《光学》赵凯华 (钟锡华)
习
题
快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题
解答
第一章
P23—5 (1-4)
证一: 对平行平板上下表面分别两次运用折射定律,并考虑到平板上下是同一介质,便可
证明最后出射光线与当初入射光线的方向一致。
根据几何关系可得侧向位移量为
)
cos
sincos(sin
2
21
1
)sincoscos(sin
cos
)sin( 211
2
21
i
iiit
iii
i
tiiABX
−=
−=−=Δ
1 2
2i
折射定律 sini =nsini
在i2
201 =− aa
P71—8(2-22)
解:
设
2
fa100 −a
111 =+
10021 =aa+ 得出:
faa 10021 =
24f1
=a ,40 ,60 2 ==a
2
3
2
1 −=
a
a
1 −=v , 3
2
2 −=v
P71—10(2-24)
解:
jiangyun
椭圆形
对L 来说是虚物成实像, 2
=s
=′s
152 −=−s
201 =s
fs
=+
s
111
′ , cm60−=f
P71—11(2-25)
解 这是两次成象问题,设对L1的物距、象距分别为s1、s/1,对L2 的物距、象距分别为s2、s’2,
并注意到s2=-(s/1-d),d是L2在L1
0.5
1
0.10
11
'
1
=+
s右方的距离。把数据代入高斯公式得
0.10
1
)0.5(
11
'
1
'
2 −
=−−+ ss
'
1s
cms 0.102 =′
,0.10 cm=解得
.
并有 s2=-5.0cm
0.1
0.10
0.10
1
'
1
1 −=−=−= s
sV
所以经此光学系统象成在L2之右 10.0cm处,横向放大率分别为
0.2
0.5
0.10
2
'
2
2 =−−=−= s
sV
x
总放大率为V=V1V2=-2
用作图法验证(如图所示)。
P97—4(2-41)
解 放大镜(或目镜)的工作距离是要使得物体处在第一焦点附近稍靠里一些的小范围内,
这样才能形成一个明视距离s0以远的放大
虚象供正常人眼观察。所谓“焦深”就是指的上述小范围的纵向间隔Δ ,此值也正是与明视
距离相对应的物距。令象距 ,由牛顿公式得 fs
f
x
fx +−== 0
2
'
2
)( 0
' fsx +−=
须知视角放大率M=s0/f,替换上式中的焦距f 得
)1(
0
+−= MM
sx
jiangyun
椭圆形
x=-s0/M^2
jiangyun
椭圆形
jiangyun
铅笔
jiangyun
铅笔
焦深 )1(
0
+== MMxΔ
sx
cmx 17.4=
x
x =Δ
xΔ
由此算出 M=2x, Δ
cm08.2=Δ M=3x,
cm83.0M=5x,
cm23.0=M=10x,
由此可见,高倍放大镜或目镜的焦距很短,焦深也随之缩短,要求实验调节更要精细。
P97—5(2-42)
解一: 物镜的横向放大率为
40
4
160
0
'
0
0 −=−=−= f
xV
- 800
20=EM mm4
20 =×显微镜的总放大率为M=V0ME=-40
解二: 参考
书
关于书的成语关于读书的排比句社区图书漂流公约怎么写关于读书的小报汉书pdf
本 page 92
已知:目镜的视角放大率 ,物镜的焦距 0 =f 160mm=Δ ,
EM×
0
E fMVM
Δ−== 0 根据
800−=M 得到:
P97—6(2-43)
解:
(1)物镜成像时:做近似处理
fss
111 =′+
m
像距 m195=′s , ,得出 mm7=f m26.7 m≈s
(2)物镜的横向放大率 7.260 −=′−= s
sV
1335(3)显微镜的总放大率 mm5
mm250
0 −==
ef
sVM 7.260 ×−=
(4)目镜的焦深 mm1.0
mm)5( 22 −≈−=−=Δ ee fx 5mm-250mm0 − efs
jiangyun
椭圆形
由 ,得物镜的焦深 2oo fx =′ox
