3.4　习题解答

1.解：单独打开中央缝

单独打开旁边缝，则计入双缝前的光程差总位相差所以

两缝同时打开：I＋I′。

2.解：（n－1）l＝Δjλ，n＝Δjλ／l＋1＝98×589.3×10－6／200＋1＝1.000 289。

3.解：①像光源间距d′＝2y＋2y′＝7.12mm。

②由图3－11可见，两像光源发出的光在屏幕上并不相交，故没有干涉。

4.解

5.解：①是平行于柱面轴线的直条纹。

②有半波损失，距离轴线d处的膜厚为H，d2＝R2－（R－h）2＝2Rh－h2≈2Rh，H＝H0－暗条纹中心暗纹j＝H0／λ，从中心数第一条暗纹j－1，与中央暗纹间距

③2 H0＝jλ1＝（j＋1）λ2，即6 000j＝5 000（j＋m），j＝5m，要求其他波长的光不出现暗纹，2 H0≠k×4 000，m最大取1。H0＝3 000×5＝1.5×10－6 m＝1.5μm。

④条纹间距变大，且中心有条纹被吞入。

6.解：插入前中心处的光程差δ＝（n－1）h＝7λ，0

7.解：变为平面光。与光轴夹角如图3－22所示。

图3－22 习题7示意图

在接收屏上，Δφ＝k1·r－k2·r＝k（－xsinα＋zcosα）－k（－xsinα＋zcosα），取，间距左移为虚像，像高则两像光源d′＝1.25mm，D′＝50＋

8.解：

②，0级条纹位置所以干涉条纹上移。

9.解：反射光干涉相长，2nhcos i2＝（2j＋1）λ／2。

①

②

10.解

11.解

12.解：油膜上表面和油膜与玻璃的分界面的反射光相干叠加，无半波损失。

①光程差为2nh1，n为油膜的折射率，h1为油膜的厚度。亮条纹当h1＝h时可见5条亮纹，j＝0，1，2，3，4。而暗条纹中心点介于明暗之间。

②油膜扩展，j减小，看见亮条纹向中心收缩并消失，同时可见油膜新扩展的区域有新条纹出现。

13.解：①条纹向中间移，即第j级的半径减小，说明气隙增加，即金属柱C缩短。

②

14.解：等倾干涉2hn2cosi2＝（j－）λ，其圆环半径

牛顿环

区别：前者是等倾干涉，后者是等厚干涉。对于中心条纹而言，前者明暗随即出现，而后者始终是明或暗纹。

当膜厚改变时，圆环的变化方式正好相反。

15.解：①2hcos i＝jλ，中心条纹

②中心条纹：开始时2h＝j0λ；结束时2（h＋Δh）＝（j0＋Δj）λ。所以有最外圈的条纹：开始时2hcos i＝jλ，设中心级数为j0，j＝j0＋（m－1），m为视场中可见的环数；结束时2（h＋Δh）cos i＝j′λ，中心级数为j0＋Δj，j′＝j0＋Δj＋（m－1）。可以得到综合两式可得

16.解：①是平行于柱面轴线的直条纹。

②有半波损失，距离轴线d处的膜厚为H，d2＝R2－（R－h）2＝2Rh－h2≈2Rh，H＝H0－暗条纹中心暗纹j＝H0／λ，从中心数第一条暗纹j－1，与中央暗纹间距

③2 H0＝jλ1＝（j＋1）λ2，即6 000j＝5 000（j＋m），j＝5m，要求其他波长的光不出现暗纹，2 H0≠k×4 000，m最大取1。H0＝3 000×5＝15 000×10－10 m＝1.5μm。

④条纹间距变大，且中心有条纹被吞入。

17.解：①2h＝j0λ，j0＝2h／λ＝2×5×106／0.6＝166 666。

②

18.解：这是非单色光的时间相干性问题。

非单色波的相干长度即波列的有效长度

19.解：①如果油膜的折射率大于玻璃，则反射光的相干叠加中要计入半波损失，即干涉相消的条件是2nh＝jλ，500j1＝700j2＝2nh。由于波长的变化是连续的，则式中两整数只能相差1，所以j1＝3.5，j2＝2.5，但这显然不对。

如果油膜的折射率小于玻璃，则反射光的相干叠加中没有半波损失，即干涉相消的条件是

②

20.解：①由球面镜的对称性可知干涉条纹是同心圆环。透射光中没有半波损失。可以证明透镜上距离光轴ρ处的厚度为亮纹2h＝jλ为说明主要特征，可以令两球面半径相等。ρ2＝（2d－jλ）R与牛顿环相似。

