吴强版光学部分答案

1、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 lAOB 二 1ADB显然 1 ADB ： 1 ACB1 1AOB ACB1.2 解：(1)：由图1-2知，OR = Jb2 +R2 +2bRcos%;OP2 = . b2 R2 -2bRco0.所以，光程为：I =OR +OF2 = Jb2 +R2+2bRco出o 十 Jb2 + R2 - 2bRcos%(2)dl-bRs in0bRs in0-=j= 0dob2 R2 2bRcos)0b2 R2 -2bRcosr0从而得出：cos% =0,或 sin 入=03：所以，”兀八 0,二2满足以上条件的角度为实际光线。1

2、-3 解：M-nD由题意知，经过镜具的出射光为平行光，又由折射定律得，MN /AC则有rcosf AD = AD = rcos又由等光程原理得f nAD = f n(rcos - f)f(i)1 -ncos。1-4解：参看课本p6图1-13考虑三角形 PSC，有 PS 二(x1 R)2 R2 2(xR)R costi2PS护.2；同理有SQ X2 -也；此时的X1和X2均表示线段长度的大小,2x2没考虑符号问题。则根据等光程原理n1PS rbS rhPO n2OQ得出22nx +n(X1+R)R+n X n(X2-R)Rnx+nx 则有n2n1 压+门1考虑符口nXR|n?X2 - n?R|

3、X“2X2 ；则有；考虑付号亠亠7X2x12x12x2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=oX2X1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 p，p可看作第二球面的物,再经第二球面成像于 F2，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 Xj=S；x2=S ;R=R1;n1=1; n2 = n，上式变为nR1-1 nS1 _ n1n11同理，对右半球面，有 =一 _ ；，将两式相加即可

4、得到； (n-1R2SSSS1-5解由等光程原理得 AC二nBD =AD sin血二 nAD sin 2 2 +6mins i nn2a si1.6 解：在半径相差dr的两球面为ds = 一 (dr)2 (rd 旳2 (r sin:)2所以，光程为dl = n(r)ds _ n(r)dr所以，当满足d d =0时，ds最小，从而光程取最小值为n(r)drO点和任意点A的光线为直由-d：F:=:0知，光线在介质中传播不改变方向，即经过线。1.7 解:PB=xAB 二 xsin jPQxsi nsi n日n =si n=AB 二 nPQ由对称性和三角形全等可知EG=CE,FH=DH,Iaec =A

5、E EC =AE EH =AGIbfd =BF FD 二 BF FH = BHAG =BHlAEC TbFD2-1解：由关系式厶X二知:dn(1)当置于空气中时，x 二 6328 m；(2)当置于水中时，丄X =475& m。X2-2 解:x3.44*10 mNx*dD二 5.88*10 m2-3解：两管都充满空气时，光程差=n空气 ：l =0为0级最大，慢慢变成移动 98级最大光程差,m Dn真空D= 1.000292-4 解：因为：d sin v - d = j D所以 d = j :-Dex = 220 Lmd2-5 解：光程差 l = n-1 d= m ： d8. 53 mn -12-

6、6解：由题意知，横向相干宽度为,ldR0.2*546*10 与小 “cdc3- 0.4368mmbb0.25*10(1)由于d = 0.5mm所以，d4 二 0.4368 mm故屏上看不到干涉条纹。（2）由空，代d 二 0.5*10_3m, 0.25*1022.849cm所以,I - R 二 2.89cmconst2-13 解：厶 I 二2nsin2nsin所以,I1l1l2带相关参数得未知波长为6429 丄2-14设相邻两条纹对应的高度差为h,：h2.73 10 m2nj.贝y sinAlAh D = L tan - - L sin 二= 2.275 10*m2-15解：设刀刃比晶体的高度高

7、h,等厚干涉条纹间距为2nsin :在玻璃与晶体间夹角很小时,则有， h= d（tan ： 2 一 tan ： J_d（丄2n （ I1）代入数据，h = 6.25 10m2-16解：A处为暗纹，根据等厚干涉暗纹位置公式2nt+21得出丄 m （11一1）10 6328 10_10t=1.432 10m2n2n2 2.212-17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r (m NGm )NR= 0.1m一 B环半径dm2md15 = 1.47mm。2-18 解：最高可分辨级次 m丄二2000 AZrm = . (m 1)R- = 0.0253m2-19解：透镜与平板接触时r