0.0001mmmm1.0
)188(
)7(
222 =×=Δ′−=′Δ′−= eo
o
o
o
o
o xx
fx
x
fx
222
Δ
P104—1(2-46)
解 如图所示,由几何关系易得孔径光阑即为物镜L0的边框。所以入射光瞳即为物镜本身。
出射光瞳为物镜对目镜在象方的共轭。由高斯公式得 0.2
1
22
11
' =+
es
cmse 2.2
' =解得
1.0
22
2.2' −=−=−=
e
e
e s
sV
即出射光瞳的位置在目镜后 2.2cm处。由横向放大率公式
mmcmVDD e 0.55.01.00.50
' ==×==所以出射光瞳的直径为
P105—5 (2-50)
解: (1) 确定孔径光阑、入射光瞳和出射光瞳。
先将DD 对 L1 成象到系统物空间去。这时 s=ι=4a, 求得
sˊ=sf1/(s – f1) =(4a×2a)/(4a – 2a)=4a
V = - (sˊ/s)= - (4a/4a)= - 1
r3′= r3 | V |= r3
式中r3ˊ为DD的象DˊDˊ的半径,(如图)。再将L2 对 L1 成象到系统的物空间去。这时
s = d = 6a, 求得
s′=sf1/(s – f1)=(6a×2a)/(6a – 2a)=3a
V = - (s′/s) = - (3a/6a)= - (1/2)
r′2= r2 | V | =(1/2)r2= (3/2)r3
式中r2ˊ为L2 的象L2ˊ (如图) 的半径。
现在比较DˊDˊ,L2ˊ,L1对轴上物点Q的张角u1,u2,u3的大小:
tgu1= r′3/(10a – 4a)=(1/6)( r3/a)
tgu2= r′2/(10a – 3a)=(3/14)(r3/a)
tgu3= r1/10a=(3/10)(r3/a)
可见u1< u2
记录
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介质的空间分辨率,所以该介质干板能记录上述两种条纹。
解二: 参考书本 page 177
(1) μm6.3
5sin2
6328
5sin2 0
0
01
===Δ Ax λ
(2) μm63.06328
0
2 ===Δ Ax λ 30sin230sin2 00
(3) 11
1
1 mm2000mm276
1 −− <=Δ= xxf
11
2
2 mm2000mm1580
1 −− <=Δ= xxf
)]cossin(exp[
所以介质能够记录下来这两种条纹
P181-6
解:
~
101111 ϕθθ ++= zkxkiAU
)exp(~ 20222 ϕ+= zikAU
)]cos
sin(exp[~ 30ϕθ +zU
0302010
3333 θ +−= kxkiA
1:2:1:: 321在原点处 , 0=z === ϕϕϕ =, AAA
λ
π2
321 === kkk
)sincos(22
~~~~
321 UUUU =++= θkxAA +所以
)
2
sin~~ (cos16]1)sin[cos(4 4222* θθ AkxAUU =+=⋅ kxI =
强度分布与 无关,干涉条纹为垂直于y x轴的一系列直线
U A )sincos(222)sincos()sincos(kx A kx A A A kx θθθ += − + = +
)sin(cos16 42
2
2 kxAUI == θ
干涉条纹的特征 θ
π
θ
λ
sinsin k
x ==Δ 2 , π2
sin1 k θ
x
f x ==
u
Δ
P181-7
解 本题是平面波和球面波的干涉问题。实验上可以采用如图(b)所示的装置,把一点源
置于旋转抛物面反射镜的焦点上,则经反射后照射在屏幕上的是一列正入射的平面波,由点
源直接照射在屏幕上的是一列发散的球面波,且发散中心在轴上。
据题意可写出 xy 平面上平面波和傍轴球面波的复振幅分布函数分别为
~
1(x,y)=A1
2
~u (x,y)=A2exp{i[k(x +y )/2a+φ2 2 20]}
