光学作业参考答案

通过第二个偏振片光强为 I 1 =
由题意得：
I1 I2
=
11 ，所以 10
1 3 Ia + Ib 8 16 = 11 1 1 10 Ia + Ib 4 8
所以解得
I1 I2
=
1 3
11-10 有布儒斯特定律和折射定律可知， 当入射角为布儒斯特角时， 反射光与折射光线互相垂直， 即 i0 = 90 − 30 = 60 则入射角为 60 折射率为 n = tan i0 = tan 60° =
由于屏是无限大，最大衍射角是 ±
π 2
λ m ⎝ ⎠ ⎛ π⎞ a +b 106 ⎟ ⎟ ⇒ km = sin ⎜ ± = ± = ±3.39 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ λ 5000 × 589.3 ⎝ 2⎠
∴ k m = ±3
可以接收到 7 条谱线，但是有缺级。K 值为
⎟ ⎟ ⎜ (a + b ) sin ⎜ ⎟=k ⎜± 2 ⎟
Δy = f
2λ = 2 × 500 × 5 × 10−3 =5mm a
（2）若单缝装置浸入水中，中央明纹的半角宽度为：
λ 500 × 10−6 ϕ0 = = = 3.76 × 10−3 rad na 1.33 × 0.1
10-5 设第 3 级明纹在角方向上，有：
a ⋅ sin θ = (2k + 1)
r0 d λ = 4× 1000 × 500 × 10−6 = 10mm 0.2
S1 r2 S2 r1
(2)零级明纹光程差为
δ=r2 − (r1 − d + nd ) = 0
则
r2 − r1 = (n − 1)d
零级移到原来第 j 级明纹，有 r2 − r1 = j λ 所以 得： j =
(n − 1)d = jλ
10-12 （1）据艾里斑角宽公式，星体在视网膜上成像的角度宽为：
2θ = 2 × 1.22
550 × 10−9 λ = 2.24 × = 1.9 × 10−4 rad −3 D 7 × 10
（2）视网膜上星体的像的直径为：
d = 2θ l = 1.9 × 10−4 × 23 = 4.4 × 10−3 mm
I 2 = I 1 cos2 α =
I 3 = I 2 cos2 (90° − α ) =
∴ sin2 α = 1 ∴ α = 45°
11-8 设自然光强为 Ia，线偏振光为 I b ① 当夹角分别为 30 和 60 时
通过第一个偏振片光强为 I 1′ =
1 1 3 I a + I b cos2 30 = I a + I b 2 2 4 1 3 1 3 I a cos2 60 + I b cos2 60 = I a + I b 2 4 8 16
9-1 在杨氏双缝干涉实验中， 设双缝的距离为 5.0mm 缝与屏的距离为 5m。 由于用了 480nm 和 600nm 的两种光垂直入射， 因而在屏幕上有 两个干涉图样。试求：这两个不同的干涉图样的第三级明纹。 解： 由题意知：d=5.0mm , r0=5m=5000mm
y1 =j1 r0 d r0 d λ1 =3 × λ2 =3 × 5000 × 480 × 10-6 =1.44mm 5 5000 × 600 × 10-6 =1.80mm 5
y 2 =j 2
则 Δy = y2 − y1 = 1.80 − 1.44 = 0.36mm 9-4 在双缝干涉装置中，用一很薄的云母片，n=1.58，覆盖其中的一 条缝，结果使屏幕上的第七级条纹恰好移到屏幕中央零级明纹的位 置，若入射的光波的波长为 550nm，求此云母片的厚度。 解: 假设云母片挡住上缝，并设云母 片厚度为 d， 无云母片时 放置云母片
通过第二个偏振片光强为 I 1 = ② 当夹角分别为 60 和 45 时 通过第一个偏振片光强为 I 1′ =
1 1 1 I a + I b cos2 60 = I a + I b 2 2 4 1 3 1 1 I a cos2 45 + I b cos2 45 = I a + I b 2 4 4 8
⎛ π⎞
k=
a +b k ′ = 2k ′ a
k ′ = ±1, ±2...
