大学物理《普通物理学简明教程》振动、波动和光学习题精解

振动、波动和光学习题精解
第10章 机械振动
10.1 要求
1 了解 简谐振动的能量；
2 理解 旋转矢量法、同方向和同频率简谐振动的合成的规律；
3 掌握 简谐振动的各物理量（ϕω,,A ）及各量间的关系、简谐振动的基本特征、建立简谐振动的微分方程、根据初始条件写出一维简谐振动方程、同方向和同频率简谐振动的合成。

10.2 内容摘要
1 简谐振动运动学方程
)cos(ϕω+=t A x
特征量：振幅A ：决定振动的范围和能量；
角频率ω：决定振动重复的快慢，频率ω
πνπων21,2===
T 周期； 初相ϕ：决定起始的时刻的位置和速度。

2 振动的位相 （ϕω+t ）简谐振动在t 时刻的位相；
3 简谐振动动力学方程
0222=+x dt x d ω 弹性力：kx F -=，K
m T m K πω2,==
； 4、简谐振动的能量 2222
121)(21kA kx dt dx m E E E k p =+=
+= 5、受迫振动：是在驱动力作用下的振动。

稳态的受迫振动的频率等于驱
动力的频率。

当驱动力的频率等于系统的频率时，发生共振现象，振幅最大。

6、同方向、同频率简谐振动的合成 )cos(111ϕω+=t A x ， )cos(222ϕω+=t A x
)cos(21ϕω+=+=t A x x x
其中， A =)cos(
212212
221ϕϕ-++A A A A ， 22112211cos cos sin sin arctan ϕϕϕϕϕA A A A ++= 相位差12ϕϕϕ-=∆起了相当重要的作用
（1） 两个谐振的频率相同时，合运动的振幅决定于它们的相位差：
同向时 （ 3,2,1,0,2=±=∆k k πϕ），合振动最大，为两者振幅之和； 反向时 合振动最小[ 3,2,1,0,)12(=+±=∆k k πφ]，为两者振幅之差；
（2） 两个谐振的频率不相同时，合运动会产生拍现象，拍的频率为两个谐振的频率之差。

10.3 解题思路
1 根据给定条件，写简谐振动表达式时，要找出三个特征量ω,A 和ϕ。

ϕ要特别注意初始条件，利用初始条件画出向量图是求ϕ的一个方便的方法。

由质点的初始位置和速度（特别是注意正和负）就可以画出振幅矢量的位置，确定ϕ的值；
2 从分析力着手判定简谐振动时，基本步骤就是
求质点在给定条件下受的合力，只要得到合力对某一平衡位置的位移正比而反向，就可以判定质点的运动是简谐振动，并可立即由力和位移的比例常数和质点的质量，写出简谐振动的角频率或周期；
3 应用同一直线上两个简谐振动的合成规律时，要特别注意它们的相位差和合成的振幅的关系；同向时，合振幅最大，反向时，合振幅最小。

10.4 思考题选答
1 弹簧振子的无阻尼自由振动是简谐振动，同一弹簧振子在简谐驱动力持续作用下的稳态受迫振动也是简谐振动，这两种简谐运动有什么区别？
答：弹簧振子的无阻尼自由振动是在“无阻尼”，包括没有空气等外界施加的阻力和弹簧内部的塑性因素引起的阻力的情况下发生的，是一种理想情况。

由于外界不能输入能量，所以弹簧振子的机械能守恒。

这时振动的频率由弹簧振子自身的因素（m k ,）决定。

在简谐驱动力持续作用下的稳态简谐运动是在驱动力作用下产生的。

这时实际上，弹簧振子受的阻力也起作用，只是在驱动力对弹簧振子做功而且输入弹簧振子的能量等于弹簧振子由于阻力消耗的能量时，振动才达到稳态，这样弹簧振子的能量才保持不变。

此时，稳态受迫振动的频率决定于驱动力的频率，而与弹簧振子的固有频率无关。

2 任何一个实际的弹簧都是有质量的，如果考虑弹簧的质量，弹簧振子的振动周期将变大还是变小？
答：从质量的意义上来说，质量表示物体的惯性，弹簧本身的质量计入时，系统的质量增大，更不易改变运动状态。

