉加强时，合振幅为2A ，所以2max 4A I ∝ , 因为λ3112=-r r所以S 2到P 点的光束比S 1到P 点的光束相位落后题图14-3()3π23π2π212=⋅=-=∆λλλϕr r P 点合振动振幅的平方为：22223π2cos2A A A A =++ 因为2I A ∝ 所以22m a x 1==44IA I A14-4. 在双缝干涉实验中，波长550nm λ=的单色平行光, 垂直入射到缝间距4210m d -=⨯的双缝上，屏到双缝的距离2m D =．求：(1) 中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距； (2) 用一厚度为66.610m e -=⨯、折射率为 1.58n =的玻璃片覆盖一缝后，零级明纹将移到原来的第几级明纹处？分析：（1）双缝干涉相邻两条纹的间距为 ∆x =D λ / d ，中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距为20∆x .（2）不加介质片之前，两相干光均在空气中传播，它们到达屏上任一点P 的光程差由其几何路程差决定，中央明纹对于O 点的光程差0δ=，其余条纹相对O 点对称分布．插入介质片后，两相干光在两介质薄片中的几何路程相等，但光程不等。
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第十四章波动光学一、基本要求1. 掌握光程的概念以及光程差和相位差的关系。
2. 理解获得相干光的方法，能分析确定杨氏双缝干涉条纹及薄膜等厚干涉条纹的位置，了解迈克尔逊干涉仪的工作原理。
3. 了解惠更斯-菲涅耳原理; 掌握用半波带法分析单缝夫琅和费衍射条纹的产生及其明暗纹位置的计算，会分析缝宽及波长对衍射条纹分布的影响。
4. 掌握光栅衍射公式。
会确定光栅衍射谱线的位置。
会分析光栅常数及波长对光栅衍射谱线分布的影响。
5. 了解自然光和线偏振光。
理解布儒斯特定律和马吕斯定律。
理解线偏振光的获得方法和检验方法。
6. 了解双折射现象。
二、基本内容1. 相干光及其获得方法只有两列光波的振动频率相同、振动方向相同、振动相位差恒定时才会发生干涉加强或减弱的现象，满足上述三个条件的两束光称为相干光。
相应的光源称为相干光源。
获得相干光的基本方法有两种：（1）分波振面法（如杨氏双缝干涉、洛埃镜、菲涅耳双面镜和菲涅耳双棱镜等）；（2）分振幅法（如薄膜干涉、劈尖干涉、牛顿环干涉和迈克耳逊干涉仪等）。
2. 光程和光程差（1）光程把光在折射率为n的媒质中通过的几何路程r折合成光在真空x中传播的几何路程x，称x为光程。
nr（2）光程差在处处采用了光程概念以后就可以把由相位差决定的干涉加强，减弱等情况用光程差来表示，为计算带来方便。
即当两光源的振动相位相同时，两列光波在相遇点引起的振动的位相差πλδϕ2⨯=∆ （其中λ为真空中波长，δ为两列光波光程差） 3. 半波损失光由光疏媒质（即折射率相对小的媒质）射到光密媒质发生反射时，反射光的相位较之入射光的相位发生了π的突变，这一变化导致了反射光的光程在反射过程中附加了半个波长，通常称为“半波损失”。
4. 杨氏双缝干涉经杨氏双缝的两束相干光在某点产生干涉时有两种极端情况：（1）位相差为0或2π的整数倍，合成振动最强；（2）位相差π的奇数倍，合成振动最弱或为0。
其对应的光程差()⎪⎩⎪⎨⎧-±±=212λλδk k ()()最弱最强 ,2,1,2,1,0==k k 杨氏的双缝干涉明、暗条纹中心位置：dD k x λ±= ),2,1,0( =k 亮条纹 d D k x 2)12(λ-±= ),2,1( =k 暗条纹 相邻明纹或相邻暗纹间距:λd D x =∆ （D 是双缝到屏的距离，d 为双缝间距） 5. 薄膜干涉以21n n <为例，此时反射光要计“半波损失”， 透射光不计“半波损失”。