k = ±2 的谱线消失。因此屏上可接收到 5 条谱线。值分别为 0， ± 1， ±2
10-8（1）
(a + b ) sin θ = k λ
⎧ ⎪d sin θ1 = k λ ⇒⎪ ⎨ ⎪ d sin θ2 = (k + 1) λ ⎪ ⎪ ⎩ ⇒ d (sin θ2 − sin θ1 ) = λ 600 × 10−6 = 6 × 10−6 m 0.3 − 0.2
λ 7λ ⇒ sin θ = 2 2a 7f λ 2a
此明纹到中心距离为：
Δy = f ⋅ tan θ ≈ f ⋅ sin θ =
两侧第 3 级明纹距离为： 10-7 由已知
2Δy =
2Δy a 7f λ ⇒ λ= = 600nm a 7f
(
)
a +b =
10−2 = 2 × 10−6 m 5000
⎛ 1⎞ ⎟ ⎟ 2nd = ⎜ j + λ =j λ + 350 ⎜ ⎟ 2 ⎜ ⎟ 2 2 2 2⎠ ⎝
( 3)
因为λ2 >λ1，则 j2 < j1 又因为λ2 与λ1 之间不存在λ3 满足
⎛ 1⎞ ⎟ ⎟ 2nd = ⎜ j + λ ⎜ ⎟ 3 ⎜ ⎟ 3 2 ⎝ ⎠
(4 )
即不存在 j2 < j3 < j1 的情形，所以 j2 、j1 应为连续整数，即 j2 = j1－1 由(2)(3)(4)式可得 j1 =
2nd = (2 j + 1) λ ⎛ 1⎞ ⎟ ⎟ =⎜ j + λ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 ⎝ 2⎠
( j = 0,1,2...)
(1)
当λ1 =500nm 时，有
⎛ 1⎞ ⎟ 2nd = ⎜ λ =j λ + 250 ⎜ j1 + ⎟ ⎟ ⎟ 1 1 1 ⎜ 2⎠ ⎝
(2)
当λ2 =700nm 时，有
9-6 双缝与屏之间的距离为 1m，两缝之间的距离为 2×10-4 m，用波 长为 500nm 的单色光垂直照射双缝。 试求： (1)第 4 级明纹中心与中央明纹中心的距离； (2)如果用折射率为 n=1.5、 厚度 l=1×10-5 m 求上述第 4 的透明薄膜覆盖在 S1 缝的后面， 级明纹上移到原来的第几级明纹中心处。 解：(1) y = j
j2λ2 +100 λ1 = 7 j2 +1 5 = 7 ( j1 − 1) + 1 5
⎧ ⎪ j1 = 3 ⇒⎪ ⎨ ⎪ j = j1 − 1 = 2 ⎪ ⎩2
由(2) 式求的油膜的厚度为 d =
j1λ1 + 250 2n
=
3 × 500 + 250 = 673.1nm 2 × 1.30
9-9 在折射率 n1 =1.52 的镜头表面涂有一层折射率为 n2 =1.38 的增透 膜，如果此膜适用于波长为 550nm 的光，问膜的厚度应取何值？ 解： 设光垂直入射增透膜，欲透射增强，则膜上、下两表面反射光应 满足干涉相消条件，即：
2 2 2d0 n2 -n1 sin2 i =j λ+
λ 2
j=
2 2 2d0 n2 -n1 sin2 i -
λ 2
λ 2 × 0.05 × 1.02 -1.52 × sin2 0-275 × 10-6 = 550 × 10-6 =181.3
所以为 181 条 (2) d0=0.05mm，n1=1.0，n2=1.50，λ=550×10-6mm
r0 = 1000mm , d=0.2mm 第 1 级： y1 =
2 j + 1 r0 3r λ= 0λ 2 d 2d 2 j + 1 r0 21 r0 λ= λ 2 d 2 d r0 d λ = 36 (1)
第 10 级： y2 = 则 得到
(2)
Δy = y2 − y1 = 9
λ=
36 d = 800nm 9 r0
j ′=
2 2 2d0 n2 -n1 sin2 i -
λ 2
λ 2 × 0.05 × 1.52 -1.02 × sin2 0-275 × 10-6 = 550 × 10-6 =272.2
所以为 272 条
10-3 （1）因为衍射角 ϕ0 很小，所以，中央明纹的半角宽度：
ϕ0 =
中央明纹宽度：
λ 500 × 10−6 = = 5 × 10−3 rad a 0.1
r2 − r1 =0 r2 − d + nd -r1 = 7λ
S1 r2 S2 P r1