8、m = mR透镜上移=h后R m -2 hD =0.687 101.78 11.78 =2.67 10cm2-20解：色彩顺序为黄、绿、蓝、红和黄时，可知两黄纹之间色彩顺序为黄、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 = 2nt （由空气到薄膜到空气，有的光程差）2 2相干相长时， = mm = 3,4 相应波长为 5940 4243=。相干相消时，丄 （m ）2m = 3 相应波长为 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的2光程。2-22解：膜厚度d应满足：2nd = (m T/ 2) (没有 的光程差)2(m 1/2)

9、d(2 m 1)1057.7A2nm = 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 =2.947.Sm2（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 二开始时，都是未知的，为此，考虑镜面移动前有:2h 二k，2hcosv - k-10 (2)镜面移动后有：2 h_ ：h =：k -10，(3)2 h-. h cost - k-10-5(4)由式(1)和式(2),式(3)和式(4)分别得：k cost - k-10 k-10 cost - k

10、 -15 -以上两式相比消去 COST ，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扎22-26:解：课本65页，最大相干光程差为 Imax二，当两相干波的光程差大于最大相A扎干光程差，则干涉条纹消失。在一个狭缝后放置一玻璃片后，两光线的光程差为t(n -1 lmax2则 t0.01m(n -1)人兀2-27解：由公式2-9-9可知测量的量程为t怎2 12代入数据即可计算：(1) t = 0.207m(1) t = 200m2-28解：(1) 一个条纹间距为t = / 2，探测器能分辨的距离为:1=0.1 t 7.029 10_8mmax二 0.39m

11、2-30解：丄(1- R)mR22nh 二 m (取二=0)联立上述两式得2 R)60002*102(1 - 0.95)2n： R 2 0.95*0.001*10 _10二 2.94cm2-31解：亮斑满足的方位条件：2nhcosk = k 中央亮斑级别由2n h= k- 决定所以，第10圈亮环角半径兀有：（k。10）入丸cos01 -100.999752nh2nh则二k : 1o17，所以 2入、2o343-1 解：考虑t时刻后，如图vtvarcs in( ) = arcs in()VtV3-2 解:令b :，贝y k=4,所以k4当k=5, 7, 9时，分别为前三次亮搬d 二 8m,bz

12、二 2.67m,bg = 1.6m当k=6, 8, 10时，分别为前三次暗搬b6 二 4m,b8 二 2m,bw = 1.33m3-3 解：k =代初始条件，可算得 k 二 0.33 ”：1，所以当孔增大时，k为奇数时亮纹，k为 偶数时暗纹。（1）k取奇数时，中心为亮斑，k T,厂 0.87mmk = 3, 3 = 1.51mm（2）k取偶数时，中心为暗斑，k = 2，J 二 1.23mmk = 4， 4 = 1.74mm3-4 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1A（Po） Ao（P）2强度1I

13、（Po）Io4即几何阴影线上各点的光强是自由传播时的四分之一。3、33-5 解:参看P104,例题2。运用矢量叠加法，这时边缘与中心光程差为，相位相差 二，42振幅曲线应取BC 一段，0C为自由传播时的振幅，则可知光强为自由传播时的2倍。3-7解：由公式23.6m3-8由3-10证明：设a、b两屏互补,直接代1? 1造成的衍射场分别为0.103 即缩小到原来的十分之一。常数42.67cmUa(P)，Ub(P)，自由传播场为Uo(P)，则由巴比涅原理有Ua(P) Ub(P)二U(P)在夫琅禾费衍射中，相应的自由波场是将衍射屏取走时的波场，这时根据几何光学可知，在因而，在接透镜l2的后焦面上只有v