则 反射光干涉公式：（干涉条纹定域于薄膜上表面）明纹 λλδk i n n e =+-=2sin 222122 （ ,2,1=k ）暗纹 2)12(2sin 222122λλδ+=+-=k i n n e （ ,2,1,0=k ）透射光干涉公式为：（干涉条纹定域于薄膜下表面）明纹 λδk i n n e =-=22122sin 2 （ ,2,1=k ）暗纹 2)12(sin 222122λδ+=-=k i n n e （ ,2,1,0=k ）这里强调同学们要注意的是，一定要先分析反射光是否存在“半波损失”的情况，不能死搬硬套，另外要明白反射光加强的位置一定是透射光减弱否则就违反了能量守恒的定则。
特殊地，垂直入射时0=i ，则有上表面 ⎪⎩⎪⎨⎧+=+=2)12(222λλλδk k e n （暗纹）（明纹） 显然，对空气劈尖，由于存在“半波损失”，所以上式适用于空气劈尖的反射光干涉的结论。
而对牛顿环也是一空气劈尖，同样适用。
只不过牛顿环的测量常换成平凸透镜中心的距离r 与透镜的曲率半径R 来表示牛顿环的明暗纹2)12(λR k r -= ,2,1=k （明环） λkR r = ,2,1=k （暗环）6. 迈克尔逊干涉仪利用分振幅法使两个相互垂直的平面镜形成一等效的空气薄膜，产生双光束干涉。
干涉条纹移动条数N 与平面镜1M 移动距离d 之间的关系 2λNd = 7. 惠更斯-菲涅耳原理菲涅耳发展了惠更斯原理，他认为波在传播过程中，从同一波阵面上各点发出的子波，经传播而在空间某点相遇时，产生相干叠加。
这个发展了的惠更斯原理称为惠更斯-菲涅耳原理。
光的衍射是同一光束中无数子波在障碍物后叠加而相干的结果。
8. 单缝衍射用半波带法处理单缝衍射问题，可以避免复杂的计算。
（1）衍射明纹中心位置 2)12(sin λϕδ+±==k a ),,2,1( =k（2）衍射暗纹中心位置 λϕδk a ±==sin ),,2,1( =k（3）其中在1=k 的两个第一级暗纹之间的区域，即λϕλ<<-sin a 范围为中央明纹中央明纹宽度 2f d aλ=9. 光栅衍射（1）光栅 由大量等宽等间隔的平行狭缝构成的光学元件称为光栅。
（2）光栅常数 如果光栅的一个狭缝宽为a ，缝间不透光部分宽为b ，则把d b a =+)(称为光栅常数或光栅常量。
（3）光栅衍射 如果把平行单色光垂直入射到光栅上，透过光栅每条缝的光都会产生衍射，这N 条缝的N 套衍射条纹通过会聚透镜后，又互相发生干涉，会形成细又亮的干涉主极大（明条纹），所以光栅衍射就是单缝衍射和多缝干涉的总效果。
①光栅衍射主极大条件（光栅方程）λϕk b a =+sin )( ),,2,1,0( ±±=k②缺级条件 若某一位置满足光栅方程的明纹条件，而单缝衍射在该处却正好为暗纹中心，则该级谱线便不会出现，这种现象称为缺级，所满足方程式为： ⎩⎨⎧'==+λϕλϕk a k b a sin sin )( 即 k a b a k '+= ),,2,1( ±±='k ③光谱重叠 如果波长为1λ的第1k 级谱线与波长为2λ的第2k 级谱线同时出现在屏上的同一位置，这种现象称为重叠，光谱级次越高，其重叠情况越复杂。
两谱线重叠时必须满足如下条件：2211λλk k =10. X 射线衍射X 射线射到晶体上时产生的衍射现象称为X 射线衍射。
X 射线在晶体上产生强反射（形成亮斑）的条件为λθk d =sin 2 () ,2,1,0=k此式又叫布拉格方程。
式中d 为相邻晶面间的距离。
11. 自然光与偏振光（1）自然光 光矢量的振动在各个方向上的分布是对称的，振幅也可看作完全相等，这种光称为自然光。
可以把自然光分解为两个相互独立的（无相位关系），等振幅的，相互垂直方向的振动。
（2）线偏振光如果光矢量始终沿某一方向振动，这样的光称为线偏振光。
线偏振光的振动的方向与光的传播方向构成的平面称为振动面。
由于线偏振光的光矢量保持在固定的振动面内，所以又称为平面偏振光或完全偏振光。