联立有： δ= (n − 1)d =7λ 则d =
7λ 7 × 550 × 10−6 = = 6.64μm = 6.64 × 10−6 m n −1 1.58 − 1
9-5 一双缝实验中两缝间距为 0.2mm，屏幕距缝为 1m，在屏幕上测 得第 1 级和第 10 级暗纹间距为 36mm，求所用单色光波长。 解：
令 j=0，得膜最薄厚度为 99.6nm，当 j 为其他整数时，也都满足要 求。 9-12 一空气劈尖，劈尖角为θ=10-4 rad，当用波长为 550nm 的单色 平行光垂直照射时。试求： (1)相邻明纹间距；(2)设此劈尖的长度为 1.0cm ，则在此劈尖上共出 现几条明纹。 解： (1) θ = (2) N =
λ λ 550 × 10-9 ⇒ l= = =2.75mm 2nl 2nθ 2 × 1 × 10-4
10mm =3.6 2.75mm
因此为 3 条明纹
9-14 一个由两玻璃形成的空气劈尖，其末端的厚度为 0.05mm，今用 波长为 550nm 的平行光垂直照射到劈尖的上表面，试求：(1)在空气 劈尖的上表面一共能看到多少条干涉明纹；(2)若用尺寸完全相同的 玻璃劈尖代替上述空气劈尖，则一共能看到多少条明纹。 （玻璃折射 率 n=1.5） 解：由题可知 d0=0.05mm，n1=1.50，n2=1.0，λ=550×10-6mm 由反射光干涉相长条件
⇒d =
（2）
(a + b ) sin θ = kλ ⎧ ⎪(a + b ) sin θ = k λ ⇒⎪
⎨ ⎪ a sin θ = k ′λ ⎪ ⎪ ⎩ 6 × 10−6 a +b ′ ⇒a = k = × 1 = 1.5 × 10−6 m k 4
（3）
(a + b ) sin θ = kλ (a + b ) sin θ
2 2 2 2 2
(
)
1 I 0 sin2 2α 4
可以知道，当α=β=45 时，出射光最强 I 2 = 则最大出射光强为入射光强的 1/4 倍。 11-7
1 I 4 0
I1 =
1 I 2 0 1 I 0 cos2 α 2 1 1 1 I 0 cos2 α sin2 α = I 0 sin2 α = I 0 2 8 8
⇒ km = λ
=
6 × 10−6 × 1 = 10 600 × 10−9
k = ∴k = 0, ±1, ±2, ±3, ±5, ±6, ±7， ± 9 共 15 条
10-10
Δl = f ⋅ tan θ ≈ f ⋅ θ λ ⋅f R 500 × 10−9 = 0.61 × × 0.5 0.1 × 10−3 = 1.525mm = 0.61
(n − 1)d
λ =
(1.5 − 1) × 10
500 × 10−9
−5
= 10
则第 4 级上移到原来的第 14 级明纹中心
9-7 以平面单色光波垂直照射到厚度均匀的薄油膜上，油膜覆盖在玻 璃板上，油的折射率为 1.3。玻璃的折射率为 1.5，若单色光的波长可 由光源连续可调，可观察到 500nm 和 700nm 这两个波长的单色光在 反射光中消失，试求油膜层的厚度。 解：油膜上下两表面反射光的光程差为 2nd， 由反射相消条件有：
11-1 由马吕斯定律 I θ = I cos
2
θ
I1 = I2 =
Iห้องสมุดไป่ตู้ 2 I0 2
cos2 45° =
I0 4 I0 8 1 1 4 8
cos2 60° =
所以透过检偏器的光的强度是 I0 的 ， 倍。 11-6 （1）2 个 （2）设两次偏振的偏振角分别α，β 则 α + β = 90° 通过 P1 的偏振光强度为： I 1 = I 0 cos α 通过 P2 的偏振光强度为： I 2 = I 0 cos α cos β 将 β = 90° − α 带入上式得： I 2 = I 0 cos α cos 90° − α =
2n2d = (2 j + 1) λ ⎛ 1⎞ ⎟ ⎟ =⎜ j + λ ⎜ ⎟ ⎟ 2 ⎜ 2⎠ ⎝
( j = 0,1,2...)
则
⎛ 1⎞ ⎟ ⎜ ⎟λ ⎜j + 2⎠ jλ λ 550 550 ⎝ d= j+ = + = 2n2 2n2 4n2 2 × 1.38 4 × 1.38 = (199.3j +99.6) nm