《光学》课程教学资源（试卷习题）光学教程习题解答－姚启钧

片=G6-0ana,=6- _d(6-) 6+26+ _20500-400=116mm 1500+400 y=5-5=3.46-1.16=2.30mm （3)劳埃镜干涉存在半波损失现象“水 7.试求能产生红光（入=700m)的二级反射干涉条纹的肥皂膜厚度.已知肥皂膜折射* 为1.33，且平行光与发向成30°角入射. 解：根据题意 :2d√居-片sin2=(2/+10)2/2 .d= (2j+1)2 .(2×2+1)×700 -710nm 2×2√6-sin24W1.332-sin230 8.透镜表面通常镀一层如gF(=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(550)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。即=方=0° 由于上下表面的反射都由光密介质反射到光疏介质，所以无额外光程差。 因此光程差6=2 nhcos=2nh 如果光程差等于半波长的奇数倍即公式 =2+宁，则足反相消的条件 因此有 2=y+ 方=2+02U=0,12-)） 所以 4n 550 当=0时厚度最小 44x138=9.64nm*105cm 9.在两块玻璃片之间一边放一条厚纸，另一边相互压紧.玻璃片1长10cm,纸厚为 0.05,从60°的反射角进行观察，问在玻璃片单位长度内看到的干涉条纹数目是多少？设 单色光源波长为500m 解：由课本49页公式(1-35)可知斜面上每一条纹的宽度所对应的空气尖劈的厚度的

6 0 1 0 1 0 0 0 1 1 1 ( ) 2 ( ) tan ( ) 2 2 2 ( ) 1 ( ) 2 2(1500 400) 1.16mm 1500 400 d d r r y r r r r r r r r                   2 1 y y y      3.46 1.16 2.30mm （3）劳埃镜干涉存在半波损失现象 N 暗 y y   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 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 sin (2 10) 2 (2 1) (2 2 1) 700 710nm 2 2 sin 4 1.33 sin 30 d n n j j d n n                   8. 透镜表面通常镀一层如 MgF2（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。即   0 1 2 i i 由于上下表面的反射都由光密介质反射到光疏介质，所以无额外光程差。 因此光程差  2nhcosi2  2nh 如果光程差等于半波长的奇数倍即公式 2 ，则满足反射相消的条件 (2 1)  r  j  因此有 2 2 (2 1)  nh  j  所以 ( 0,1,2 ) 4 (2 1)     j n j h  当 j  0时厚度最小 99.64nm 10 cm 4 1.38 550 4 -5 min      n h  9. 在两块玻璃片之间一边放一条厚纸,另一边相互压紧.玻璃片 l 长 10cm,纸厚为 0.05mm,从 60°的反射角进行观察,问在玻璃片单位长度内看到的干涉条纹数目是多少?设 单色光源波长为 500nm. 解：由课本 49 页公式（1-35）可知斜面上每一条纹的宽度所对应的空气尖劈的厚度的

变化量为 △h=m-2G-in2 =入 2哥 如果认为玻璃片的厚度可以忽略不记的情况下，则上式中乃=及=L,4=60 而厚度h所对应的斜面上包含的条纹数为 0.05 F6元500x107=10 故玻璃片上单位长度的条纹数为 =Y10 =10 /10 条/厘米 10.在上题装置中，沿垂直于玻璃片表面的方向看去，看到相邻两条暗纹间距为1.4m, 一己知玻璃片长1 .9cm,纸厚0. 036m,求光波的波长 解：依愿意，相对于空气劈的入射角4=0，c0s6=15n6=an0= 2=1.0 △L= L 2m,0c0s526=2d A-2A_2x0036x14-5631284916x10-mm=563.13nm 179 11.波长为400~760m的可见光正射在一块厚度为1.2×10m,折射率为1.5玻璃片 上，试问从玻璃片反射的光中哪些波长的光最强. 解：依题意，反射光最强即为增反膜的相长干涉，则有： 6=2m,d=(2+) 2j+1 当/=0时，元=4n,d=4×1.5×12×10-3=7200nm 当/=1.=415x12x10 .=2400nm =4×15x12x10 =1440nm 当/=2时， 5

