中科院817光学考研真题参考答案整理(2007~2012)

817光学参考答案
（2007~2012）
说明：该参考答案为考研期间通过参考各类习题解答，光学类教材以及根据自己所学所理解的知识所编写，部分题目为作者和同学商讨之结果，或有别于其他参考书，见仁见智。

该答案原稿为考研期间整理，其中2010~2011年答案为谢红同学整理，电子档由陈曼同学完成，文中插图由本人整理。

邮箱：ygm01@
主要参考书：
[1]物理光学与应用光学（第二版）. 石顺祥, 王学恩, 刘劲松. 西安电子科技大学出版社.
[2]物理光学与应用光学学习指导书（第二版）.石顺祥,马琳,王学恩.西安电子科技大学
出版社.
[3]应用光学（第四版）. 李林. 北京理工大学出版社.
[4]物理光学（第三版）. 梁铨廷. 电子工业出版社.
[5]光学学习指导. 王磊, 刘彦允, 聂娅. 清华大学出版社.
[6]工程光学（第三版）. 郁道银, 谭恒英. 机械工业出版社.
[7]应用光学试题与解析. 赵钢. 中国科学技术大学出版社.
[8]光学指导—考研参考书. 丁文革. 清华大学出版社.
[9]光学. 母国光, 战元龄. 高等教育出版社.
上帝的骰子
2013年5月16日
2007年光学答案
1.解：由于x 每增加4m µ,相位增加π2,故沿x 方向每增加单位长度，相位增加量为
mm m
k x /10571.1423×==
µπ
沿y 轴相位不变化，故
,0=k y 故
2
222(
k k k y x z c
y −−=）π=1.3851910−×mm 故z=0平面上，t=0时刻相位为：ϕ
ϕ0
+=x k
x
又由x=-5m µ,0=ϕ得
πϕ
5.20
= 故:
)
5.210385.110571.1()
(330),,(πϕ+×+×+++==z x i z y x i e k k k e z y x E z y x 可见波法线在xoz 面内，波法线方向与z 轴夹角为，
3648arctan
==k
k z
x α2.解:(1)
301=θ
47.19sin sin sin 10
2210==n n n θθ设入射光振幅为E,则E i
i ip 2
==
据菲涅尔公式：
）（）（ 47.1930sin )
47.30sin(sin )
sin(2121−−=+−−==
θθθθE E r is
rs s =240
.0−159
.0)
tan()tan 2121=+−=
=θθθθ（E
E r ip
rp p
故反射率%14.40414.0)(2
12
2==+=
r r p s R 反射光振动面与入射面夹角为
48.56arctan
==r
r p
s α(2）
31.56arctan
==n
n
B θ
69.33902=−=θθB
设M 转动后入射平面与图面夹角为0，则:
θcos E E
i is
= θ
sin E E i ip =3846.0)
sin()
sin(22−=+−−
==
θθθθB B is
rs s E
E
r 0
=r p
故θcos 3846.0E r E E
i s is rs
−== 0
==r E E p ip rp 故
θ2
2
02
cos 148.0I E I rs ==反 1
=P
反3.解: 如上图所示
光路1光程：(01
AD n r = 光路2光程：
d
AB n r 2
1
2
((=⇒[]d
n n DE AD n CF n BC AB n r r x )())(020112−++−++=−=∆ =d n n n )(2cos 2
221−++
λ
θ,10λµ==m h ,21
sin sin 1
1
2==
n
n θθ 2
3
cos 2=θd
x )15.1(2
2332−++×××=∆λλ=λλλ35.023>++d 又λ4=≤
∆l
c
x λλm x ==∆⇒4 m=4
m x d µλ
λλ105
.0)
234(==−−=
⇒4.解：由λπβb c
V sin =得： 当R d =β
πλ
πβ=b
时，V=0
mm
m 05909.0109086.55=×=−mm 0721.022
.1==θ
λ
α5.解：暗纹条件：λθn a =sin ......2,1,0=n 求导 λθθ=∆sin a a a λθλθ≈=
∆⇒cos 中央明纹角宽度为a
λ
θ22=∆a f f x λθ22=∆⋅=∆⇒ m
x
f
a µλ28.632=∆=⇒6.解:（1）
90sin sin 2
1
n n c
=θ
n
n c 1
2
sin
=
⇒θ
0111sin sin cos c n u n n n θθ===u n n u n sin sin 2
22
10=−=⇒
（2）
1.5
2.162.1arcsin 22−=u
7.解: 如上图示
入射光:快）(cos 0t A E y ω= t A E z ωcos 0= 20
=e
A A 通过晶片后：），
2
cos(0πω+
=t A E y t A E e z ωcos ,=m d d n n e 501062.122−×=⇒−==
λ
ππδ设θ为振动方向与y 轴夹角，
57
.2621arctan ==θ
8.解：U n ⋅=33
02γσλ
πδ V n U 7505233
02==⇒γσλλ光线通过A 晶体后偏转 90成为e 光
2
2202220cos 112sin 21tan +−=（e e n n n θθθα.0tan ==∆⇒ααx 间隔d n 0)2−=θλ
π
cos sin )(2
2
2
2
00+=
θ
θθe e
e n n n n n π
844=9.解:设入射左旋圆偏光为:
=+=t A E t A E y x ωπωcos )2cos(21
4
1
波片: 22111πλπϕ=−=d n n o e )(4111o e n n d −=⇒λ对2λ: d n n o e 222,
2−=
λπϕ 4
42112212,πλλπϕ≈−−=⇒o e o e n n n n 故：
+=+=)4cos(2
cos(21πωπωt A E t A E y x ，
，，
，） 0424<−=−=πππδ⇒出射光为左旋椭圆偏光。

