第一章光的干涉(2) 、选择题 1.(A)2.(D)3.(A)4.(B)5.(B)6.(B)7.(B) 8.(C)9.(C) 、填空题 1.2π(n-1)e/λ,4×104 2.0.45mm 3.见图 4.5λ/(2n0) 5.1.13×103 6.1.5λ 7.6.0×10-4 8.32cm 、计算题 1.解:原来,δ=r2-r1=0 覆盖玻璃后,δ=(r2+n2d-d)-(r1+nld-d)=5λ ∴(n2-n1)d=5λd=8.0×10-6m 2.解:当T1和T2都是真空时,从S1和S2来的两束相干光在0点的 光程差为零 当T2中充入一定量的某种气体后,从S1和S2来的两束相干光在0点 的光程差为(n-1)L 在T2充入气体过程中,观察到M条干涉条纹移过0点,即两光束在0
1 第一章 光的干涉 （2） 一、选择题 1．（A） 2．（D） 3．（A） 4．（B） 5．（B） 6．（B） 7．（B） 8．（C） 9．（C） 二、填空题 1．2π(n-1)e/λ, 4×104 2．0.45mm 3．见图 4．5λ/(2nθ) 5．1.13×103 6．1.5λ 7．6.0×10-4 8．32cm 三、计算题 1． 解：原来，δ=r2-r1=0 覆盖玻璃后，δ=(r2+n2d-d)－(r1+n1d-d)=5λ ∴ (n2-n1)d=5λ d=8.0×10-6m 2． 解：当 T1 和 T2 都是真空时，从 S1 和 S2 来的两束相干光在 O 点的 光程差为零。 当 T2 中充入一定量的某种气体后，从 S1 和 S2 来的两束相干光在 O 点 的光程差为(n-1)L. 在 T2 充入气体过程中，观察到 M 条干涉条纹移过 O 点，即两光束在 O
点的光程差改变了M。故有(n-1)L-0=MA n=L+Mλ/L 3.解:设第五个明纹处膜厚为,则有2ne+0.5λ=5λ 设该处至劈棱的距离为L,则有近似关系e=Lθ, 由上两式得2nL0=9A/2,L=9A/4n0 充入液体前第五个明纹位置L1=9λ/40 充入液体后第五个明纹位置L2=9λ/4n0 充入液体前后第五个明纹移动的距离?L=L1-L2=9λ(1-1/n)/4θ 4.解:2(n-1)d=?Nλd=5.43×10-3mm 5.解:(1)∵001=002,所以M经分光束镜G成象于M1′,M1′与 M2之间形成牛顿环,且属于平行光垂直入射情况。故干涉条纹是以O2 为中心的明暗相间、内疏外密的同心圆,但圆心O点为零级亮点其第k 级亮纹的半径为 rk=(kRλ)0.5,k=0、1、2… (2)当M朝G移动时,因空气隙厚度增加,干涉条纹将向中心收缩(即 不断吞掉),但条纹疏密情况不变 6.解:因为2e(n2-sini)0.5-λ/2=k入 令k=0,e=111nm 四、证明题 1.证:由于位相差=2π光程差/波长 所以Φ=2π(dsin0)/A
2 点的光程差改变了 Mλ。故有 (n-1)L-0=Mλ n=L+Mλ/L. 3． 解：设第五个明纹处膜厚为，则有 2ne+0.5λ=5λ 设该处至劈棱的距离为 L，则有近似关系 e=Lθ， 由上两式得 2nLθ=9λ/2, L=9λ/4nθ 充入液体前第五个明纹位置 L1=9λ/4θ 充入液体后第五个明纹位置 L2=9λ/4nθ 充入液体前后第五个明纹移动的距离 ?L= L1- L2=9λ(1-1/n)/4θ =1.61mm 4．解：2(n-1)d=?Nλ d=5.43×10-3mm 5．解：（1）∵OO1=OO2，所以 M1 经分光束镜 G 成象于 M1′，M1′与 M2 之间形成牛顿环，且属于平行光垂直入射情况。故干涉条纹是以 O2 为中心的明暗相间、内疏外密的同心圆，但圆心 O2 点为零级亮点其第 k 级亮纹的半径为 rk=(kRλ)0.5, k=0、1、2… （2）当 M1 朝 G 移动时，因空气隙厚度增加，干涉条纹将向中心收缩（即 不断吞掉），但条纹疏密情况不变。 6．解：因为 2e(n2-sini)0.5-λ/2=kλ 令 k=0, e=111nm 四、证明题 1．证：由于 位相差=2π光程差/波长 所以Φ=2π(dsinθ)/ λ
P点处合成的波振动E=E1+E2=2E0cos(/2)sin(ωt+Φ/2)= EP sin(o t+Φ/2) 所以合成振幅EP=2E0cos(Φ/2)= Emos( I dsin0/A) 式中Em=2E0是EP的最大值。 2.证:假设不考虑两束相干光线在分束板G1的镀银层上反射时产生的 位相突变之差,则对于等倾条纹的第k级明纹有2ecosθk=k① 对于等倾条纹的第(k+1)级明纹有2ecos0(k+1)=(k+1)A② ②一①,有2e(cos0(k+1)-cos0k)=A③ 第k级明纹与第(k+1)级明纹的角间隔 (?0)k=0k-0(k+1)④ 当(△θ)k很小时,近似有 cos0(k+1)-cosk≈(cosk)′(0(k+1)-0k)≈sin0k(△ 0)k⑤ 由⑤式和③式得:(△0)k≈A/(2esin0k) 五、问答题 1.答案见图 2.答案见图
3 P 点处合成的波振动 E=E1+E2=2E0cos(Φ/2)sin(ωt+Φ/2)=EP sin(ω t+Φ/2) 所以合成振幅 EP=2E0 cos(Φ/2)=Emcos(πdsinθ/λ) 式中 Em=2E0 是 EP 的最大值。 2．证：假设不考虑两束相干光线在分束板 G1 的镀银层上反射时产生的 位相突变之差，则对于等倾条纹的第 k 级明纹有 2ecosθk=kλ ① 对于等倾条纹的第(k+1)级明纹有 2ecosθ(k+1)=(k+1)λ ② ②－①，有 2e(cosθ(k+1) －cosθk)= λ ③ 第 k 级明纹与第(k+1)级明纹的角间隔 (?θ)k=θk－θ(k+1) ④ 当(△θ)k 很小时，近似有 cosθ(k+1) －cosθk≈(cosθk)′(θ(k+1) －θk) ≈sinθk(△ θ)k ⑤ 由⑤式和③式得： (△θ)k≈λ/(2esinθk) 五、问答题 1． 答案见图 2． 答案见图