7 变化量为 1 2 2 1 2 2 1 2 n n sin i h h j h j                     2 2 3 2 1 如果认为玻璃片的厚度可以忽略不记的情况下，则上式中 。   1,  60 2 2 1 n n i 而厚度 h 所对应的斜面上包含的条纹数为 100 5000 10 0.05 7         h h h N 故玻璃片上单位长度的条纹数为 条/厘米 10 10 100     l N N 10. 在上题装置中,沿垂直于玻璃片表面的方向看去,看到相邻两条暗纹间距为 1.4mm。 —已知玻璃片长 17.9cm,纸厚 0.036mm,求光波的波长。 解:依题意,相对于空气劈的入射角 2 2 i i   0,cos 1.sin L d  tan  n2  1.0 d L n i L 2 2 cos 2 2 2          5.631284916 10 mm 563.13nm 179 2 2 0.036 1.4 4           L d L  11. 波长为 400 760nm 的可见光正射在一块厚度为 1.2×10-6  m,折射率为 1.5 玻璃片 上,试问从玻璃片反射的光中哪些波长的光最强. 解：依题意，反射光最强即为增反膜的相长干涉，则有： 2 2 (2 1) 2    n d  j  故 2 1 4 2   j n d  当 j  0时， 4 4 1.5 1.2 10 7200nm 3  2        n d 当 j  1时， 2400nm 3 4 1.5 1.2 10 3        当 j  2 时， 1440nm 5 4 1.5 1.2 10 3       

元=4x15×12x10-1070m 当/=3时， 当/=4时. =4x15x12x10 -=800nm 9 当/=5t.4-152x0-645m 当/6时，1=4x15x12x10 =553.8nm 13 当=7.=15x12x10 15 =480nm 当/=8所.=4152心35m 17 当9时.=1512x10 =378nm 19 所以，在390~760m的可见光中，从玻璃片上反射最强的光波波长为 423.5nm,480nm,553.8nm,654.5nm. 12.迈克耳孙干涉仪的反射镜移动0.25m时，看到条纹移过的数目为909个，设光 为垂直入射，求所用光源的波长。 解：根据课本59页公式可知，迈克耳孙千涉仪移动每一条条纹相当h的变化为： 4h=么-斤=V业2 现因4=0，故M=子 N=909所对应的h为 h=Nah=N2 2 -9-20g5-55x10m-50m 故 13.迈克耳孙干涉仪平面镜的面积为4×4cm,观察到该镜上有20个条纹。当入射光 的波长为589m时，两镜面之间的夹角为多大？ 解：因为S=4×4cm2

8 当 j  3时， 1070nm 7 4 1.5 1.2 10 3        当 j  4 时， 800nm 9 4 1.5 1.2 10 3        当 j  5时， 654.5nm 11 4 1.5 1.2 10 3        当 j  6时， 553.8nm 13 4 1.5 1.2 10 3        当 j  7 时， 480nm 15 4 1.5 1.2 10 3        当 j  8 时， 423.5nm 17 4 1.5 1.2 10 3        当 j  9时， 378nm 19 4 1.5 1.2 10 3        所以，在390 ~ 760nm 的可见光中，从玻璃片上反射最强的光波波长为 423.5nm,480nm,553.8nm,654.5nm. 12. 迈克耳孙干涉仪的反射镜 M2移动 0.25mm 时，看到条纹移过的数目为 909 个，设光 为垂直入射，求所用光源的波长。 解：根据课本 59 页公式可知，迈克耳孙干涉仪移动每一条条纹相当 h 的变化为：   2 2 2 2 1 2cos 2cos 2cos 1 i i j i j h h h           现因 i2  0 ， 故 2  h  N  909所对应的 h 为 2 N h  Nh  故 5.5 10 mm 550nm 909 2 2 0.25 4        N h  13. 迈克耳孙干涉仪平面镜的面积为４×４cm2，观察到该镜上有 20 个条纹。当入射光 的波长为 589nm 时，两镜面之间的夹角为多大？ 解： 因为 2 S  4  4cm