对不断地周期性改变运动状态的弹簧振 子的简谐运动来说，其进程一定要变慢。

这就是说，考虑弹簧的质量时，弹簧振子的振动周期将变大。

10.5 习题解答
10-1 质量为10g 的小球与轻弹簧组成的系统，按m t x )3\8cos(05.0ππ+=的规律而振动，式中t 以s 为单位,试求:
(1)振动的角频率、周期、振幅、初相、速度及加速度的最大值;
(2)t =1s 、2s 、10s 等时刻的相位各为多少?
(3)分别画出位移、速度、加速度与时间的关系曲线。

解：(1)振动的角频率、周期、振幅、初相、速度及加速度的最大值：
由已知，112.258-==s πω，s T 25.02==ωπ，3
,05.00πϕ==m A ；
1127.005.08-∙=⨯==s m A v πω，12226.3105.064-∙=⨯==s m A a πω
(2) t =1s 、2s 、10s 等时刻的相位各为：
πππϕω3
2538)(,1=+=+=t s t ， πππϕω3
49316)(,2=+=+=t s t ， πππϕω3
241380)(,10=+=+=t s t 。

(3) 分别画出位移、速度、加速度与时间的关系曲线
10-2 有一个和轻弹簧相联的小球，沿x 轴作振幅为A 的简谐振动，其
表式用余弦函数表示。

若t =0 时，球的运动状态为:
(1)x 0=-A ;
(2)过平衡位置向x 正方向运动;
(3)过x =A/2处向 x 负方向运动;
(4)过处2
A 向 x 正方向运动; 试用矢量图示法确定相应的初相的值，并写出振动表式。

解：振动表式：)cos(ϕω+=t A x
(1)x 0=-A ，)cos(,,cos πωπϕϕ±=±==-t A x A A ；
(2)过平衡位置向x 正方向运动，)2cos(,2,0,000π
ωπ
ϕ+===t A x v x ；
(3)过x =A/2处向 x 负方向运动，)3
cos(,3,0,200πωπϕ+===t A x v A x ；
(4)过处2A
向 x 正方向运动，4,0,200π
ϕ-== v A
x ，
))(4cos(SI t A x π
ω-=。

10-3 某质点振动的x-t 曲线如题图5－7所示.求：
（1）质点的振动方程；
（2）质点到达P 点相位；
（3）质点到达P 点相应位置所需的最短时间.
分析 由旋转矢量可以得出相位和角频率，求出质点的振动方程。

并根据P 点的相位确定最短时间。

00001cos()
0,/2,0
31,3256
50.1cos(
)63
20x A t t x A v t s t x t m P ωϕπϕππωπ
ωππ=+==>=-
=-=∴==-解：（）设所求方程为：从图中可见，由旋转矢量法可知；又
故：（）点的相位为 题图10-3
0500.463
0.4p p p t t t s P s
ππωϕ∴+=-==即质点到达点相应状态所要的最短时间为 10-17 两同方向简谐振动，其振动方程分别为
)4
110cos(106, )4310cos(1052221ππ+⨯=+⨯=--t x t x 式中x 以m 为单位，t 以s 为单位.
(1)求合振动的振幅和初相;
(2)若另有一同方向简谐振动)10cos(10723ϕ+⨯=-t x ,问 ϕ为何值时,合振动 31x x +的振幅为最大; 又 ϕ为何值时,合振动 32x x +的振幅为最小?
(3)用旋转矢量法表示(1)、（2）的结果.
分析 先体会给出的两个振动方程,哪里体现了同方向?哪里体现了同频率?作两个同方向同频率振动合成,最简单的方法是旋转矢量法(不妨也尝试一下解析法),只要画出了合成矢量,简单的几何关系便给出合振动的振幅及初相.本题的另一部分是讨论振动加强减弱条件,这为后面讨论机械波、光波的干涉加强减弱作舖垫.
解 (1)如图10-17,两矢量间夹角为
2π,所以合振动振幅
m 107.81 m
106522222221--⨯=⨯+=+=A A A 合振动初相
84844
65 tan arc 0'=+= πϕ (2) 合振动A 再与第三个振动合成.根据振动叠加条件, πϕϕk 21±=-时合振动有极大值,即 ππϕk 24
3±= (k =0,1,2…) 当πϕϕ)12(1+±=-k 时合振动有极小值, 即
ππϕ)12(4
3
+±=k (k =0,1,2…)
10-19 当两个同方向的简谐振动合成为一个振动时，其振动表式为： t t A x 0.50cos 1.2cos =
式中t 以s 为单位。