②若挤压，则使膜变薄，圆环被吞入中心。

21.解：如图3－23所示，光程差中应包括双缝前的部分

图3－23 习题21示意图

①j＝0级，x0＝Dsinθ，在入射方向上。

②暗条纹δ＝－tsinθ＝（j＋）λ，x＝0，tsinθ＝－（j＋）λ，由于j可以取任意整数，同时又以小角度入射，θ≈sinθ＝（j＋）。

22.解：①等倾干涉。

②有2hcosθ＝mλ，θ＝0，经微分得Δh＝Δm，当Δm＝20时

③干涉圆环中心消失的条纹Δm＝－20，Δh＝－5.5×10－3 mm，空气板变薄了。

23.解：①到达xy平面的平面波波前函数为＝aexp（i k），到达xy平面的球面波波前函数为而在x2＋y2≪1m条件下所以＝aexp｛i k［1＋（x2＋y2）／2］｝。两波干涉迭加后I＝4a2cos2（δ／2），δ＝δ2－δ1＝k（x2＋y2）／2，其亮条纹的轨迹满足方程δ＝k（x2＋y2）／2＝2mπ，即x2＋y2＝2mλ，m＝0，±1，±2，…。显然，条纹是圆心位于xy平面坐标原点的同心圆环。

②条纹间距，条纹空间频率

24.解：①此圆环干涉条纹是等厚干涉条纹。

②有2h＝mλ，经微分得Δh＝Δm，当Δm＝20时

③干涉圆环中心消失时Δm＝20，Δh＝5.5×10－3 mm，M2向右移动。

25.解：两光波的条纹系重合，条纹基本消失时，应满足干涉级差镜面间距离改变2.0mm，两波长的条纹系再次重合，条纹消失时，干涉级差变化上两式相减

26.解：①到达xy平面的平面波波前函数为＝Aexp（ik xsinθ），到达xy平面的球面波波前函数为而在x2＋y2≪a2条件下所以两波干涉迭加后I＝4A2cos2（δ／2），δ＝δ2－δ1＝k［a＋（x2＋y2）／（2a）］－kxsinθ，其亮条纹的轨迹满足方程δ＝k［a＋（x2＋y2）／（2a）］－kxsinθ＝2mπ，即y2＋（x－asinθ）2＝2maλ－a2 （2－sin2θ），m＝0，±1，±2，…。显然，条纹是圆心位于（asinθ，0）处的同心圆环。

②由y2＋（x－asinθ）2＝2maλ－a2（2－sin2θ）微分可得条纹间距Δx＝aλ／（x－asinθ）。

27.解：由条纹间距公式得

28.解：①由公式得

②

③由公式得

29.解：未加玻璃片时，S1、S2到P点的光程差，由公式可知为

现在S1发出的光束在途中被插入玻璃片时，P点的光程差为

所以玻璃片的厚度为

30.解：

31.解：

32.解：①干涉条纹间距

②产生干涉的区域P1P2由图中几何关系得：设P2点的位置为y2，P1点的位置为y1，则干涉区域

屏上可以看见的条纹区域为

因为劳埃德镜干涉存在半波损失现象，暗条纹数量为N暗，亮条纹数量为N亮

33.解：迈克尔逊干涉仪移动每一条条纹相当于h的变化为

现因i2＝0，故所对应的h为

故

34.解：因为S＝4×4cm2，L＝4cm＝40mm，所以又因为所以

35.解：①因为光程差δ每改变一个波长λ的距离，就有一亮条纹移过。所以Δδ＝Nλ。又因为对于迈克尔逊干涉仪光程差的改变量Δδ＝2Δd（Δd为反射镜移动的距离），所以Δδ＝

②因为迈克尔逊干涉仪无附加光程差，并且i1＝i2＝0，n1＝n2＝1.0，它形成等倾干涉圆环条纹，假设反射面的相位不予考虑，所以光程差δ＝2dcos i2＝2d＝2｜l2－l1｜，即两臂长度差的2倍。若中心是亮的，对中央亮纹有

对第一暗纹有

由式（2）减式（1）得

所以

这就是等倾干涉条纹的第一暗环的角半径，可见i2是相当小的。

36.解：对于亮环，有

所以

37.解：对于亮环，有

所以

又根据题意可知

两边平方得

所以

38.解：光源和双棱镜系统的性质相当于相干光源S1和S2，它们是虚光源。由近似条件得

按双棱镜的几何关系得

所以

肥皂膜插入前，相长干涉的条件为

由于肥皂膜的插入，相长干涉的条件为

由式（3）和式（4）得

代入数据得

39.解：①透镜由A、B两部分黏合而成，这两部分的主轴都不在该光学系统的中心轴线上，A部分的主轴在中心线上0.5cm处，B部分的主轴在中心线下0.5cm处，由于单色点光源P经凸透镜A和B所成的像是对称的，故仅需考虑P经B的成像位置即可。

由得又因为所以即所成的虚像在B的主轴下方1cm处，也就是在光学系统对称轴下方0.5cm处，同理，单色光源经A所成的虚像在光学系统对称轴上方0.5cm处，两虚像构成相干光源，它们之间的距离为1cm，所以

②光屏上呈现的干涉条纹是一簇双曲线。