《光学》课程教学资源（教程》参考答案（第四版，原著：姚启钧，共七章）

光学教程 参考答案 姚启钧原著

1 光学教程（姚启钧原著） 参考答案

目录 第一章光的干涉 第二章光的衍射 15 第三章几何光学的基本原理 第四章光学仪器的基本原理 49 第五章光的偏振 59 第六章光的吸收、散射和色散. 70 第七章光的量子性

2 目录 第一章 光的干涉.....................................3 第二章 光的衍射...................................15 第三章 几何光学的基本原理...............27 第四章 光学仪器的基本原理...............49 第五章 光的偏振...................................59 第六章 光的吸收、散射和色散...........70 第七章 光的量子性...............................73

第一章光的干涉 1.波长为500mm的绿光投射在间距d为0022cm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为700m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 △n=二1 ×500×10-7=0.409cm d002 .=180 700×10-7=0.573c 0.022 121=/21=2×0.409=0.818cm 12=/22=2×0573=1.146cm Ay2=y2-21=1146-0.818=0328cm 2.在杨氏实验装置中,光源波长为640m,两狭缝间距为04mm,光屏离狭缝的距离为 50cm.试求:(1)光屏上第l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 0.lmm,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 64×10-5=80×10 得 d=04 (2)由课本第20页图1-2的几何关系可知 0.01 k-≈dsin6 c tan6=d2-=0.04=0.8×10cm

3 第一章 光的干涉 1. 波长为500nm的绿光投射在间距 d 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.若改用波长为 700nm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 得  d r y y y j j 0   1   1.146 0.818 0.328cm 2 0.573 1.146cm 2 0.409 0.818cm 700 10 0.573cm 0.022 180 500 10 0.409cm 0.022 180 2 22 21 2 0 22 2 1 0 21 2 7 2 0 2 7 1 0 1                             y y y d r y j d r y j d r y d r y j     2．在杨氏实验装置中,光源波长为640nm,两狭缝间距为0.4mm,光屏离狭缝的距离为 50cm.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 1mm ，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. 0. 解 ：（ 1）由公式  d r y 0   得 =  d r y 0   6.4 10 8.0 10 cm 0.4 50 5 2     （2）由课本第 20 页图 1-2 的几何关系可知 5 2 1 0 0.01 sin tan 0.04 0.8 10 cm 50 y r r d d d r          

丌 △q=-(-)= 64×10 0.8×10 (3)由公式 /=才++244c0s△=44cos2△ dc 4A2 cos-o s20 0.8536 3.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6×10m 解:未加玻璃片时,S、52到P点的光程差,由公式2zA可知为 -=×5×2 丌 现在发出的光束途中插入玻璃片时,P点的光程差为 [(个分)+m]=,△q= λ 所以玻璃片的厚度为 h=2-5A ==10x=6×10-c 10.5 4.波长为500nm的单色平行光射在间距为02mm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 500 ×500×10-6=125 mm 1=214=244

4 5 2 1 5 2 2 ( ) 0.8 10 6.4 10 4 r r                (3) 由公式 得 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 cos 4 cos 2 I A A A A A         0.8536 4 2 2 2 4 1 cos 8 cos cos 0 2 4 1 cos 2 4 cos 2 4 cos 2 2 2 2 2 0 1 2 2 1 2 0 2 0                   A A A A I I p p 3. 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， 1 、 到 点的光程差，由公式 可知为 S 2 S P 2  r      Δr = 2 1 5 2 5 2 r r          现在 1 发出的光束途中插入玻璃片时， 点的光程差为 S P 2 1   0 0 2 2 r r h nh                   所以玻璃片的厚度为 2 1 5 4 10 6 10 cm 1 0.5 r r h n           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： 0 500 6 500 10 1.25 0.2 r y d         mm 1 2 I I  2 2 2 1 2 A A  2 1 2 2 A A 

r=2(44)=22 =0.9427≈0.94 1+(4/4)1+2 5.波长为700nm的光源与菲涅耳双镜的相交棱之间距离为20cm,棱到光屏间的距离L 为180cm,若所得干涉条纹中相邻亮条纹的间隔为lmm,求双镜平面之间的夹角0 0=sine=(+∠)(201800×70010=35度12 2/△1 2×200×1 6.在题1.6图所示的劳埃德镜实验中,光源S到观察屏的距离为1.5m,到劳 埃德镜面的垂直距离为2mm。劳埃德镜长40cm,置于光源和屏之间的中央.(1) 若光波波长λ=500nm,问条纹间距是多少?(2)确定屏上可以看见条纹的区域大 小,此区域内共有几条条纹?(提示:产生干涉的区域PP2可由图中的几何关系 求得.) 题16图 4y==1500 500×10°=0.1875mm 解:(1)干涉条纹间距 (2)产生干涉区域2由图中几何关系得:设点为位置、点位置为 则干涉区域=n 厂+/)tan d(石+/)2(1500+4003800 3.455mm 1500-4001100