14、 -0的地方有个几何亮点，其余地方Uo(P)等于零。收屏幕上除中心点外，其他地方有Ua(P) U)因此la(P) b(P)即除零级斑中心以外的区域，互补屏造成的衍射强度分布完全一样。3-13解：暗斑位置满足：日毗sin日= m, (m 1 2 III)a1.03mm122. 06mm3-14极小对应的的距离d=fd10.32 0.42d23 20.42 23 0.3 1二 5500 A3.15:当最短波长的m+1级暗纹与最长波长的 m级暗纹重合时则分辨不出衍射条纹，即有(m 1) 2/a 二 m/a1-m = 5则至少看到4级3.17a a 1.22 九 ha llcc 1 ，取，=5500

15、A D1.22= 2.237m角放大率迴卫7 =8933.00 勺03-18 解:10.0cmA020.0km1.22 D10.0cm20.0km1b 2.44 0. 5 61 05-10 0.122分辨率：N二- e1000条/毫米3-19解：参看课本116页(3-6-4)公式，令 N=2，代入即可得到。二 24.833-20解：由光栅方程dsin二k一级光谱：二 arcsin(_maxp 0.43rad d同理，=1mi n = 0.24rad = 13.88(2)二级光谱：2九&Jmax 二 arcsin( max) = 1.00rad 二 572 d聞二 0.50rad 二 28.61

16、0.97角宽度:i 9=日11max Jm019剧二角宽度：J 二 0.50rad 二 28.6由于2min 1max，故这两极光谱没有重叠。3.21d sin j - k d = = =1.03 103sin日 sin日k - =1.6看不到二级3-22 解：(1)d sin 二二九sin日 九sin日sin 二=4599 二sin由二 3.8所以能看到三级光谱。3-27解：参考 P121-122，例2和例3(1) 一级光谱:二 arcs in 二arcsin 58935*10 4二 6.77角间距 69 二 DJ九二:= 1.21 10_4radd cos 1半角宽二2二 =1.187 沃

17、 10一5 radNd cos 1即:二”也日，故能分辨。x0；min0.32丄 kN3.28kNN1823k 03.29 解：光栅零点位置满足dsin - (k ) ,k =0, _1,_2，；m =1,2,，N -1 d =1mm,l = 3mm, f =1m,sin j390nm _ -700nmN=2，贝y m=1，代入数据可得 k=4, 5, 6, 7,相应的波长为 666.7nm、545.5nm、461.5nm、400nm3-32解：d sin(2 B )10 31.2 10 38.3 107m二 20o(1)5357 二（2）kdsin( 2b)8.7 10 7m5357 101

18、0m= 1.55故只能观察到一级光谱。3-33 解: 2d sin，二 k思考题：0. 0492设上层介质折射率 n，下层介质折射率 压，由临界角公式sin飞二匹根据布儒斯特定律nitan入=匹n1则有=si n 450所以九=35.325-1解：由马吕斯定律I =ICOS :，得(1)1.0:-=arccos 1 =00.8:-二 arccos. 0.8 =26.570.6:-二 arccos 0.6 =39.230.4:-=arccos 0.4 二 50.770.2:=arccos 0.2 =63.430.0:-=arccos, 0 = 90、5.2解：自然光可以分解为两个振幅相等振向垂直

19、且无固定相位关系的线偏振光，所以通过1第一个偏振片后li =一 12根据马吕斯定律可得经过四个偏振片后透射光的光强为：5-5解：（1）由于满足布儒斯特定律tan J 二 57;所以反射光中P分里为0，只存在S分里，故反射光全偏振，P _ 1。自然光，有所以透射光，Es0Ep02I max 二(0.649Ep0)2I min 二(0.593Es0)64.9%2 - 59.3%2所以P22 一 0.0964.9%259.3%25-8 解:射入射光振幅为 A, o光,e光振幅分别为Ao=Asin20 Ae=Acos20 Ao/ Ae=ta n20 =0.36应注意光强与折射率成正比，e光折射率与传播