（3）部分偏振光在一束光中，虽然光振动在各个方向都有，但各方向的振幅大小不同；或者一束光中，如果某一振动方向的光振动较强，与之垂直的方向上光振动较弱，则这一束光称为部分偏振光。
12. 马吕斯定律α20cos I I =式中0I 为入射到检偏器的线偏振光的光强。
I 为通过检偏器的透射光强（不计检偏器对透射光的吸收），α为检偏器的偏振化方向和入射线偏振光的光矢量振动方向之间的夹角。
注意：（1）若是自然光入射到检偏器，则通过检偏器后，透射光强为入射光强的一半。
（2） 检偏器对透射光有吸收，如吸收%x ，则α20cos %)1(I x I -=。
13. 布儒斯特定律当入射角0i 满足条件 120tan n n i =时，反射光为振动方向与入射面垂直的完全偏振光。
式中1n 为入射空间媒质折射率，2n 为折射空间媒质折射率，0i 称为布儒斯特角。
对定律应注意：当0i i =入射时，折射光仍为部分偏振光（平行于入射面成分占优势）。
14. 双折射现象双折射现象：一束光射入各向异性的晶体内分成两束折射光的现象。
光沿光轴方向在晶体内传播时不产生双折射。
光轴表示一个方向、不是指某一条直线。
（1）寻常光，简称o 光在双折射中，遵守折射定律的一束折射光称为寻常光。
寻常光为线偏振光。
晶体内任一条光线和光轴所决定的平面称为这条光线的主平面。
o 光的电矢量（光矢量）的振动方向垂直于其主平面。
（2）非常光，简称e 光在双折射中，另一束不遵循折射定律（即折射光线并不一定在入射面内、而且对不同入射角，入射角的正弦与折射角的正弦之比不是恒量）的光称为非常光。
非常光为线偏振光。
e 光的电矢量（光矢量）振动方向总在其主平面内。
o 光和e 光都是对某种晶体而言，离开了晶体我们只能说它们是线偏振光。
引起双折射的原因是这两种光线在晶体内传播速度不同。
o 光沿晶体内各个方向的传播速度相同，其波面是球面，其折射率0n 为一常数；e 光沿晶体内各个方向的传播速度不同，它的波面为椭球面。
沿光轴方向两束光的速度相同，折射率相同：e o e o n n ==,v v ，沿非光轴方向e o v v ≠。
对于e 光，沿各方向的传播速率不同，不存在普遍意义的折射率。
通常把真空中光速c 与e 光沿垂直于光轴方向的传播速率e v 之比，称为e 的主折射率，即e e c n v =。
在垂直于光轴方向上0v 与e v 相差最大。
若e o v v >，e o n n <，该晶体称为正晶体。
石英是一种正晶体；若o e v v >，o e n n <，这种晶体称为负晶体。
方解石是一种负晶体。
15. 获得偏振光的方法获得偏振光的方法有三种：（1）利用晶体的选择性吸收；（2）利用介质的反射和折射；（3）利用晶体的双折射。
三、习题选解14-3 如图所示，在杨氏双缝实验中，当作如下调节时，屏幕上的干涉条纹将如何变化？（扼要说明理由）（1）使两缝之间的距离逐渐减小；（2）保持双缝的距离不变，使双缝与屏幕之间的距离逐渐变小； 题14-3图（3）如图所示，把双缝中的一条狭缝遮住，并在两缝的垂直平分线上放置一块平面反射镜。
解：（1）令两缝之间的距离为d ，双缝与屏之间的距离为D ，屏上任意一条干涉条纹到屏中央的距离为x 。
杨氏双缝干涉明、暗条纹的分布由光程差 θδsin d Ddx == 所确定λθk d ±=sin （干涉相长）2)12(sin λθ+±=k d （干涉相消）其中θ为干涉条纹的角距离 并且D x =θsin即 λdD k x ±=明 212λd D k x ）（暗+±= 据题意若d 减小，在D 和λ不变的情况下，对应级数的明x 、暗x 均增大，即d 减小时，干涉条纹变疏，两侧条纹向远离中央的方向移动。
杨氏双缝干涉的相邻明条纹或暗条纹的间距为λdD x =∆ 所以在D 和λ一定的情况下，减少d 便使x ∆增大，即干涉条纹的间距变宽。
干涉图样变得容易分辨。