式中ϕ 20=常数,为两列波在原点O处的位相差。因此总的复振幅分布为
u~ (x,y)=A1+A2exp[i(k((x2+y2)/2a)+ϕ 20)]=A1+A2expiδ
干涉强度分布为
I(x,y)=u~ (x,y)·u~ (x,y)
=A12+A22+2A1A2cosδ(x,y)
ϕ式中δ(x,y)=k (x2+y2)/2a+ 20它是xy 面上任一场点两列波的位相差。δ(x,y)=常数点的轨
迹。因此任一干涉条纹的轨迹方程为
x2+y2=r2=常数
这是中心在坐标原点的圆的
标准
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方程。由此可见干涉条纹形状是以原点为中心的一系列同心
圆环。原点的强度究竟是亮还是暗,取决于ф20的值。
第 N 级亮环条件为
k(x2+y2)/2a+ϕ 20=2πN
如ϕ 20为 2π的整数倍,既相当于原点为亮点的情形,这时可略去ϕ 20不写,得
rN2=x2+y2=(2a/k)N2π=N2aλ(N=0,1,2,……)
则由中心向外第 N 个亮环的半径为
2
Nr =(N2aλ)1/2= 1rN
N
式中r1为中心向外第一个亮环的半径。上式即为亮环的半径公式,它与菲涅耳波带片半波带
的半径公式 ρ =(N)1/2p1形式一致。菲涅耳波带片是黑白型的。
P282—1(3-5)
解 (1)实际上各种分波前干涉装置都可以杨氏双孔实验为原型,它们是严格的或近似的双
象系统,其干涉条纹的间距均可以套用公式
d
D
Δχ= λ
式中 d 为双象的距离,D 为双象中垂线方向至屏幕的距离。在菲涅耳双面镜装置(如图)中,
d=2αB
D=B+C
CB
Bα2
+
ΔX= λ≈1.13mm
2) 因幕上两光束的最大交叠区的宽度为
ΔL≈2αC
所以幕上最多能看到的条纹数为
ΔN≈ΔL/Δx≈22
(3) 由于实际装置中,B《C,所以当光源沿纵向 MS 连线方向移远一倍时,则
D=B+C → D′=2B+C≈D
d=2αB → d′=2α·2B=2d
于是
ΔX→ΔX′≈1/2 ΔX
即条纹间距密集了一倍。而交叠区的宽度 ΔL 没有变化,故可见条纹数的最大值增大一倍,
即
ΔN′≈2ΔN≈44
(4) 若点光源横向移动δs,则虚象点S1/′,S2/′随之在半径为B的圆弧上移动δs1′,δs2′,且
δs1/==δs2/=δs
从而保持s1′,s2′的间距d不变,因此条纹间距ΔX保持不变。但是,双象中垂线与屏幕的交点
位置(零级)随之移动──以M为中心转了一个角度
β≈δs/B
反映在屏幕上零级位移为
C
B δX=Cβ= δs
换句话说,此时幕上的条纹总体发生一个平移。这一点为下一个问题──扩展光源对干涉场
反衬度的影响作了概念上的准备。
(5) 设扩展光源为 b,即其边缘两点间隔 δS=b,若这两套条纹错开的距离(即零级平移量)
δX 正好与 ΔX 相等,则幕上反衬度降为 0。据此
C
B δX= b
CB
Bα2
+
λ ΔX=
令 δX=ΔX
得光源的极限宽度
b1≈λ∕2α≈0.05mm
从以上讨论中可以看到,菲涅耳双面镜的夹角 α越小,则条纹的间距越大,允许扩展缝
光源的宽度越宽,这两点对实际观察是有利的。但是,此时光束的交叠区变小,产生的干涉
条纹的数目很少。
P282—3(3-7)
解一: 洛埃镜为双象干涉装置,双象间隔 d=2α按条纹间距公式
ΔX=Dλ∕d=((A+B+C)/2α λ≈B/2αλ≈1.8mm
交叠区域的线度
21xx =− 12 oxox ΔL= (C+B)tgθ2-Btgθ1 =
而且
tgθ2=a/A, tgθ1=a/A+C
考虑到 B》A,C,得
ΔL=aBC/A(A+C)≈54mm
幕上产生的条纹数目为
ΔN=ΔL∕ΔX≈30(条)
解二: 参考书本 page 271
在洛埃镜中,
D 3.07mcm5m3cm2 = 5.0 mm++= =a ,
mm81.1
2
==
a
xΔ Dλ
根据三角形关系,得到看到条纹的范围 mm82.54)( =+ +′′ −= ldd
addlaL