所以L=4cm=40mm 又烟为业：名 589 所以口=)入=，)X05=14725×10V0=3037 14.调节一台迈克耳孙干涉仪，使其用波长为500m的扩展光源照明时会出现同心圆 环条纹。若要使圆环中心处相继出现1000条圆环条纹，则必须将移动一臂多远的距离？若 中心是亮的，试计算第一暗环的角半径。（提示：圆环是等倾干涉图样。计算第一暗环角半 径是可利用日≈sin0及cos0≈1-02/2的关系。) 解：(1)因为光程差6每改变一个波长入的距离，就有一亮条A纹移过。 所以A6=2 又因为对于迈克耳孙干涉仪光程差的改变量△6=2△d(△d为反射镜移动 的距离) 所以A8=M7=2△d 所以 Ad=y元=1000×50=25×10*nm=0.25mm 2 2 (2)因为迈克耳孙干涉仪无附加光程差 并且1=4=0%=%=1.0 它形成等倾干涉圆环条纹，假设反射面的相位不予考虑 所以光程差6=2/0s4=2d=24-(即两臂长度差的2倍 若中心是亮的，对中央亮纹有：21=几(1) 2dcos4=2/-0片 对第一暗纹有： (2) (2)-(1)得： 2d-os4）=号 2nm登=4m学酸-月

9 所以 L  4cm  40mm 所以 2mm 20 40     N L L 又因为   2 L  所以 147.25 10   30.37 2 2 10 589 2 6 6           rad L   14. 调节一台迈克耳孙干涉仪，使其用波长为 500nm 的扩展光源照明时会出现同心圆 环条纹。若要使圆环中心处相继出现 1000 条圆环条纹，则必须将移动一臂多远的距离？若 中心是亮的，试计算第一暗环的角半径。（提示：圆环是等倾干涉图样。计算第一暗环角半 径是可利用θ≈sinθ及 cosθ≈1－θ2/2 的关系。） 解 ：（ 1）因为光程差δ每改变一个波长λ的距离，就有一亮条 A 纹移过。 所以   N 又因为对于迈克耳孙干涉仪光程差的改变量   2d （Δd 为反射镜移动 的距离） 所以   N  2d 所以 500 25 10 nm 0.25mm 2 1000 2 4         N d （2）因为迈克耳孙干涉仪无附加光程差 并且 0 i1  i 2  1.0 n 1  n 2  它形成等倾干涉圆环条纹，假设反射面的相位不予考虑 所以光程差 2 2 1 即两臂长度差的 2 倍   2d cosi  2d  2l  l 若中心是亮的，对中央亮纹有： 2d  j （1） 对第一暗纹有： （2）   2 2 cos 2 1 2  d i  j  （2）-（1）得：   2 2 1 cos 2  d  i  2 2 4 2 4 sin 2 2 2sin 2 2 2 2 2 2 2 2            di i d i d i d

1 所以6=2a100=0032nad=1.8 这就是等倾干涉条纹的第一暗环的角半径，可见么是相当小的。 15.用单色光观察牛顿环，测得某一亮环的直径为3m,在它外边第5个亮环的直径为 4.6mm,所用平凸透镜的凸面曲率半径为1.03m,求此单色光的波长。 解：对于亮环，有V+)号R （=0,1,23.) 所以分=U+a a=U+5+ 所46-30 5R4x5xR4x5x1030=5.903x10-mm=590.3m 16.在反射光中观察某单色光所形成的牛顿环.其第2级亮环与第3级亮环间距为1m, 求第19和20级亮环之间的距离。 解：对于亮环，有2/+)号R /=01,2,3.) 所以有+aR 5=2+5r 又根据题意可知 6-4-官R-厚=m 两边平方得 - 2 所以

10 所以    0.032rad  1.8 1000 1 2 2 d i  这就是等倾干涉条纹的第一暗环的角半径，可见i 2 是相当小的。 15. 用单色光观察牛顿环，测得某一亮环的直径为 3mm，在它外边第 5 个亮环的直径为 4.6mm，所用平凸透镜的凸面曲率半径为 1.03m，求此单色光的波长。 解：对于亮环，有 （ ） r j j R 2 (2 1)    j  0,1,2,3, 所以 r j j )R 2 1 ( 2   r j j )R 2 1 ( 5 25    所以 5.903 10 mm 590.3nm 4 5 1030 4.6 3.0 5 4 5 4 2 2 2 2 5 2 2 5                 R d d R r r j j j j  16. 在反射光中观察某单色光所形成的牛顿环。其第 2 级亮环与第 3 级亮环间距为 1mm， 求第 19 和 20 级亮环之间的距离。 解：对于亮环，有 （ ） r j j R 2 (2 1)    j  0,1,2,3, 所以 r )R 2 1 1  (1 r )R 2 1 2  (2  又根据题意可知 1mm 2 3 2 5 r 2  r 1  R  R  两边平方得 1 2 3 2 5 2 2 3 2 5 2 2 R  R   R  所以 4 15 1 R  故 r r R R                 2 1 19 2 1 20 19 20