20、方向有关。O光和e光的强度分别为:I。= no代2 =noA2sin2 20；Ie = n(力代2 = n (RA2cos220：强度之比：吐 tan2 20Ie n(R若光轴与晶体表面平行，则有n(RLtan220； =0.16Iene5-9解：自然光垂直射入 A以后，被分解为平行于晶体 A主截面$振动和垂直主截面的 0振动，由于光轴与表面既不平行又不垂直，o1光和e光的传播方向不同，从a出射后被分解为垂直 A表面的两束光，其强度分别为Io1= I 昇这两束光射入B以后，又分别被分解为 B内的02和62，一般来说其方向也要继续 分离，从B出射的将有四束光(除了特殊夹角外)。I o1o2 二I

21、oi cos2I 02心2cosI o1e2 -Ioi sin2I0.2严sin25-12 解:e1e2e1o20，两条,，四条,90，两条,经过第一个交界面斜面时，光线折射角分别为:elelo1o2cossincose1e2o1o2o1e2o1e2e1o21由折射率sine1o2ne n。，sine1e2光线2由折射率n； ne，入射角:)13.41noi2arcs in(匹sin)16.78ne这两条光线照射在右侧界面时，入射角分别为：i1 - i 1.59【i2 八 - i2T.78相应的折射角为： h = arcs in(nsin ij 2.637i2 二 arcsin(nesini2

22、)2.646所以出射线的夹角为：IIII.!=i25.285.13O光全反射临界角询csiresin空：69.2n01.658所以从AC界面入射的O光折射角3 = 90 - 69.2 = 20.8根据折射定律 OMS0 二arcsin n si n20.8 =36.1而 OMS = ACC =90 -68 =22 所以 SMS =36.1 -22 -14.15.14 解：(1)对于石英ne -n。=0.009d 二=16m4仇 - n。)已快_ Esi n E慢 Ecos=tantan j -1/2或 2 v - 26.56或63.435.15 解：(1) 线偏振光垂直如射到方解石晶体表面，o

23、光,e光的振幅分别为:E Esi n E = Ecos两种光强之比为:EoEesin a :Vcos j-cc 3sin 30CC 0,cos30 丿(2)n0 - ne d m 2dno讥m -2 5890. 172324m -当 m=0 时，d=1712.2nm入射光振动面偏转了 300 - 30 =60 。o光比e光慢兀相位，成为。2,振动面相对于5.16解：方解石是负晶体，光轴是快轴，既y轴； 波片既:42对比课本图形5-373兀兀.、出=.-:2 二，也既 02 2-出射光为第一三象限内的线偏振光。力2, it 兀所以 出二所以出射光为第二四象限内的线偏振光。（3）-出射光为椭圆长轴

24、在二四象限的左旋椭圆偏振光。5-17 解：I2C = d(n ne (2m 1)得到 d = (2m 1) /2(no - ne) = (m 1/2) /(n。- ne).最小厚度d二 /2（no -足）二 1712.2nm（1）经过第一个偏振片后，自然光成为线偏振光，（2）再经过方解石后，出现 。光e光，振幅：代二 A sin45 代二 Acos45（3）Ao, Ae经过第二个偏振片后，只剩下偏振平行于 P2方向的，其强度为:I I o2 I e2 2- I o2I e2 cos其中,1。2 二处二 A(2(cos451)2Q 二 Ae2 = Ae(S门45沪=8I= A6 + d =兀 +

25、 兀=2-所以，13 二 I0/25-19解：课本198页公式5-8-3(1)两偏振片正交时，I 二也(1 - COS )22暗纹d(n 一 ne)二2m ,对应波长d(n。- ne)m0.025 106 0.72(2)两偏振片平行时,右(1 cos)2暗纹d(n。一 ne)二(2m 1)，对应波长2d(no - ne) _ 2 0.025 106 0.722m 12m 15.20解：(1 )参看课本199页。波晶片上薄下厚呈尖劈状，从波晶片表面出射的光从上到下对应的光程差也逐渐增加，当紫光正入射且两偏振片垂直时，在厚度d满足的地方出现暗纹；而厚度 d满足2江& =n。 ne d = (2m + 1)兀的地方出现亮纹。整个屏上呈现出明暗相间的平行于棱镜边的等厚