求各分振动的角频率和合振动的拍的周期。

解：已知，t t A x 0.50cos 1.2cos = 拍的标准方程为：t t A x )2cos()2cos(1
21
2ωωωω+-=
两式比较得：
1.52,9.47,502,1.22
211212==∴=+=-ωωωωωω 拍的周期为 s T 5.12
.42212==-=πωωπ。

10.23 一质点沿x 轴作简谐运动振动方程为)3
12cos(1042ππ+⨯=-t x （SI ），从t=0时刻起到质点位置在cm x 2-=处，且向x 轴正方向运动的最短时间间隔为
（A ） 1/8秒； （B ） 1/4秒；
（C ） 1/2秒； （D ） 1/3秒、
（E ） 1/6秒 。

[ ]
解：（1） 根据振动方程可知：振幅cm A 4=，角频率πω2=，初相3/πϕ=，
周期 ω
π2=T =1秒； （2） 分析质点运动情况：从t=0时刻起，2)3/0cos(10420=+⨯=-πx ；向x 轴负方向运动，直到cm x 41-=,即3/1t 3),/t 2(4cos 411=+-=ππ为止；质点改变运动方向，向x 轴正方向运动到位置P 点。

最短时间间隔为：21t t t +=
(3) cm x 22-=处的时刻 。

第11章 机械波基础
11.1 要求
1 了解 波的能量传播特征及能流密度概念、驻波和行波的区别、机械波的多普勒效应及其产生的原因、电磁波的性质；
2 理解 机械波产生的原因、波形曲线；
3 掌握 由已知质点的简谐振动方程，得出平面简谐波函数的方法及波函数的物理意义、
11.2 机械波基础摘要
1 波 振动的传播称为波。

机械波在介质中传播时，只是振动的传播，介质不移动。

质元的运动方向和振动传播的方向垂直，这种波叫做横波，其外形上有波峰和波谷；质元的运动方向和振动传播的方向平行的波称为纵波。

2 简谐波 简谐运动的传播称为简谐波。

数学表达式
)2cos()(2cos )(cos λ
πωλπμωx t A x T t A x t A y ±=±=±=， 式中负号表示沿x 轴正方向传播的波，正号表示沿x 轴负方向传播的波。

3 弹性介质中的波速（式中G 为切变模量，ρ为体密度）
横波波速 ρ
μG =； 纵波波速 ρμE
=，式中E 为扬模量，
液体和气体中纵波波速
ρ
K u =
，式中K 为介质的体积模量，ρ为体密度； 拉紧绳中的横波波速 ρρT
F u ==，式中F 或T 为绳中张力，ρ为体密度；
4 简谐波的能量
任一质元的动能和弹性势能同样地变化。

平均能量密度 222
1A w ρω=， 波的强度 u A u w I 222
1ρω==， 5 惠更斯原理
介质中波传到的各点都可看作开始发射子波的点波源，在以后的任一时刻，这些子波的包络面就是该时刻的波前。

6 驻波
在同一媒质中，有两列振幅相等、方向相反在同一直线上传播的相干波，叠加时形成的一种特殊的波的干涉现象称为驻波。

其表达式为
t x A ωλ
πξcos 2cos 2= 实际上是稳定的分段振动，有波节和波腹。

7 多普勒效应
接收器收到的频率与接收器（R ）和波源（S ）的运动有关。

波源静止时，S R R u
v u νν+=，接收器向波源运动时R v 取正值，远离时为负； 接收器静止时，S S
R v u u v ν-=，波源向接收器运动时S v 取正值，远离时为负。