所以可以观察到的条纹 3082.54 ===
81.1Δx
Ln
)(
条
P283—5(3-9)
解:
(1) 根据等光程原理,得出干涉条纹将向上移动
N LΔ= δλ (2)
102 10589320)000276.1(102 −− × ×=−′×× n
000865.1n
=′
P283—6(3-10)
解 设空气折射率为n,真空折射率为n0,则实验过程中两管光程差的变化等于T1管中光程的
变化
δ(ΔL)=Δnl=Nλ
所以
n=n0+Δn=1+Nλ/l≈1.000289
P283—7 (3-11)
解一: 根据光场空间相干性反比关系
bΔθ1≈λ
在光源宽度 b 给定的情况下,干涉孔径角(即双缝对光源所张的角间隔)Δθ必须满足
Δθ<Δθ1≈λ∕b
即双缝间隔
d=RΔθ
分析
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并未确认空气层的厚度是变厚了还是变薄了,因而并未确认线膨胀系数谁大谁小,
这只能由条纹移动的趋向来确定。如果条纹移动方向朝交棱,说明空气层变厚,样品线膨胀
小于石英环。总之,样品的线膨胀系数有两个可能的取值,即
α2=α1+Δα≈6.24×10-6/ 0C 或-5.54×10-6/ 0C
解二:
改变的厚度: kh ⋅=Δ
2
λ
1062 10589310100)1035.0(101 −−− ××−×× η = × ×
C06 /10243.6 −×=η
P302—5(3-17)
解:
m38.0
1063.010
)107.0()107.1(
6
232322
=××
×−×=−= −
−−
+
λm
rrR kmk
P302—6(3-18)
解: 考虑到目前存在半波损,出现亮场的表观光程差应满足(参见附图)
2nhcos i=(2k+1)λ/2, (k=0,1,2,…)
令 k=0 得肥皂膜的最小厚度为
λ
in 2sin14 − A 0h0=λ/4ncos i= ≈1042
P329—2(3-23)
解一: (1)首先定性分析一下,等效空气膜的厚度是增加了还是减少了。在相同视场(角
范围)之内,条纹数目变小,条纹变稀,说明膜厚变薄,条纹向里吞了 10 环,因而位移绝
对值为
Δh=N λ/2=2.947μm
(2) (3) 中心级别的绝对数 k 取决于膜层厚度 h,而 k,h 以及视场角范围 θ开始时
都是未知的。为此,考虑镜面移动前有
jiangyun
椭圆形
jiangyun
拒绝
jiangyun
接受
2h=kλ (a)
2hcosθ=(k-12)λ (b)
镜面移动后有
2(h-Δh)=(k-10)λ (c)
2(h-Δh)cosθ=(k-15)λ (d)
由式(a)和式(b),式(c)和式(d)相比,得
15
10
12 −
−=−
k k
k k
解出
k≈17
(2) (3) 显然,移动后中心亮环级别为 7,向外数第 5 个亮环的干涉级别为 2。
P 解 根据
Δh=N λ/2
得
λ=2Δh/N≈3.438μm
此光波长在红外波段。
解:
(1) 移动的距离 μm947.2
2
589310
2
0
=×=⋅= AN λl
(2) 镜子移动前:
h =2 λk
λθ )12(cos2 −=h k
镜子移动后:
λ)10()( −=−2 klh
λθ )15(cos)(2 −=− lh k
17=k 得到:
′k 251017 =−−= 级 (3)
P329--4 (3-25)
解: 双谱线产生的两套条纹不相干叠加结果,将使干涉场的反衬度随光程差的增加而呈现
周期性的变化,从最清晰到最模糊(或
从最模糊到最清晰)的光程差改变量 δ(ΔL)以及条纹的吞(吐)数 ΔN 满足
2λ δ(ΔL)= /2Δλ=ΔNλ
由此求得双线间隔为
λ Δλ= /2ΔN=5893/2×490≈6.0A0
波长分别为
λ λ1= -Δλ/2=5890.0A0
λ λ2= +Δλ/2=5896.0A0
P329--6 (3-27)
解:
这台仪器的测长精度为:
μm10164.362381 2