10.（1）
（2）
（3）
11.解：透镜焦距公式 f
d n n r r n n n r nr n f −=−+−−=
）01202
10,
()()(对于薄透镜 d=0 )
()(1202
10,
r r n n n r nr n f −−=
(1)空气中 n=1.5, 10=n mm f 50,=(2)水中 n=1.5, 3.10=n 5,=f 12.解： 102500=⇒
==ΓΓ=Γββe e e
f 即物又Γ=≈u
u u u ,
,tan tan ,
,,,160==u ,
,)200
1(=Γ=⇒u u m u L d µπ3636.0601180)2001(
250=×××=•=⇒
明13.解：光路如上图示
（1）mm
f f f f e e
205,
,,,
0==⇒−=−=Γ目（2）mm l f l l mm l 125111
500,
1,0,111=⇒
=+−=− mm f l 100,0,0== mm l 25=∆⇒故需调焦25mm.（3
）
41,1,,−=−==f x y y 物β 或4
15001251,,
1,−
====l n nl y y β,,,,
,,,
41tan )tan(e e
e f y f y f y −==⇒−=−ωω
500tan 1y l y =−=ω25.64500
50041tan tan ,
,,−=−=⋅−==Γ∴e
e f y f y ωω 故此时实际放大率为6.25×
2008年光学答案
1.解:如上图示
2
45cos i i ip is E E E E =
== 由
2046.130sin 1arcsin sin arcsin sin sin 102210=×==⇒=n n n n θθθθ由菲涅尔公式：）2121sin()
sin(θθθθ+−−==is rs s E E r )
tan )tan(2121θθθθ+−==（ip rp p E E r 代入相应数据，得:
=−=2148.02227.0i ip i is E E E i
E i i I I I 0367.0192.021==∴ ∴上表面反射率为3.67%
由菲涅尔公式：
)sin(sin cos 22121θθθθ+==
is ts s E E t , )
cos()sin(sin cos 2212121θθθθθθ−+==ip tp p E E t 代入相应数据，得：（2）
=−+==+=ip ip p is is s E E E E E E 785.0)2030)2030sin 20sin 30cos 2773.0)2030sin 20sin 30cos 222
（（同理可得：（3）
−==+−−=ip p p p is s s s E E E E E 116.00tan(20tan(175.0)20sin()
3020sin(23223 (4)
−=−+==+=ip p is s s s E E E E E 145.0)3020cos()3020sin(30sin 20cos 2)3020sin(30sin 20cos 234334
故i p s E E E E 183.042424=+=
i
i I I I 0336.0183.02
4==,
4
4
41856arctan
==p s E E α所以出射光振动方向与入射光成,
1856
2.解：由菲涅尔公式有：
5.195
.130sin 1arcsin 2=×=θ24.0)
5.1930sin()5.1930sin()sin()sin(2121−=+−−=+−−= θθθθis rs E E 1
6.5.1930tan()5.1930tan()tan(tan 2121+−=+−= θθθθ）（ip rp E E .0)
5sin(30cos 2)sin(sin cos 22121=+= θθθθis ts E E 77.0)
5.1930cos()5.30sin(5.1930cos )cos()sin(sin cos 2212121=−+=−+=
θθθθθθip tp E E 入射左旋圆偏光可表示为：
=+=t
A E t A E s p ωπωcos )2cos(00反射光可表示为： +=−=+=)cos(cos )2cos(,1,11
11πωωπωt A t A E t A E s p 02
11>=−=−=πϕϕϕϕϕp s x y 透射光可表示为： =+=t A E t A E s p ωπωcos )2cos(,22
22 02<−=πϕ由于振幅改变后,11A A ≠ ,
22A A ≠ 故：
反射光为右旋椭圆偏光，透射光为左旋椭圆偏光（迎着光传播
方向）
3.解：建立如上图所示的坐标系，则两束光的振幅可写成：
==−+−−−−）
（）2cos 2sin 02
2cos 2sin (01ααωααωkz kx t i kz kx t i e E E e E E 故干涉光振幅为：
）））2sin cos(2cos (02sin 2sin 2cos (021αααααωkx E e e
E E E E kz i ikx kz t i ⋅ +=+=−−光强2
sin (cos 4220*kx I E E I =⋅=亮条纹条件: παm kx =2sin 故2
sin 2αm x = α2法二: 21E E E +=, ）2
sin 2cos(2212
221*αkx I I I I E E I ++=⋅=*21*)(E E E += 此时παm kx 22sin 2= 才保证12
sin 2cos(=）αkx 同样可得：2sin 2αλ=∆x
4.解：mm D l d l D d 457
5.01025.1105.022.122.122.136=××××==⇒
≈=
−−λθθ
λ5.解：因所求为最远距离，故设人大，mm
D e 6=人眼分辨角e e D d λ22.1= m D d L e e 463
102.110
5.022.110622.122.1×=××××=⋅==−−λαα
6.解：（1）光栅常数,400
1mm d =线数2000040050=×=N 依题第4级衍射光谱处在单缝衍射第一极小处，有：
4sin 4sin =⇒
==a d a d λθλθ m mm d a µ625.01600141===（2）λθm d =sin rad d
m 41153.0arcsin
==⇒λθ 9165.0cos =θ故9
64-35001010.91101cos 210100.9165400
rad Nd λθθ−−×∆===×××××,,25.2=
mN A =∆=λ
λnm 0125.0=
7.解：设晶体厚度为d,则: 3=∆d x 由 3201sin sin sin θθθe n n n ==943.512
.1arcsin sin arcsin 012==n n θθ。

096.36470.160sin arcsin sin arcsin 13===e n n θθmm x d 5.16943
.34tan 096.36tan 105.0tan tan 3
23=−×=−∆=∴−。

θθ
8.解（1）设两直角棱镜之间介质折射率为，1n 若要正常工作则需o 光全反射，e 光透过，
故，
<< e n n n n 101arcsin arcsin θ 传输光路(正
入射）如上图。