11.3 解题思路
1 关于波函数的习题，基本是两类：一类是识别给定的波函数，即由给定的波函数的公式，求波的频率、振幅、波速和波长等。

这时将给定的波函数和波函数的标准公式加以对比，即可求得；另一类是已知条件（如某一质元的振动表达式）写出波函数。

这时要注意“沿波的传播方向振动逐点延缓”这一基本规律，求出延缓的时间u
x t ∆=∆，然后改写已知质元的振动表达式，既可写出所求的波函数。

在写反射波函数时，也要先计算从给定的质元到反射波中任一点的时间延迟，这时还要特别注意反射的情况。

如果遇到波密介质（或固定点）而反射，需要计入半波损失，即在传播距离上要加（或减去）半个波长，或在波函数的相位的公式加或减π；
2 在计算波的能量或强度时，也要注意质元的振动速度dt
dx 和波的传播速度u 的区别。

质元的动能决定于前者，而波的强度和波的速度有关；
3 对驻波波函数，应注意到它是有一个振动因子t ωcos 和一个随坐标周期性变化的因子λ
π2cos 的乘积组成。

由此可得到各质元的振动频率、振幅和相位随坐标的分布。

对于两端固定的弦上形成的驻波，应注意波长是“量子化”了的。

由波长和弦中的波速，可求得波的频率。

4 在计算由于多普勒效应而产生频率改变时，要注意公式中速度的符号，要注意区别发射的频率、波的频率和接受的频率的区别。

11.4 思考题选答
1 二胡调音时，要拧动上部的旋杆，演奏时手指压触弦线的不同部位，就能发出各种音调不同的声音。

这都是什么缘故？
答：拧动上部的旋杆是改变弦线的张力，而改变弦线中的波速，使对应于弦线全长（从千斤到码子）的弦的频率发生变化，以确定二胡标准基音。

弦线的张力固定后，手指压触弦线的不同部位，就是改变弦线上的振动部分的长度，也就是改变弦线所发出的基音频率，即发出各种不同音阶的声音。

2 在有北风的情况下，站在南方的人听到在北方的警笛发出的声音和无风的情况下听到的有何不同？你能导出一个公式吗？
答：在警笛是静止的情况下，北风只是改变了声波相对地面的传播速度。

对于站在南方的人来说，他听到的警笛发出的声音的频率并无改变，若u 为声波在静止的空气中的声速，v 为北风相对地面的速度；则在有北风的情况下，相对地面的声速为v u +。

这时，警笛发出向南的声音的波长为T v u )(+='λ，T 为其的周期。

南方的人一个周期内接收到的声波波列的长度为v u +，即波数为 νλ=='+T
v u 1 这就是他接收到的频率。

11.5 习题精解
11-1 一横波在沿绳子传播时的波方程为：))(4210cos(05.0SI x t y ππ-=
(1) 求波的振幅、波速、频率及波长；
(2) 求绳上的质点振动时的最大速度和最大加速度；
(3) 求s t m x 1,2.0==质点的相位，它是原质点处在哪一时刻的位相?
(4) 分别画出t=1s 、t=1.25s 和t=1.50s 的波形。

解：（1）用比较法（与标准波动方程），
由 )2cos()410cos(
05.0x t A x t y λπϕωππ-+=-=得；
（1）写出O 点的振动表达式；
（2）写出该波的波动表达式；
（3）写出A 点的振动表达式；
（4）写出A 点离O 点的距离。

解：由图可知A=0.1m ，λ=0.4m ，由题知T= 2s ，ω=2π/T=π，而u=λ/T=0.2m/s 。

波动方程为：y=0.1cos ［π(t-x/0.2)+Ф0］m 关键在于确定O 点的初始相位。

（1） 由上式可知：O 点的相位也可写成：φ=πt+Ф0
由图形可知： s 3
1=
t 时y ０=-A/2，v ０＜0，∴此时的φ=2π／3， 将此条件代入，所以：03132ϕππ+= 所以3
0πϕ= O 点的振动表达式y=0.1cos ［πt+π/3］m （2）波动方程为：y=0.1cos ［π(t-x/0.2)+π/3］m
（3）A 点的振动表达式确定方法与O 点相似由上式可知：
A 点的相位也可写成：φ=πt+ФA0
由图形可知： s 3
1=t 时y ０=0，v ０>0，∴此时的φ=-π／2， 将此条件代入，所以：0312A ϕππ+=- 所以6
50πϕ-=A A 点的振动表达式y=0.1cos ［πt-5π/6］m
（4）将A 点的坐标代入波动方程，可得到A 的振动方程，与（3）结果相同，所以： y=0.1cos ［π(t-x/0.2)+π/3］= 0.1cos ［πt-5π/6］
可得到： m x A 233.030
7==。