0
−×=×=⋅ AN λ
2102
一次测长量程为 m2
)6280(
0
22
==≤ Alm λ
1022
0
3×Δ − Aλ
P343—1(3-29)
解一: 法—铂仪属于多光束长程干涉仪,有很高的色分辨本领,在光波长为λ的κ级可分辨
的最小波长间隔为δλ,
它们满足以下关系(色分辨本领公式)
R
Rk −= 1πδλ
λ
其中 k 值很高,中心 k值决定于
2nh=kλ
按题意,合并以上两式得
δλπ
λ
2
1
2 Rnn
k = λ
21 R−
h=
取n=1,R=0.95,λ=0.6μm,δλ=10-7μm,算出
h≈2.94cm
这是题目给出的分辨要求下,腔长下限值。
解二:
由
R
Rk −= 1π
λ λknh =2 , δλ
推出
μ1095 m
μm)6.0(
.0
95.01
2
1
7-
2
×−×= πh
得: cm94.2≈h
P343—2(3-30)
解 在法—珀干涉仪中,极强(亮纹)所满足的角方位条件为
2nhcosθk=kλ
中心亮斑的级别由下式决定
2nh=k0λ
所以第 10 个亮环 的角半径θk满足
cosθk=(k0-10)λ/2nh=1-10λ/2nh
取 n=1,h=1.00cm,λ=0.5μm,算得
cosθk≈0.9998
θk≈109′
角直径为
2θk=2018ˊ
P343—3(3-31)
解:
(1) 5
50
107.1
106
522 ×≈×
×== −λ
nhk
R
R
nh k
k
−= 1
sin2 θπΔ
λθ radk 6102.2 −Δ ≈ ×θ (2) , 得到:
7106.2
1
×≈−= R
Rkπδλ
λ
(3)
0
47 103.2106.2/ A−− ×=×= λδλ
(4) Hz103
05.02
103
2
9
8
×≈×
×==Δ
nh
cv
5
1414
102.1Hz104-Hz105.7 ×≈×=−=Δ vv mMΔvN
×
9 Hz103× 条
Hz109.11 7×≈−= Rcvδ
2 Rnhπ
0
4
2
A109.1 −×== v
c
δλδλ
(5) 注意其中腔长的改变量相对值为 510−=
h
hδ
Hz10310103
2
)
2
()( 459 ×=××=⋅==Δ −
h
h
nh
c
nh
cv δδδ
02
7103)()( Av
c
−×=Δ=Δ δλλδ
p343—4(3-32)
解 (1) 先算纵模频率间隔
Δν=c/2nh≈2.4×1014HZ
再算可见光频段内包含的纵模个数(即透射最强的谱线条数)
ΔN=3.5×1014/2.4×1014≈1.5(条)
鉴于目前谱线为数很少, 不妨算出谱线波长的具体数值。为此,令λm=1000A0,算出
KM=2nh/λM=3.1
令λM=7600A0,算出
km=2nh/λM=1.6
因此在可见光范围内,只能在 1.6-3.1 之间取可能的整数值相应的最强谱线波长为
λ=2nh/2≈6200A0
λ/=2nh/3≈4133A0
(2) (2) 上述两条谱线的宽度分别为
δλ= R
R
k
−1
π
λ
≈40.3A0
δλ′≈17.9A0[ys1] 批注 [ys1]:
第四章
P208-2(4-2)
解一: 由菲涅耳圆孔衍射半波带半径公式
bR
Rbk +λ bR
Rb
+=
λρ1
kρ = = k 1ρ ,
得
2bRk ρ+= kRbλ
上式说明在目前光源离圆孔距离R,观察点离圆孔距离b,光波长λ等量确定的条件下,圆孔露
出半波带数k和圆孔半径 kρ 之间呈二次抛物线关系。当圆孔半径 kρ 逐渐扩大时,所露出半
波带数显然增加。
开始 kρ =0.5mm时,计算露出半波带数目为
k=0.33
所以圆孔扩大过程中,当 k=1,3 时出现头两次中心亮斑,当 k=2,4 时出现头两次中心暗斑,
代入数据得
kρ = k 1ρ k= 0.87mm
(1) (1) 分别取 k=1,3 时最先两次出现中心亮斑的圆孔半径分别为
mm
bR
Rb 87.01 =+=
λρ
3
ρ =(3)1/2 1ρ =1.5mm