5     1 2 2 1 2 2 / 2 2 0.9427 0.94 1 / 1 2 A A V A A        5. 波长为 700nm 的光源与菲涅耳双镜的相交棱之间距离为 20cm，棱到光屏间的距离L 为 180cm,若所得干涉条纹中相邻亮条纹的间隔为 1mm，求双镜平面之间的夹角θ。 解： 弧度 6 4 ( ) (200 1800) 700 10 sin 35 10 2 2 200 1 r L r y                   12 6. 在题 1.6 图所示的劳埃德镜实验中,光源 S 到观察屏的距离为 1.5m，到 劳 埃德镜面的垂直距离为 2mm。劳埃德镜长 40cm，置于光源和屏之间的中央.(1) 若光波波长λ=500nm,问条纹间距是多少?(2)确定屏上可以看见条纹的区域大 小,此区域内共有几条条纹?(提示:：产生干涉的区域 P1P2可由图中的几何关系 求得.) 解 ：（ 1）干涉条纹间距 0 1500 6 500 10 0.1875mm 4 r y d         （2）产生干涉区域 1 2 由图中几何关系得：设 点为 位置、 点位置为 PP 2 p 2 y P1 1 y 则干涉区域 2 1 y y y         2 0 2 0 0 1 1 1 2 tan 2 2 1 2 d y r r r r r r               0 0 2(1500 400) 3800 3.455mm 2 1500 400 1100 d r r r r           P2 P1 P0 题 1.6 图

d (o-r)tar (+ 2(6+/) 2(1500-400)116mm 1500+400 =-= (3)∵劳埃镜干涉存在半波损失现象∴M暗A1 试求能产生红光(λ=700m)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/+10)/2 (2/+1)元 (2×2+1)×700 =710nm 2×2-nsm34133-sn230 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(550m)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=h=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。 此光程差 0=2nhcosi,=2nh 如果光程差等于半波长的奇数倍即公式 y=(2/+少÷则满海足反射相消的条件 nh=(2/ 因此有 (2/+1) (=0,1,2…) 所以 当/=0时厚度最小 hm44×1.38 9964nm≈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 0.05mm,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

△h=h-h,= 变化量为 -n, SIn 4, 如果认为玻璃片的厚度可以忽略不记的情况下,则上式中h2=2=1,=60 而厚度h所对应的斜面上包含的条纹数为 hh0.05 100 △h5000×10 故玻璃片上单位长度的条纹数为 N100 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1.4mm 已知玻璃片长17.9cm,纸厚0.036m,求光波的波长。 解:依题意,相对于空气劈的入射角=0cosh2=1n=tan= 1.0 △ 2n,0 cosl, 20 2d 2al2×0.036×14 =5631284916×10-4mm=563.13nm 11.波长为400~760mm的可见光正射在一块厚度为1.2×10-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: 6=2m2d=(2/+1) 2=4% 当/=0时,A=4n24=4×1.5×12×10=7200m 4×1.5×1.2×10 =2400nm 3 4×1.5×1.2×10 1440nm

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       

4×1.5×1.2×10-3 时 4×1.5×1.2×10 800nm 4×1.5×12×10-3 654.5nm 时 4×1.5×1.2×10 553.8nm 时 4×1.5×1.2×10 =480nm =7 15 4×1.5×1.2×10 =423.5nm 时 4×1.5×1.2×10 378 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,553.8nm654.nm 12.迈克耳孙干涉仪的反射镜M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,迈克耳孙干涉仪移动每一条条纹相当h的变化为: △h=h2-h1 +1)几 cosi2 2, 2 coSi, △h= 现因=0,故 N=909所对应的h为 h= wA 2h2×0.25 =5.5×10-4mm=550nm 故 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= 40m △L= _40 =2mm 所以 △L= 又因为 2A2×2×10 =14725×10°()=3037 所以 14.调节一台迈克耳孙干涉仪,使其用波长为500mm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0≈sin0及cos0≈1-02/2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△=M 又因为对于迈克耳孙干涉仪光程差的改变量A6=2M(△d为反射镜移动 的距离) 所以A6=M=2Ad N.1000 所以 2×500=25×104nm=0.25mm (2)因为迈克耳孙干涉仪无附加光程差 并且4=2=0m1=m2=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=2C05=2=2h-4即两臂长度差的2倍 若中心是亮的,对中央亮纹有:2d= 2 dcos i2=(2/-1) 对第一暗纹有: (2) 2d1 (2)-(1)得 2dsin23=4dsin2≈43=

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

l2 0.032rad=1.8° 所以 V2dV1000 这就是等倾干涉条纹的第一暗环的角半径,可见々是相当小的 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 4.6m,所用平凸透镜的凸面曲率半径为1.03m,求此单色光的波长 y=1(2/+1)R 解:对于亮环,有 (/=01.2,3 所以=(+)R s=(+5+)B b=5s-d2462-302 5903×10-4mm=5903nm 所以 4×5×R4×5×1030 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。 =y(2/+1)2R 解:对于亮环,有 (=012,3 =1(1+=)R h=1(2+)R 所以 又根据题意可知 入R 入R=Imm 两边平方得 R+礼-253 22R2=1 V22 入R=- 所以 4-√15 120=19 20+R-,19+R

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