11-5如题11-5所示，一平面波在介质中以波速20/u m s =沿x 轴负方向传播，
已知A 点的振动方程为)(4cos 1032SI t y π-⨯=.
(1)以A 点为坐标原点写出波方程；
(2)以距A 点5m 处的B 点为坐标原点，写出波方程.
分析 由波相对坐标轴的传播方向和已知点的振动方程
直接写出波方程。

解：(1)坐标为x 处质点的振动相位为
)]20/([4)]/([4x t u x t t +=+=+ππϕω波的表达式为
))](20/([4cos 1032SI x t y +⨯=-π (2)以B 点为坐标原点，则坐标为x 点的振动相位为
)](20
5[4'SI x t t -+=+πϕω 波的表达式为 )]()20
(4cos[1032SI x t y ππ-+⨯=-
波动方程：
]2
54.0cos[04.0])(cos[πππϕω+-=+-=x t u x t A y u 图11-5
解：平面简谐波的标准表达式为：
])(cos[0ϕω+-=u
x t A y ，A=0.05，πω= T T uT 1,2,===νπωλ；将两表达式进行对照2
12,21===πωνu 选(C)。

11-20 同一介质中的两个波源位于A 、B 两点，其振幅相等，频率都是100Hz ，相位差为π。

若A 、B 两点相距为30m ，波在介质中的传播速度为40m/s ，试求AB 连线上因干涉而静止的各点位置。

解：选择A 点为坐标原点，对于A 、B 间的任意一点C
A 点波动方程：)](cos[u
x
t A y A -=ω B 点波动方程：])30(cos[πω+--=u
x t A y B πωωπωωϕ)115010(][])30([+-=--+--=∆x u
x t u x t
即：ππϕ)12()115010(+=+-=∆k x ，产生干涉相消，所以
),2,1(,215 ±±=+=k k x ，
距A 点m x 29,,7,5,3,1 =处产生干涉相消而静止； ππϕk x 2)115010(=+-=∆，
位于A 、B 两点以外任一点，不可能产生干涉相消，都是加强。

第14章 波动光学
12.1 要求
1 了解 迈克尔干涉仪的原理、惠更斯-菲涅尔原理和双折射现象；
2 理解 获得相干光的方法、单缝夫琅和费衍射干涉条纹分布规律的方法；
3 掌握 光栅衍射公式、自然光和偏振光和布儒斯特定律和马吕斯定律；
4 熟练掌握 光程、光程差和位相差之关系、分析和确定扬氏双缝干涉条纹以及等厚干涉条纹的位置、分析缝宽和波长对衍射条纹分布的影响、分析光栅常数和波长对衍射条纹分布的影响。

12.2 内容摘要
1 光是电磁波 实验发现光是电磁波，γ,x 射线等都是电磁波。

所有电磁
波的本质都是相同的，具有所有波的性质，只是它们的频率和波长不同而已。

2 光的相干现象 两列光波叠加时，产生的光强在空间内有一稳定分布的现象。

相干叠加的条件 振动方向相同、频率相同和有固定的相位差。

3 相干光强
02
04I I ),,2,1,0k (2k ,2
cos 4I I ==±=∆∆= πϕϕ， 最亮； ,2,1,0k ,1)k 2(=+±=∆πϕ时， I=0，最暗。

4 光程 光在某一媒质中所经历的几何路程r 与此媒质的折射率n 的乘
积，称为光程。

数学表达 Ct nr =，C 为真空中的光速。

光程差 两束光的光程之差，称为光程差，用δ表示。

相位差 λ
δπλπϕλπϕλννλ22,2,==∆=∆===rn r n n C u n n 光由光疏媒质射向光密媒质，在界面反射时，发生半波损失，等于
2λ的光程。