(2)斜入射时,光轴垂直入射面,故e 光，o 光波法线与光线方向一致。

e e n n n θθφsin sin sin 00== 由上图:
θθλθ−=−+°°90)90(00 θ+°°90(e +=+=⇒θ
θθλθθθλe e o 0若共作失效,则e 光也发生全e e n 1≥, 即有e
e n n 1arcsin ≥+θθ又e e e e n n n n φθθφsin arcsin
sin sin =⇒= θφ−≥∴e
e n n n n 1arcsin sin arcsin 代入数据:°≥4.7φ注:若11==n n 则(1)中代入数据可得:)
54.42,55.37(°°∈θ
9.解:纵向运用时: V n U 750510106.10512.121055.022********=×××××==−−−γλ如图以,2,1x x 为参考系，入射光为二，四象一，三象限线偏光。

10.填空：
（1），0
f D , nsinu （2）1D 500
（3）2.5×
（4）),271.0(56,,mrad 135.0(28,,（5）5
（6）球差：轴上点发出的同心光束经光学系统各个球面折射以后，不再是同心光束，入射光束的孔径角u 不同，其出射光线与光轴交点的位置就不同，相对于理想像点有不同的偏离，这就是球差。

（7）轴向色差（位置色差）：物点经薄透镜成像，即使在近轴区也不能得到一个一个完整像，不同颜色的光波成像在光轴的不同位置，波长由短到长，它们的像点离开透镜由近及远排列在光轴上，这种现象称为轴向色差。

11.略。

12.解：光路图如上所示。

（1）由高斯公式 ,
,,,1111l l f f l f l f −+⇒
−==+，对C: l l f l l 111111,,,,==+⇒=−+对A:
mm l l f l l .2201111,1,1,1,1⇒+⇒=−+对B:mm l l f l l 225100
118011111,2,2,2,2=⇒=+⇒=−+故mm l l L B A 7.4112,,=−=，
，（2）1===l
l l n nl ，
，，β 故AB 大小不变，位置为透镜后200mm 处。

13.解：(1)Ω=⇒Ω=Id d d d I φφ sr l R d 102113221022.410
5.1101738−×=××=≈Ω）（ππw
Id d 161027.1×=Ω=∴φ（2）221125
23.1333)
105.1(103cos m w l I ds d E =××===θ
φ14.解：光路原理图如上所示(1)f f f e e
77,0,,0
=⇒−=−=Γ(2)mm D D D 357=⇒−=−=Γ物出
物(3)mm
D w f D 47.244tan 1752)tan(20=××=⇒−= 分，分(4)
Γ=⋅=−+⋅+=w w w l w f f w l D D z e z tan tan tan )tan(tan 20，，，，，，
，出目）（mm f f w w f f l e e z 57.28725175tan )tan(00=+=Γ−+=−+=⇒）（）（，
，，，，，mm
D 97.324tan 757.2825=×××+=∴ 目
2009
年光学答案
1.解：由菲涅尔公式得到入射光中s, p 分量的反射率和透射率公式分别为：
−=+−==−=+−==p p p p s s s s R T r R R T r R 1,)(tan )(tan 1(sin sin 2
1221222122122θθθθθθθθ，））（由于，
2190θθθ−== B 故反射光中无p 分量（如上图） 396.60arctan 0
1===n n B θθ
604.299012=−=θθ所以：2621.090
sin )604.29396.60(sin 22=−= s R 7379.01=−=s s R T 0=p R 1
1=−=p p R T
(注：此处也可据公式：)(sin 2sin 2sin 21221θθθθ+=
s T )
(cos )(sin 2sin 2sin 21221221θθθθθθ−+=p T 代值计算）故：%89.86)(21)(21%11.13)(21)(212222=+=+==+=+=
p s p s p s p s T T t t T R R r r R 由于入射光为自然光，故,2i is ip I I I == 则：
1=+−=+−=s p s p rs rp rs rp r R R R R I I I I P %08.15=+−=+−=
s p s p ts tp ts
tp t T T T T I I I I
P 2.解：如图，两束平行光振幅可写成：
==−+−−−−)cos sin (00)cos sin (000θθθθkz kx wt i O kz kx wt i R R e
E E e E E R R 故干涉光振幅为0
E E E R +=[])cos sin (0cos sin (000)θθθθkz kx i O kz kx i R iwt e E e E e E R R +−+−+=[])sin (sin )cos (cos cos 200000202*R R O R O R kx kz E E E E EE I θθθθ+−−++==由于z=0,故：[])sin (sin cos 20000202R O R O R kx E E E E I θθ+++=干涉亮条纹条件：......
1,02)sin (sin 0==+m m kx R ，πθθ
故 R m x θθλsin sin 0+=
所以亮条纹间距
R
x θθλ
sin sin 0+=
∆3.解：两小孔能够发生干涉的最大距离为：θ
λ22.1=
d e b
=
θb l d 732.01011
106.022.122.13
6=××××==⇒−−λ即当两孔21S S 间距小于0.732mm 时到则无干涉现象。

