第十八章答案 18-1
解：（1）从S1和S2发出的相干光到达屏上P点所对应的光程差为 ??(r2?h?nh)?r1对于零级明纹，有 ??0 因此有 r2?r1??(n?1)h?0 说明原来的零级明纹至屏中央向下移动。 （2）对于原来第k级明纹，有
S1S2r1hr2P r2?r1?k?
r2?r1??(n?1)h?k?
最后得 n?1?习题解答18-1图 当插入介质片时，原来的零级明纹移到k级处，因此应当满足
k? h要注意由于零级在屏中央以下，所以式中的k应取负值。
18-3
解：在不加透明薄膜时，屏中央处的相位差为零。而在插入透明薄膜后，虽然两相干光在薄膜中的几何路程相同，但光程却不同，因此在屏中央处相位差不等于零。
插入透明薄膜前光程差 ?1?r2?r1 在屏中央 r2?r1
?n1)e插入透明薄膜后屏中央的光程差
?2?[(n2?1)e?r2]?[(n1?1)?r1]?(n2所以两束相干光在屏中央的相位差
?22?(n2?n1)e???2??
??18-6
解：（1）由几何关系可得两玻璃片间的夹角
d0.48??4?10?4rad ??L120（2）因为两相邻明条纹的光程差为?
?lsin??所以，有
2得
632.8?10?9?4l???7.91?10m ?42sin?2?4?10?（3）由于劈尖的棱边处出现暗条纹，所以在120 mm范围内呈现明条纹数为
L1120?10?3?0.5?152.2 k?(?1)??l27.91?10?4即呈现152条明条纹。
18-8
解：（1）牛顿环中第k级暗环半径为 依题意有
rk?kR?1 （1）
（2）
rk?1?(k?1)R?2又 rk?rk?1
2由式（1），式（2）得 k??1??2 （3）
?将式（3）代入式（1）得
r?R?1?2190?10?2?600?10?10?4500?10?10?
?1??26000?10?10?4500?1010 =1.85?10?3m
（2）又牛顿环的明环半径为 rk? 据题意有
(2k?1)R?
2r?(2k1?1)R?1(2k2?1)R?2?222k1?12?5?1?1??5000?4091? 2k2?12?6?1
所以 ?2?
18-10
解：本题也是一种牛顿环干涉现象,由于n1?n2?n3,故油膜上任一点处两反射相干光的光
程差??2n2d.(1)令d=0,由干涉加强或减弱条件即可判断油膜周边是暗环还是明环.(2)
由2n2d?(2k?1)?,且令d=dm可求得油膜暗环的最高级次(取整),从而判断油膜上完整暗
2环的数目.
(明条纹)??k?（1)根据分析.有2n2d??(2k?1)? k?0,1,2,? ??暗条纹?2?油膜周边处d=0,即??0符合干涉加强条件,故油膜周边是明环.
(2) 油膜上任一暗环处满足??2n2d?(2k?1)? (k=0,1,2,?.)
2令d=dm,解得k=3.9,可知油膜上暗环的最高级次为3,故油膜上出现的完整暗环共有4个,即k=0,1,2,3. 18-11
解：迈克耳孙干涉仪可以精确地测量长度。当反射镜M1移动从视场中移过。所以M1移过的距离为
?距离，就有一条干涉条纹2?N?780?632.8?10?9?d??22
?2.468?10?4m
18-16
解：设空气的折射率为 n，则光程差的改变量为
相邻条??2nl?2l纹或条纹移动一条对应光程变化为一个波长
2l(n?1)?107.2??
107.2??53.6?则有 n??1??1
第十九章答案
19-2 解
（1）单缝衍射的中央明纹的宽度就是?1级暗纹的中心间距
2ll2?500?10?6故有中央明纹的宽度 ?x?2ftan??2f??500?5mm
a0.10?500?10?6?5?10?3rad 半角宽度为 ?1??a0.10? （2）水中的波长为?n?? n 则水中的半角宽度为
???
19-6 解
?n0.005????3.75?10?3rad
4anan3?2
(2k?1)?(2k?1)?? (k=1,2,3,…) 2a2a??1 (1)由明纹条件 asin??(2k?1)得 ??arcsin 第k级明纹在屏上的位置
xk?ftan??f??(2k?1)f? 2a2axk??而 (2k?1)f 设λ1=6000?, λ2=6500? ，由λ
1
,
≤ λ ≤ λ2 即
?1?2axk??2 (2k?1)faxk1axk1??k?? ,
得 f?f?1222代入数据 a=0.6 mm , xk=1.40 mm , f =400 mm和λ1,λ2 得 2.73≤ k ≤ 3 所以 k = 3 而
2axk2?0.6?1.40????6.00?10?4mm=6000 (2k?1)f(2?3?1)?400 (2) 第一级暗纹的衍射角即中央明纹的半角宽度 ?1?
?a ,
而角宽度为 Δ??2 ?1?2??0.002 rad a线宽度为
Δx?fΔ??0.8mm
?和k?1，得 2(3) 由明纹条件 asin??(2k?1) sin??3?2a
3??3???1.5?10rad 所以
2a
19-13
解：（1）由光栅方程 dsinθ=kλ，式中θ=30°，k=3，λ=0.5 μm，代入得光栅常数d?3μm （2）根据缺极条件，依题意，有
dk??4，所以缝宽 a?d/4?0.7μ5m ak'（3）k?dsinθ/λ?d/λ 即k?6
其中?4级缺级，?6级出现在衍射角为90°处，实际上是看不到的。因此在屏幕
上出现的谱线为0,?1,?2,?3,?5共9条。 第二十章答案
20-3 解
设入射的自然光强为I0，经过第一个偏振片后成为线偏振光，其光强为I1= I0/2。由马吕斯定律，经过第二个偏振片后，出射光强I2为
I2?I1cos2α?1I0cos2α 2式中α为两偏振片偏振化方向的夹角。其最大出射光强为IM=I0/2 （1）当I2? IM/3时，有
IM/3?IMcos2α
得
α?54.74?
（2）当I2? I0/3时，有
I0/3?I0/2cos2α
得
α?35.26?
20-6 解
由于反射光是线偏振光，因此入射角56.5°是布儒斯特角。根据布儒斯特定律
tani0?因此玻璃折射率为
n2n1
n2?n1tani0?1?tan56.5??1.51
又布儒斯特角与折射角之间满足
i0?γ?90?
故此时折射角为
γ?90??56.5??33.5?