5 扬氏双缝实验
干涉加强条件 λλλδd
D x d D k x k k D x d
=∆±==±==,,2,1,0,或 ； 干涉减弱条件 d D k x k k D x d 2)12(,2,1,0,2)12(λλδ-±==-±==或
6 薄膜干涉
光程差 2)(12λ
δ+-+=AD n BC AB n
当 λδk ±=， k=1，2，3，……明条纹；
当 2
)12(λδ+±=k ， k=0，1，2，3，……暗条纹。

劈尖干涉 空气劈尖（薄膜厚度不均匀时）产生的干涉。

光程差 2
2λδ+=e ，
当 λδk ±=， k=1，2，3，…明条纹； 当 2)
12(λδ+±=k ，k=0，1，2，3，…暗条纹。

牛顿环 光程差 22λ
δ+=e ， 2222λλ
δ+=+=R r e = k λ， k=1，2， ……明环； 2)12(λ
δ+±=k ， k=0，1，2, ……暗环。

干涉明条纹半径 ,2)12(λR k r -=
k=1，2， ……明环； 干涉暗条纹半径 ,2,1,0,==k kR r λ ……暗环。

7 迈克耳干涉仪 利用分振幅法，使两各相互垂直的平面镜形成一等效的空气薄膜。

2λ
∙∆=∆N d
式中N 为视场中移过的条纹数，d 为1M 平移的距离。

8 惠更斯-菲涅耳原理
同一波前上的任一点，都可以看作新的“次波源”，并发射次波；在空间某点P 的振动是所有次波在该点的相干叠加。

9 夫琅和费衍射
单缝衍射
用菲涅耳半波带法分析。

单色光垂直入射时，衍射暗条纹中心位置满足要求
,3,2,1,sin =±==k k a λϕδ（暗纹）
圆孔衍射
单色光垂直入射时，中心亮斑半角宽度（角半径）为
D λ
θ22.10=
10 光学仪器的分辩本领
最小分辩率 λδϕ22.11
D R = 最小分辩角 D
λδϕ22.1=，（12ϕϕδϕ-=）。

11 光栅衍射：在黑暗的背景上，显现窄细明亮的谱线。

光栅方程 ϕδsin )(b a += 谱线（主极大）位置满足方法：λϕk b a ±=+sin )(，k=0，1，2，…
谱线强度受单缝的调制，产生缺级现象。

产生缺级现象的条件 k k a d '
= 光栅的分辨率
kN R ==δλ
λ，（δλ=λ2-λ1，N 为光栅总缝数） 12 x 衍射布拉格公式
,3,2,1,sin 2==k k d λϕ，d 为两晶面间距离。

13 自然光和偏振光
光是横波。

在垂直光的传播方向的平面内，光振动（E ）各个方向振幅都相等的光，称为自然光；只在一个方向有电振动的光称为线偏振光，各个方向都有电振动，但是振幅不同的光叫部分线偏振光。

14 由介质吸收引起的光的偏振
偏振片只允许某一方向的光振动通过，和这一方向垂直的光振动完全被吸
收。

偏振片可用作起偏器，也可用作检偏器。

15 马吕斯定律
θ20cos I I =，式中，I 为通过偏振片的光强，0I 为入射光强，θ为光振动
方向与偏振片的通光方向之夹角。

16 布儒斯特定律
自然光在电介质表面反射时，反射光是部分偏振光，但入射角0i 满足
211
20tan n n n i ==时，反射光是线偏振光，其光振动方向与入射面垂直。

0i 称为相关介质的布儒斯角。

17 由双折射引起的光的偏振
一束自然光射入某些晶体时，会分为两束，一束遵守折射定律，折射率不
随入射方向改变，叫寻常光；另一束折射率随入射方向改变，称为非常光。

寻常光和非常光都是线偏振光，它们相互垂直。

18 由散射引起的光的偏振
自然光在传播路径上遇到小微粒或分子时，会激起粒子中的电子振动向四
周发射光线，这就是散射。

垂直于入射光方向的散射光是线偏振光，其他方向的散射光是部分偏振光。

19 旋光现象
线偏振光通过物质时振动面旋转的现象。

旋转角度与光通过物质的路径长
度成正比，d αϕ=，式中，α为旋光常数。

20 椭圆偏振光和圆偏振光
在各向异性晶体内产生的e 光和o 光是振动频率相同，且振动方向相互垂
直的两偏振光；如果在空间某处叠加有固定位相差时，合成光矢量的轨迹可能是椭圆，也可能是圆。