4.解：（1）对FP 标准具：
自由光谱范围：nm m f 005.022
2
9=××=
∆）
）（λ 角分辨本领: ,97.0mN A =∆=
λλ R
R N −1故6
9210
34.3891.01891.0108.6321041297.01297.0×=−××××××=−××=−−ππλR R nh A 角色散率：λθθλθcot sin 2==nh m d d 12642210
8.63210412292
=××××==−−λnh m 第一级谱：λ
θ）（1cos 2−=m nh 99999011
.010412108.632126422cos 2
9
=×××××=⇒−−θ 254821538.0=θ 845.224cot =⇒θ m rad d d 81055.3cot ×==⇒
λ
θλθ
（注：对于精细度极高的FP ，光栅，计算时数据小数点保留尽可能多位数（除结果外），建议8位以上）
（2）对光栅： 自由光谱范围：m
λλ=∆由3.1sin sin =≤=⇒=λ
λθλθd
d m m d 故m 只可取1 nm 8.632==∆λλ 分辨本领：4106.312001031×=×××==∆=mN A λ
λ
角色散率：
2
623222)106328.0(120010(1
)()(11cos −−×−=
−=−⋅==）λλθλθm d m d
m d
m
d m d d m
rad 610844.1×=
5.解：（1）由题第4级衍射谱处于单缝衍一极小知：
m d a a d µλ
θλθ625.0400104141sin 4sin 3
=×==⇒
==−（2)θλθcos Nd =
∆ 916515139
.0)2(1cos 2sin 2=−=⇒=d
d λθλθ,
,639
25.21091.109165
.0400
10
4005010500=×=××××=∆⇒−−−rad θ（3）由mN A =∆=λλ nm mN 0125.0400
502105009
=×××==∆⇒−λλ（4）斜入射时光栅方程为λϕθm d
=±）（sin sin ，要使分辨波长差最小，则需m 最大，故取， 90=θ 方程λ
ϕθ，）m d =+sin (sin
取7=，m nm
31057.3−×=6.【注：确定e 光，o 光光线方向有以下3种方法： 惠更斯作图 马吕斯定理
由公式 1
2
2202220(112sin 21tan −−=））（e n n θθθα】解：垂直入射o,e 光光线在晶体中角为α，光波矢方向与光轴夹角 45=θ。

2
20220sin 112sin 21tan −=）（）（e n n n θα 03022147.04792
.115246.1124792.115246.112112222=+×−⋅=
−）（故，
43173.1 ==α两光相位差d n n e 0(2−=∆）θλ
πϕ 5014.1cos sin 2
22200=+=θθθe e
e n n n n n ）（故 π
πϕ92810
5.05246
.15014.11026
2=×−××=
∆−−由公式知与0arctan n n e =θ时有最大偏转角M α,此时e
e M n n n n 02
22arctan
−=α故030235284.02tan 02
2=−=e
e M
n n n n α
13.44arctan 0==n n e θ
mm d x M 30235.0tan max =⋅=∆∴α 此时光轴与晶体表面成
87.4590=−θ(注：0
arctan
n n e
=θ可由公式αtan 对θ求导得到）7.解：对:8001nm =λ
nm d n n d n n e o e 2004
22101==−⇒=−λ
πλπ故对:4002nm =λ πλπ
=−d n n e 022 为半波片 ，即相位差为π⇒左旋圆偏光垂直入射后为右
旋圆偏光。

8.解:如上图所示
(1)依题知此处KOP 晶体为纵向运用。

2
26330πγλπϕ==
U n V n U 3753)
10106.10(512.141055.042
1036
6330=×××××==⇒−−−γλ(2)由单色平行光正入射的干涉公式：，）（
−−=2sin 2sin 2sin cos 2
2
10ϕβααβI I 其中β为起偏器与检偏器夹角，本题中由于入射光振动方向与检偏器透射方向平行，故
;0=βα为线偏光振动方向与入射面主轴夹角，本题中 45=α，故：2
cos 20ϕ
i I I =2cos 20ϕ==
⇒i I I T 又U n 63302γλ
πϕ= 633063302cos γλγλπλn U U n T ==⇒），（
）λ
i
I I T V ===×024,1cos ,105.π 002cos ,105.7202363
3
02
===×==
I T V n U ，πγλλ i I I T V n U 21214cos ,1075.3402363
3
04
===×==
，πγλλ9.(1)各向同性的均匀介质中，光沿着直线传播；反射光线位于入射面内，且"I I −=;折射光线位于入射面内，且,sin sin I n I n ，=;光线是沿着光程为极值的那条路径传播的。

（2）光由光密介质进入光疏介质；n
n c ，
arcsin
=>θθλ（3）无穷远，3D; 200， 2.5D.
（4）球差，彗差,像散，场曲，畸变；,倍率色差（垂轴色差）。

（5）限制轴上物点成像光束立限空间中成像范围的光阑。

（6）物平面，孔径光阑。

10.解:
法一：由物像公式：mm l r n n l n l n 30,,,,=−−=−+ mm
l l n nl 603,,,
−=⇒==Γmm
r 15−=⇒
法二：（转面）逐面计算法
230l d mm ⇒=−=−1
对面Ⅰ来说：1'' 1.5
1
0,=n n n n l r ====−=∞
平1 1.50.5603015r r mm −⇒+=−⇒=−1121.5100 l l l d ⇒
−=−=
'由转面公式’230l d mm
⇒=−=−2
对面Ⅱ来说：
'1
' 1.5
n n n n ==== ,,22n n n n
l l r
−−=
' 21 1.51 1.5
30l r −⇒
−=−'22
22 1.5=3601(30)
nl l l mm n l β==⇒=−−g ’’由’'1 1.50.5603015r r mm
−⇒
+=−⇒=−
11.解：光路原理图如上，设出瞳位置距目镜为,
z l
由
mm f D D f o o
405.05.0,
,
===⇒=物
又
D f f D D e
o 81080,,
=⇒−=−=−=−=Γ出出物2
1
161802102tan(,,
=⇒=×=
=
−ωo
f D 分） 可知：,
,,tan )tan()(ωω⋅=−+z e o l f f mm
25.11)81,= 15.7161arctan
22=−=ω 13.532
1
22,==ω 所以：(1)出瞳位置为目镜后11.25mm,直径为5mm (2)视角放大率×
=Γ8(3)入窗和出窗位置为无穷远 （4）物方视场角 15.72=ω 像方视场角
13.532,=ω12.解：ΩΦ=d d I sr l R d 9
2
11322107.510498.1106371−×=
××⋅=≈Ωππ w d I d 17
1073.1×=Ω⋅=⇒φ 221125
235.1358)
10496.1(1004.3cos m w l I ds d E =××===θφ
13.解：原理图如上所示(1)
101180111111,
1,1=+−⇒=−+l f l l o
mm l 59.101−=5
.21220
250
59.10180250,,,
10−=×=⋅=Γ=Γe e f l n nl β(2)若将Le 和Lo 推进一个小距离，使最后成像在明视距离处。