(2) (2) 分别取 k=2,4 得最先两次出现中心暗斑的圆孔半径分别为
=
2
ρ 2 2.11 = mmρ
4ρ = 4 1ρ =1.7mm
解二: 参考书本 Page202
m,0.6=R μ,m5.1 =b 63.0 m=λ
λρ k
bR
Rb
k += 1ρkρ k =
87
, 根据
得到:
mm.01 =ρ mm5.13 =ρ 最先两次出现的中心亮斑的半径为: ,
mm23.12 mm74.1= =ρ , 最先两次出现的中心暗斑的半径为: 4ρ
P208-3(4-3)
解:根据
h
k
hk r
fA ∑Δ∝ )(θ
∑Δ
挡住一半,半波带的面积 减小一半 k
AA
2
1=′
得到 04
1 II =′
P208-4(4-4)
解: 作振动矢量图 如图所示,由图可知此时场点振幅
A(P0)=(2)1/2A0(P0)
强度
I(P0)=2I0(P0)
即 1.5 个半波带中心强度为自由传播时的2倍。
P208-5(4-5)
解 设加衍射屏后轴上场点的振幅为A′,光强为I′,自由传播时轴上场点的振幅为A0,光
强为I0。分别作振动矢量图如附图(1′)—(6′),由振动矢量图分别求得:
(1)A′=(2)1/2A0, I′=2I0,即 I′/I0=2
(2) A′=(2)1/2A0, I′=2I0,即I′/I0=2
(3) A′=(1/2)A0, I′=(1/4)I0, 即I′/I0=1/4
(4)A′=A0, I′=I0,即I′/Io=1
(5)A′=[(2Ao)2+A02]1/2=(5)1/2A0, I′=5I0,即I′/I0=5
(6) Ao‘=(1/4)AO,Io/=(1/16)IO,即 I‘/IO=1/16
P208-6 (4-6)
解一:如图,此时场点的振幅为
Ao‘=A1+A3+A5+A7+A9+1/2A1
≈5.5A1=11A0
强度
I/ =121IO
即中心强度为自由传播时的 121倍。
题 6 图
I A2= 解二:
将五个偶数半波带遮挡时
AAAA 11
2
1
19 =+++′ "AA 31 +=
2
1A = A 是自由传播时的振幅 其中
IA 1212 =′=′I
P208--8 (4-8)
解一:(1)根据菲涅耳波带片主焦距公式
f=ρ12/λ
算出
f=23.6m
(2)为使焦距缩小到f/=25cm,则应将上述波带片用照相法收缩。由
f/f/ =ρ12/ρ1/2
求得
ff ′/ ≈ ρ1/ρ1/= 10
即此波带片的直径需缩小到原来的十分之一。
解二: m6.23
2
== λ
ρf
mm515.0== λρ f
71.9
515.0
5
1
=== ρ
ρn
0sinsin
P224-1(4-11)
解:(1)参考书本 P212
θ aal −=Δ θ
)2 0θsin(sin2 θλ
παδ −== a
αθ sin2RAB ==A
α2
BAR
�
= 所以得到 20 )sin( αθ II =
0,0 =Δ=
α
lα , 在几何像点处 (2)
ππ θθ(3) λ =− )sin(sin 0
a
θ θθθθθθ ≈−
dsin Δ⋅=Δ⋅ 0
0
0
0 cosd
sinsin
0
λθ
a
=Δ
cosθ
P225-4(4-14)
解一:根据上题分析,细丝夫琅和费衍射强度分布与其互补的单缝强度分布除象点以外是处
处相同的,故零级斑半角宽度取同一公式
Δθ≈λ/a≈Δl/2f
在本题中应将 a 看作细丝直径,Δl 为零级斑的线宽度。由此算出
a=2fλ/Δl=63μm
解二:
a
ffl λθ 22 =Δ=Δ
μm6363.05022 =××==
10Δl
fa λ
P235-3(4-17)
解:(1)
..
61.0 λym ANδ =
μ
55.0= mλ 其中取人眼最敏感的波长
得到 mm105461.0
..
61.0 4−×== .2
32.1
μm55.0 =×λymδ N A
倍295
mm105.2
mm075.0
4 ≈×= −m
e
y
y=mV δ
δ
(2)
(3)
Eff
s
0