轨迹是椭圆称为椭圆偏振光；轨迹是圆称为圆偏振光。

1） 振幅 θθsin ,cos A A A A o e ==
2） 光程差 d n n e )(0-=δ
相位差 d n n e o )(2-=∆λπ
ϕ
12.3 解题思路
1 干涉问题的解答，根本上是依靠两束相干光的相差或光程差的计算。

首先要判断是哪两束相干光叠加，然后再看它们的路程差。

在光通过媒质时，还要计算出光程差。

在有反射时，还要判断是否有半波损失。

总的光程差计算出来后，就可以用光程差和（真空中的）波长的关系来判断叠加时明暗条纹的位置了：光程差等于波长的整数倍时，给出明条纹；等于半波长的整数倍时，给出暗条纹；
2 要注意干涉条纹的分布和相干光的波长的关系，白光干涉会出现彩色条纹；
3 光的衍射问题的分析，根本上是依靠两束相干光的相差或光程差的计算，不过此处处理的是连续分布的相干子波波源发出的光的叠加。

本章所给出的公式都是入射光垂直于衍射屏的情况。

这种情况下，衍射屏上连续分布的子波波源都是同相的。

如果是斜入射，则计算光程差时还要计算这些子波波源的相差；
4 细丝和细粒的衍射应和细缝及细孔的衍射一样处理；
5 光栅衍射是结合了各缝之间的干涉和每个条缝中连续波源的衍射所引起的叠加现象。

要既能求主极大（谱线）的位置，又能求谱线的宽度，还要能解决缺级现象；
6 对于x 射线的衍射，要能根据具体的入射情况和晶体的晶面间距，列出干涉加强的条件，不可死记公式；
7 了解几种线偏振光产生的条件，在利用马吕斯定律和布儒斯特角定义时，需了解光振动的分解及光强和振幅的平方成正比的规律以及注意光振动方向及偏振片通光方向的正确判断。

12.4 思考题选答
1 用普通的单色光源照射一块两面不平行的玻璃板作劈尖干涉实验，板的两面的夹角很小，但是板比较厚。

这时观察不到干涉现象，为什么？
答：普通光源发出的单色光的波列长度很短。

同一波列从上下两表面反射后，由于光程差较大，两束反射光不可能叠加在一起，这样，从玻璃板上下表面反射而叠加的两束光就是不相干的。

因此，不能观察到干涉条纹。

2 隐形飞机所以很难为敌方雷达发现，可能是由于飞机表面涂敷了一层电介质（如塑料或橡胶薄膜），从而使入射的雷达波反射极微。

试说明这层电介质可能是怎样减弱反射波的。

答：可能是利用薄膜干涉原理，使从电介质层两表面反射的雷达波干涉相消了。

因而，雷达波反射极微。

也可能是电介质的吸收作用，它吸收入射波的能量，因而减小了反射波的强度。

3 如何说明不论多缝的缝数有多少，各主极大的角位置总是和有相同缝宽和缝间距的双缝干涉极大的角位置相同？
答：双缝和等间距、等宽的多缝的主极大都是只由相邻两缝的干涉决定的，都要满足 λθk d ±=sin
所以二者的主极大的角位置相同。

4 一个”杂乱”光栅,每条缝宽度是一样的,但是缝间的距离有大有小,随机分布.单色光垂直入射这种光栅时,其衍射图样会是什么样的?
答:由于各缝间距离杂乱,各缝间透过的光的相干将被破坏而不能出现光栅有主极大那样的谱线.各缝产生的衍射将依然存在,在透镜后面形成单缝的衍射条纹,其强度为各单缝单独产生的强度之和。

12.5 习题解答
12-3 用很薄的云母片(n =1.58)覆盖在双缝实验中的一条缝上，这时屏幕上的零级明条纹移到原来的第七级明条纹的位置上，如果入射光波长为 l =550 nm 。