设此时Le 和Lo 相距x ，则由
L 明
(1)可知，位于Lo 左侧10.59mm 处物点经Lo 成像于右侧180mm 处，即成像于Le 左侧(x-180)mm 处，再经Le 成像于Le 左侧250mm （明视距离）处。

已知：
250'111
'20'''
(180)198.52200198.52 1.48e L mm l f mm f l l f l x mm x mm
x L x mm
=−=
==+= − −=−
⇒=⇒∆=−=−=明由故向左推进1.48mm 。

2010
年光学答案
1.解：在如上图所示的坐标系中，两束平行光的振幅可以写成：
==−−−−−)(202)
sin cos (10111kz wt i kx kz wt i e
E E e E E θθ干涉光振幅为：2
1E E E +=[kx kz i iwt e e E e E )sin cos (1011+=+−θθ
干涉光强度分布为：*
E E I ⋅=[][]
ikz
kx kz i ikz kx kz i e E e E e E e E I −−+++=20)sin cos (1020)sin cos (10111θθθ =[]
)sin cos ()sin cos (20102
202
101111kz kx kz i kz kz kz i e e E E E E −+−−++++θθθθ由题可知，z=0
故)
sin cos(2120102
202
10θkx E E E E I ++=干涉亮条纹条件为：......)3,2,1,0(2sin 1==m m kx πθ故亮条纹对应的位置为：1sin θλm x =
相邻两条纹间距为：
1
sin θλ
=e 由于光强分布与y 无关，所以干涉条纹为垂直于x 轴，沿y 方向的平行直条纹（如上图所
示）
2.解： 布儒斯特角：52.1,1,tan 211
2
===
n n n n B θ
°≈66.5652.1折射角分别为21θθ和，已知2
,211π
θθθθ=+=B ,自然光的透射光
)(cos )(sin 2sin 2sin 21221221θθθθθθ−+=
p T 代入化简12
2
θπ
θ−=[]12sin 2sin )
22(cos 2sin 2sin 121
21211==−−=θθπθθπθp T （也可直接由布儒斯特角的性质得出）843.0)266.56(sin 2sin )
(sin 2sin 2sin 212212
2
1≈×==+=
°θθθθθs T 代入52.8843
.01843
.01≈+−=
+−=
s
p s p t T T T T P 3.（1）显微镜能分辨两点物的.0=
，可以看出当NA 相同时，
分辨本领与入射波长成反比，照明明的倍2275
550
=。

（2）m
NA 99
101869
.01027561.061.0−−×=××==λε（3）当采用油浸系统时 u n NA sin ,,= 空气中9
.0sin 1,9.0sin =⇒===u n u n NA m NA 99
,
,
105.1169
.06.11027561.061.0−−×=×××==∴λε
4.解： 由光栅方程......)1,0(sin ±==m m d λθ 对波长取微分有角色散率θ
λθcos d m d d =
当m=1时，λθ=sin d
一级角色散率
θλθcos 1d d d = 其中d =d
d λ
θλθarcsin sin =⇒= =λ
即一级角色散率)
/25.1d d d ⋅=λ
λθ 入射光与光栅平面成°30两种情况考虑。

a.入射光与衍射光分别处于光栅法线两侧时，如图有光线2R 与光线1R 的光程差为
θϕsin sin d d −=∆ 产生极大值条件 λθϕm d =−)sin (sin °−=
30sin sin θλd m 90θ°取 21max ⋅=λd m 当θsin 取最小值时，m 可取最大值5.210
50024001012sin 09
3
=××××====−−°
λλϕθd d m 时，m 取整为2，代入分辨本领公式有：
nm
mN A 0125.0400
502105009
=×××===∆−λλλb.入射光与衍射光处于光栅法线同一侧时，光程差θ
ϕsin sin d d +=∆
极大值条件 λθϕm d =+)sin (sin 当时，
1sin =θm 取最大值,5.723)sin (sin ==+=λλθϕd d m 取整为7 nm
mN A 0036.0400
507105009
=×××===∆−λλλ综上两种情况，能分辨的最小波长为0.0125nm 和0.0036nm。

5.解： 条纹间距 d D y .13
9
×==∆=−λε 由图可知原干涉条纹在0P 处为0
)()121=−+=r r 若s 往轴下平移，由于,
1,
2−r r ,,
1,
2R −必大于0，即零级条纹往轴上移动，故干涉条纹整体由轴向上移动。

如图，设条纹往上移动的距离为2x ，1,x ss = 1P 处光程差为0)()(,
1,
2,
1,
2=−+−=∆r r R R 即0sin sin 21=−=∆θθd d 21sin sin θθ=⇒由图可近似有
D x l x 211= 代入mm x 21= cm l 301= D=1m 可得出mm l Dx
x 67.61
12≈= 即条纹整体往上移了6.67mm 。

临界宽度 mm
d l b c 3.0105.010********
2
9=××××===−−−λβλ6.解： 强度为0I 的单色光通过起偏器后，变为线偏光，强度为
2
I ,当两偏振器正交时°=90β。

系统的输出光强为2
sin 2sin 2220ϕαI I =
⊥插入41波片，则ααπϕ2sin 4222sin 2,2202
20I I I =
⋅==⊥
47,45,43,4ππππ=
时，光强取最大值 40I I =⊥2
3,π
π
时，光强取最小值 0
=⊥I πϕ2= 则0sin 2
sin 22==πϕ。

则波片旋转一周时，光强始终为0。

7.垂直于光轴方向，设入射光的线偏方向置于一、三象限，且与y θ°
===565.262
1
arctan ,21tan θθ经过晶片后o 光与e (d n e −=
此题慢轴（e 光）对应为z 轴，快轴（o 光）对应y 轴。