试问此云母片的厚度为多少?
解：设云母片的厚度为e ，无云母片时：)1(012 =-r r
放置云母片后 )2(7)(12 λ=-+-r ne e r
联立（1）和（2）：mm n e 39
1064.61
58.110550717--⨯=-⨯⨯=-=λ 12-4 一射电望远镜的天线设在湖岸上，距湖面高度为h 对岸地平线上方有一恒星刚在升起，恒星发出波长为l 的电磁波。

试求当天线测得第一级干涉极大时恒星所在的角位置(提示:作为洛埃镜干涉分析)。

解：洛埃镜干涉分析： λθδ=+-=22cos a a
即 ,2sin 2,sin 212cos 22λθαα=
∴-=a 故 h
h a 4sin ,sin λ
θθθ=≈=。

12-8 在Si 的平表面上氧化了一层厚度均匀的SiO 2薄膜．为了测量薄膜厚度，将它的一部分磨成劈形(示意图中的AB 段，平面图)．现用波长为632.8nm 的平行光垂直照射，观察反射光形成的等厚干涉条纹．在图中AB 段共有8条暗纹，且B 处恰好是一条暗纹，求薄膜的厚度．(Si 折射率为3.42，SiO 2折射率为1.50)
分析：上下表面反射都有相位突变π，计算光程差时不必考虑附加的半波长. 解：设膜厚为e ， A 处为明纹， B 处为暗纹，
2ne ＝2λ(2k ＋1)，(k ＝0，1，2，…)， 第8个暗纹对应上式k ＝7,()n
k e 412λ+=＝1.58×10-3mm 12-12 人造水晶珏钻戒是用玻璃（折射率为50.1）做材料，表面镀上一氧化硅（折射率为0.2）以增强反射。

要增强nm 560=λ垂直入射光的反射，求镀膜厚度。

解：由反射干涉相长公式有
2ne+λ/2=k λ (k=1,2,…) 当k=1时，为膜的最小厚度。

得 m μλ07.02
4105604n e 9
=⨯⨯==-。

12-15 一单色平行光束垂直照射在宽为 1.0mm 的单缝上，在缝后放一焦距为20m 的会其透镜，已知位于透镜焦面处的屏幕上的中央明条纹宽度为2.5mm 。

求入射光波长。

解：nm f x a x a f x 625202105.20.12,21600=⨯⨯⨯=∆=∆=≈∆-λλ。

12-25 波长600nm 的单色光垂直入射在一光栅上，第二级主极大在
20.0sin =θ处，第四级缺级，试问：
（1）光栅上相邻两缝的间距)(b a +有多大？
（2）光栅上狭缝可能的最小宽度a 有多大？
（3）按上述选定的a 、b 值，试问在光屏上可能观察到的全部级数是多少？ 分析：（1）将已知条件代入光栅方程λθk b a =+sin )(可求出光栅常数即光栅上相邻两缝的间距；
（2）用缺级公式'
k k a b a =+，1'=k ，可求出光栅上狭缝可能的最小宽度a ； （3）以o 90为限先确定干涉条纹的级数，等于o 90时对应的级次看不见，扣除缺级，最后算出条纹数。

解：（1）由光栅方程λθk b a =+sin )( （k=2）
得 cm k b a 4106sin )(-⨯==+θ
λ
（2）根据缺级条件，有
'k k a b a =+ 取1'=k ,得 cm b a a 4105.14-⨯=+=
（3）由光栅方程 ,2,1,0,sin )(±±==+k k b a λθ
令1sin =θ,解得: 10=+=λ
b a k 即9,7,6,5,3,2,1,0±±±±±±±=k 时出现主极大，8,4±±缺级,10±级主极大在090=θ处,实际不可见,光屏上可观察到的全部主极大谱线数有15条。

12.38 在双缝干涉实验中，设缝是水平的。

若双缝所在的平板稍微向上平移，其它条件不变，则屏幕上的干涉条纹：
（A ） 向下平移，且间距不变；
（B ） 向上平移，且间距不变；
（C ） 不移动，但间距改变；
（D ） 向上平移，且间距改变。

[ ]
解：如图14.1所示，当MG 平板稍微向上平移，显然屏幕上的干涉条纹向上平移，且间距不变。

（B ）为正确答案。

图14.1。