经ϕ。

可设晶片后 =+=t
A E t A E e z y ωϕωcos )
cos(,
0, ϕϕϕ−=−∆y z 若输出的椭圆为左旋 则22πϕπϕ=⇒−=∆ m
d d n n
e µπ
λ
π2.16220=⇒=− 若输出的椭圆为右旋 2
32πϕπϕ=⇒=∆
m d d n n e µπ
λπ6.4823)(20=⇒=− 入射光o 光振动方向为y 轴，垂直于主截面。

e 光振动方向为z 轴，在主截面内。

8. 解： e 光与o 光相位差 d n e )(2θλπ
ϕ=
∆ 其中5014
.1cos sin )(2
2
2
2
00=+=
θ
θθe e
e n n n n n 所以πϕ49
31046.510
5505014
.110102×=××××=∆−−9.名词解释
（1）辐射通量：单位时间内辐总（2）辐射度：微面ds 接受e d 之比。

（3）球差：轴上点发出的同心光面折射以后不再是同心光束，入射光线的孔径角u 不同，其出射光线与光轴置就不同，相对于理想像点有不同的偏离。

（4）位置色差：由于光学元件对色光具有不同的折射率，不同颜色的光波成像在光轴的不同位置，波长由短到长，它们的像点离开透镜由近到远排列在光轴上的现象。

（5）孔径光阑：限制轴上物点成像光束立体角的光阑。

（6）视场光阑:限制物平面上或物空间中成像范围的光阑。

10.薄透镜焦距公式为:1
210,11−
−−=r r n n n f 由题可知在空气中时：
cm r r f 101115.111
21,=
−−=− 从而cm r r 5111
21=
−−当在水中时 cm r r n n n f 4053
45.03
4111
21,0,
,
1=×−
=
−−=
−11.解：当光圈数为16时，相对孔径161,=f D 像面光照度 2
,21
⋅=f D L k E π
若s t 200
1
,
=
要保持H 一致 则,,t E t E ⋅=⋅
E 与2
,
f D 成正比
所以
8181161644,
,2
2
,,,=
⇒ =×= = f D f D f D 即此时光圈数应选为8.
12.解：两次成像，有L
l l l l =−=−2,21,1根据高斯公式有
=−=−,2,2,1
,11111
11f l l f l l 其中d l l −=,1,2 d l l −=12综合有
=−−−=−=−)(1
11)
1(111,
1,1,1,11,
1f
d l d l f l l L l l 由（1）（2）有
21,11,11,1)(d d l l l l L l l L ++−−=−即有d l l =+1,1 解得2,1d L l += 2
1
L d l −=而L
d L d L d L L
l l f 4222221,
1,−=
−−⋅ +−=−=13.解:如上图示
(1)×−=Γ6 ,
,,目物目物f f f f L +=−= 而6,,
−=−
=Γ目
物f
f 联立解得
mm f 120,=物 mm
f 20,
=目（2）无限远物面上视场边缘物点在物镜像面上的像的高度为分划板直径。

mm
f D F 78.16)4tan(1202)4tan(2=××==°°，
物(3)物镜通光口径即入瞳直径，而,
D
D 物−
=Γ mm D D 3056,
=×=Γ=∴物而,
,
,
tan 2ωz l D D +=目 而42
.0tan tan tan ,,
=⇒=Γωω
ω
mm L f f f f l z 3.236
140
,
=−−=Γ−=−+
=，
物
，
目目，目
即mm D 6.2442.03.2325=××+=目（4）上题已求 mm l z 3.23,
=14.解：（1）望远镜的角分辨极限λ
α.0本题中l d 612805.91010−=××=≈α00
22.1αλλα=⇒D D m
D 639.01005.11055022.16
9
=×××=∴−−即为了看清两星，需要口径为0.639m 的物镜。

（2）人眼的最小分辨角为rad
e 4,,
109.21−×==α由27610
05.1109.264
0,,
0=××==Γ⇒=Γ−−ααααe e
2011年光学答案
1.解：因为入射光电矢量振动方向与入射面成°45角，故i iop ios E E E 2
2=
= 令1
1=n 5
.12=n （1）当°=30θ时，由折射定律有2
211sin sin θθn n =°
°
===47.195
.130sin arcsin sin arcsin 2112n n θθ由菲涅尔公式有：
24.047.49sin 53.10sin )sin()sin(2121−=−=+−−=°°θθθθs r 16
.047.49tan 53.10tan )tan()tan(2121==+−=°
°
θθθθp r 即i ios s ros E E r E 2224.0⋅
−== i rop E E 2
2
16.0⋅==其合振幅与入射面夹角为16
.0tan ==
ros E E α°
并且其反射光的s 分量发生了突（2）当°=60θ时，°°===26.355
.160arcsin
21
12θ（3）42.026.95sin 74.24sin )sin()sin(2121,
−=−=+−−
=°
°
θθθθs r 042.026
.95tan 74.24tan )tan()tan(2121,
−==+−=°
°
θθθθp r 反射光电矢量振动方向与入射面夹角α为：°
=−−==2.84042
.042
.0arctan arctan rop ros E E α且其s 分量和P 分量都发生了π相位突变。

由此可见，反射光的偏振态的变化取决于介质的折射率和入射角，B θθ<1与B θθ>1两种不同情况。

2.解：如图，两束平行光的振幅可以写成)
sin cos (10111θθωkx kz t i e
E E +−−=)sin cos (20222θθωkx kz t i e E E −−−= 干涉光振幅为2
1E E E +=[sin cos (20)sin cos (102211θθθθωkx kz i kx kz i t i e E e E e E +−−+⋅=干涉光强度 *
E E I ⋅=[]
)
sin cos (20sin (10)cos (20)sin cos (1022112211θθθθθθθkx kz i i kz i kx kz i e E e E e E e E I +−−+−+= =[]
)sin )cos 22120102
202
10θ+−−++E E E E 当z=0时，)sin sin 22120102
20210θθkx E E E E I +++=光极大值条件为 πθθm kx 2)sin (sin 21=+ （m=...1,0±)对应坐标 21sin sin θθλ+=
m x 条纹间距则为
°
°+=+=30sin 10sin 8.632sin sin 21nm
θθλε=939.36nm
(条纹形状如图所示）
3.解：（1）干涉滤光片的中心波长m
nh
2=
λ， m=1,2,3......可知当m=1时，nm
6001
1025.124
1=×××=−λ当m=2时，nm 3002
1025.124
2=×××=−λ 而可见光范围为380nm~760nm
可知，在正入射情况下，滤光片在可见光内的中心波长为600nm 。

（2）透射带的波长半宽度
nm
R R m 209
.09
.016001=−⋅=−ππλ°
=10θ 则nm 59110cos 1
1025.124=××××=°−λ4.解：已知光栅的分辨本领mN A =∆=
λ
λ
其中N 的值为光栅总刻线数，等于1200d 。

νλννννλνλ∆⋅=∆=∆⋅−=
∆⇒=c
c c c 2
22本题中
mN
c
A =∆⋅=∆=
νλλ
λ
λ2 其中m=1,MHz
450=∆ννλνλ∆⋅=⋅∆⋅=
c m c N 1200
N
d =
cm
d 8.1200
10450108.632103698
=×××××=∴−5.解：（1)显微镜的分辨本领ε.0=
0=NA nm 8.3729
.0550
61.0=×=
ε（2）显微镜出瞳直径,D 与视放大率的关系有：Γ
=
NA
D 500,
,为充分利用分辨本领，则m D D e 3
,105.2−×==， ,500D =
Γ 180105.29.05003
=××=Γ−6.解：如上图，为产生要求的椭圆偏光，将石英薄片的光轴置于y 方向上，令其短轴于y 方向，再将起偏器置于一、三象限，且与x 轴成θ角。

21tan =
θ 则°
==565.262
1arctan θ当线偏光穿过石英后，
=+=t
E E t E E e y x ωϕωcos )
cos(0 x y ϕϕϕ−=∆要求椭圆为右旋光，则23πϕ=
m d d n n e µπ
λπϕ6.482
3)(20=⇒=−=
∆∴7.解：已知为正交偏振片，则°=90β 则2sin 2sin 2220ϕθI I =⊥已知°°≠90,0θ，要使输出光强0=⊥I ,则0
2
sin =ϕ
即当πϕm 2=时，对应波长的光不能通过该装置。

m d n n m d n n e e )(2)(200−=⇒=−λπλπ 令9.10)(8.6320=−=⇒=λ
λd
n n m nm e 因为m 不是整数，即632.8nm 的光可以通过该装置。

8.解：1.（1）如上图，已知本题为纵向U 633
当πϕ=时，对应2λU V n U 6823263
3
02
==
γλ
λ(2)当电压V 等于0时，0=ϕ 向里，可定为o 光，光轴与入射光线平行，不发生偏折。

即o 光出A 后仍为o 进入B 后，由于o 光与B 的光轴垂直，仍不发生偏折，沿直线出射。

2.当电压v 为2λU 时，πϕ= 入射光的o 光转变为e 光，因为e n n >0 所以e 光较o 光远离
光轴，向上偏折。

令其折射角为α，则有：
1
22202220sin cos 112sin 21tan −
+−=e e n n n n θθθα=0.030618652（注：此处)5246.1(525.10=n )47927.1(479.1=e n ）
则mm
d x 3062.0tan ==∆α9.解：（1）使用凸面镜不能利用太阳光点火。

由图可知，当平行入射到突面镜表面时，突面镜具有发散光线的效果，不可能利用太阳光点火。

（2）νc n =， c n 4334=⇒=ν ，f c =λ 射入水中时，f ,,
νλ=
而f 不发生变化nm c f c 4424
3,,
,,===⇒=∴λλνλλν而由于该光频率不发生变化，故在水（3） 球面反射镜 l
l ,
−=βl 越大，看的越清楚。

平面反射镜，1=β，不具有放大特点。

球面反射镜可以增加视野，而平面不具。

（4） 三种分别盖住镜头并照射同一个位置时，屏幕上被照明处呈灰白色，灰白色的色度值取决于三色光的数量比。

如果盖住同一镜头，此时由于各色光均被滤色玻璃互相吸收，故没有光从镜头射出，屏幕呈黑色。

10.解：如上图，由折射定律有,111sin sin i n i n = 由几何关系有,
1
345i i −=°
要求出射光线平行于基准面 则有 °=45,3i 由折射定律 °
⋅==45sin sin sin ,
331n i n i n 得°°=×==13.283
2
22arcsin 45sin arcsin 13n i °°°°=−=−=87.1613.2845453,1i i 而4353.087.16sin 5.1sin sin ,
111=×==°i n i °=8.251i 即入射角应为°
8.
2511.解：在物空间确定系统的孔径光阑系统总共1L 和2L 的边框，小孔光阑AB 。

（1）首先将光孔对透镜成像作像空间求光孔的“共轭物”。

cm l 17,1
= cm f 9,
1= 由成像公式有：cm l f l 125.191
11,1
,
1−=⇒=cm
y y y
l l 75.6611
,
11,1=⇒===β即光孔在系统物空间的像,,B A 位于透镜1L 前19.125cm,大小为6.75cm ，成倒像。

（2）再确定透镜2L 的“共轭物”。

cm l 19,
2= cm f 9,
1
= 由cm l f l l 1.171
112,12
,2−=⇒=−cm
y y y l l 6.34,
22
,
22,2=⇒===β即透镜2L 在系统物空间的像,
2L 位于透镜1L 前17.1cm 处，大小为4.44cm,成倒像。

（3）透镜边框对C 点半张角
25
.012
3122tan 1
===D θ,
2L 对C 点半张角
35.01.58
.1122
tan 2,
2
2==
−−=
l y θ,,B A 对C 点半张角
47.0125
.7275.612
2
tan 1,
1
1==
−−=
l y θ比较可得θ最小，所以透镜1L 为系统孔径光阑。

（4）由于透镜1L 以前没有成像光学元件，所以1L 自身的边框为入瞳，口径为6cm。

12.解：（1），目
，
物f
f −
=−=Γ×
10 mm f 100=，物 mm
f 10=∴，
目（2）观察600mm 处目标时，，物
f l l 1111,1=− 代入mm l 6001−= mm f 100=，物得出mm l 120,
1= 而mm f 100=，物 故调焦距离mm
l f d 20,
1=−=，
物
（3）如图mm l 6001−= 1,
1,==
l y y 物βy 51,−=50tan )tan(,,
,,
y f y =⇒−=−，，目ωω600tan 1y l ×−=−==Γ12600
50tan tan ,
y y
ω
ω 故实际放×
1213.解：（1）显微镜目镜的视放大率为,250e
e f =
Γ 显微镜的视角放大率为
e
e l l
Γ⋅=Γ=Γ1
,
10β由成像公式有 ,,22111e
f l l =+− 要使∞→,2l 则cm l 32−=cm l L l 17320)(2,
1
=−=−−= 又有
cm cm l f l l 0625.116171111,
1,1==−⇒=−则×−=⋅−=Γ⋅=Γ33.1330
250
16
17171,
1e l l
cm l 252=cm l 68.2,2−=⇒ 则cm l L l 32.172,1=+=cm l 06.11=− 故物体应放于物镜左方1.06cm 处。

（3）×−=−=
=34.1606
.132
.171,,
1l n nl β
2012年光学答案
1.（1）光由光密介质进入光疏介质；入射角大于临界角 n
n c ,
arcsin
=θ（2）无穷远；200 （3）×6
（4）,,70 ； ,,35
（5）2mm
（6）球差，彗差，像散，场曲，畸变；位置色差，倍率色差2.略。

3.解：（1）移动前：21,,=AB B A 即1
,1,1l y y =−=,,
1,,111,
15.111121f l f l l l l =⇒ =+−=,
13f l =−（2）移动后：1,
,,
,=AB B A 即,
2l y ,
,2,,222
2211f l f l l l l =⇒
=+−−由 ,
22f l =−又100)(21=−−−=∆l l x 故mm f f f 10023,,,=⇒+=4.解：物像关系式：'''n n n n l l r
−−=(1)平面朝上时
第Ⅰ面：
代入物像关系式得：
1111'0'0n n l l r
−−=⇒=由转面公式122'20
l l d l −=⇒=−第Ⅱ面：022,'1,20,'13.3,n n n n l l r ====−=−=∞故：
1120
1.513.32013.3
n n n −−=⇒==−−∞(2)凸面朝上时
第Ⅰ面：011,' 1.5,0,n n n n l r ======∞
1'0l ⇒=220
l ⇒=−第Ⅱ面：0221.5,'1,20,'14.6,n n n n l l r r =====−=−=故：
1 1.51 1.5
76.8414.620r r
−−=⇒=−−−综上得：76.84, 1.5
r mm n ==5解：由10660,
,,,=Γ⇒=Γ
=α mm D D D 35414022.1,,,,0=⇒===
λα又mm D D D 5.310=⇒==Γ出出 故mm d D 5=<出 故5.242
=
Γ=d D d d 仪仪φφ6.解：由菲涅尔公式有：sin()sin(221θθ−−
=s r )
)
2121θ−°==66.56arctan
1
2
n n B θ（1）对于°=501θ 由211sin θn n =得°
=26.302θ0943.0)26.3050sin()26.3050sin(<−=+−−=°°°°s r 0
062.0)
26.3050tan()26.3050tan(>=+−=°°°°p r 故反射光中s 分量相位突变π，p 分量无突变，反射光为右旋椭圆偏光。

（2）对于°=601θ 由2211sin sin θθn n =得°=73.342θ同理有：0428.0<−=s r 0
039.0<−=p r 故反射光中p 、s 分量均发生π突变，反射光为左旋椭圆偏光。

结论：对于p 分量，当入射角小于B θ时不发生突变，当入射角大于B θ时有π突变。

对于s 分量，无论入射角多大总有π突变。

7.解：由λλm nh =+
22 （m=1,2.......)得：n h 2λ=∆ n
N h N D 2λ⋅=∆⋅=又αλαλλαn n L n h L 2sin 22sin ≈=∆⇒=∆=⋅∆ 由14030
60=⇒=N L N 个故m n N D µλ3.442
6328.01402=×=⋅=如图，条纹向棱线方向弯曲，设槽深10
215λ
ααλ=⋅⋅
⋅n L m
µ06328.0=8.解：由上图知两相干光束光程差为：
[][]
DE AD d n d CF BC AB n r r +−+−++=−=∆2112)( d
n AD BC AB n )1()(21−+−+=n
d n )1(2
22−++λ
λm d =5.2
1
1=又lc ≤∆ 故：m=4,5(1)m=4时，25.0λ=
d m d µλ10== （2）m=5时，235.0λ
=d m d µλ303==9.解：月球光斑直径m D D l D 5
1011018.344.222×=⇒
=⋅=λθθ
， ×=×==
Γ100010223
-出物D D 用望远镜后，月球光斑直径m
D D l D 31844
.2222,,
2=⇒
=⋅=物λθθ10.解：（1）第3级缺级3=⇒a d 由亮 d
d m λ
θλθλ≈=
∆⇒=cos 故 m l f d d f f l µλλθ==⇒=∆⋅=， 则m a µ（2）2
202
sin 2sin )sin (
=ϕϕααN I I (0零级主极大强度，相对强度即与之相
比）
故2
20sin sin sin sin 4
=
=λθ
πλθπααa a I I 由684.033sin 432sin 2sin 33
sin sin 32
01=
=⇒
=⇒ ===⇒
==ππλθλθλθλθI I a d a d a d a d 171.03
232sin 42
02=
=π
πI I。