第一章 光的干涉 （2）
一、选择题
1．（A） 2．（D） 3．（A） 4．（B） 5．（B） 6．（B） 7．（B） 8．（C） 9．（C）
二、填空题
1．2π(n-1)e/λ,4×104
2．0.45mm
3．见图
4．5λ/(2nθ)
5．1.13×103
6．1.5λ
7．6.0×10-4
8．32cm
三、计算题
1,解：原来，δ=r2-r1=0
覆盖玻璃后，δ=(r2+n2d-d)－(r1+n1d-d)=5λ
∴ (n2-n1)d=5λ d=8.0×10-6m
2,解：当T1和T2都是真空时，从S1和S2来的两束相干光在O点的光程差为零。
当T2中充入一定量的某种气体后，从S1和S2来的两束相干光在O点的光程差为(n-1)L.
在T2充入气体过程中，观察到M条干涉条纹移过O点，即两光束在O点的光程差改变了Mλ。故有 (n-1)L-0=Mλ
n=L+Mλ/L.
3,解：设第五个明纹处膜厚为，则有2ne+0.5λ=5λ
设该处至劈棱的距离为L，则有近似关系e=Lθ，
由上两式得 2nLθ=9λ/2,L=9λ/4nθ
充入液体前第五个明纹位置 L1=9λ/4θ
充入液体后第五个明纹位置 L2=9λ/4nθ
充入液体前后第五个明纹移动的距离?L= L1- L2=9λ(1-1/n)/4θ=1.61mm
4．解：2(n-1)d=?Nλ d=5.43×10-3mm
5．解：（1）∵OO1=OO2，所以M1经分光束镜G成象于M1′，M1′与M2之间形成牛顿环，且属于平行光垂直入射情况。故干涉条纹是以O2为中心的明暗相间、内疏外密的同心圆，但圆心O2点为零级亮点其第k级亮纹的半径为
rk=(kRλ)0.5,k=0、1、2…
（2）当M1朝G移动时，因空气隙厚度增加，干涉条纹将向中心收缩（即不断吞掉），但条纹疏密情况不变。
6．解：因为2e(n2-sini)0.5-λ/2=kλ
令k=0,e=111nm
四、证明题
1．证：由于 位相差=2π光程差/波长所以Φ=2π(dsinθ)/ λ
P点处合成的波振动 E=E1+E2=2E0cos(Φ/2)sin(ωt+Φ/2)=EP sin(ωt+Φ/2)
所以合成振幅 EP=2E0 cos(Φ/2)=Emcos(πdsinθ/λ)
式中 Em=2E0 是EP的最大值。
2．证：假设不考虑两束相干光线在分束板G1的镀银层上反射时产生的位相突变之差，则对于等倾条纹的第k级明纹有 2ecosθk=kλ ①
对于等倾条纹的第(k+1)级明纹有 2ecosθ(k+1)=(k+1)λ ②
②－①，有 2e(cosθ(k+1) －cosθk)= λ ③
第k级明纹与第(k+1)级明纹的角间隔
(?θ)k=θk－θ(k+1) ④
当(△θ)k很小时，近似有
cosθ(k+1) －cosθk≈(cosθk)′(θ(k+1) －θk) ≈sinθk(△θ)k ⑤
由⑤式和③式得,(△θ)k≈λ/(2esinθk)
五、问答题
1,答案见图
2,答案见图
一、选择题
1．（A） 2．（D） 3．（A） 4．（B） 5．（B） 6．（B） 7．（B） 8．（C） 9．（C）
二、填空题
1．2π(n-1)e/λ,4×104
2．0.45mm
3．见图
4．5λ/(2nθ)
5．1.13×103
6．1.5λ
7．6.0×10-4
8．32cm
三、计算题
1,解：原来，δ=r2-r1=0
覆盖玻璃后，δ=(r2+n2d-d)－(r1+n1d-d)=5λ
∴ (n2-n1)d=5λ d=8.0×10-6m
2,解：当T1和T2都是真空时，从S1和S2来的两束相干光在O点的光程差为零。
当T2中充入一定量的某种气体后，从S1和S2来的两束相干光在O点的光程差为(n-1)L.
在T2充入气体过程中，观察到M条干涉条纹移过O点，即两光束在O点的光程差改变了Mλ。故有 (n-1)L-0=Mλ
n=L+Mλ/L.
3,解：设第五个明纹处膜厚为，则有2ne+0.5λ=5λ
设该处至劈棱的距离为L，则有近似关系e=Lθ，
由上两式得 2nLθ=9λ/2,L=9λ/4nθ
充入液体前第五个明纹位置 L1=9λ/4θ
充入液体后第五个明纹位置 L2=9λ/4nθ
充入液体前后第五个明纹移动的距离?L= L1- L2=9λ(1-1/n)/4θ=1.61mm
4．解：2(n-1)d=?Nλ d=5.43×10-3mm
5．解：（1）∵OO1=OO2，所以M1经分光束镜G成象于M1′，M1′与M2之间形成牛顿环，且属于平行光垂直入射情况。故干涉条纹是以O2为中心的明暗相间、内疏外密的同心圆，但圆心O2点为零级亮点其第k级亮纹的半径为
rk=(kRλ)0.5,k=0、1、2…
（2）当M1朝G移动时，因空气隙厚度增加，干涉条纹将向中心收缩（即不断吞掉），但条纹疏密情况不变。
6．解：因为2e(n2-sini)0.5-λ/2=kλ
令k=0,e=111nm
四、证明题
1．证：由于 位相差=2π光程差/波长所以Φ=2π(dsinθ)/ λ
P点处合成的波振动 E=E1+E2=2E0cos(Φ/2)sin(ωt+Φ/2)=EP sin(ωt+Φ/2)
所以合成振幅 EP=2E0 cos(Φ/2)=Emcos(πdsinθ/λ)
式中 Em=2E0 是EP的最大值。
2．证：假设不考虑两束相干光线在分束板G1的镀银层上反射时产生的位相突变之差，则对于等倾条纹的第k级明纹有 2ecosθk=kλ ①
对于等倾条纹的第(k+1)级明纹有 2ecosθ(k+1)=(k+1)λ ②
②－①，有 2e(cosθ(k+1) －cosθk)= λ ③
第k级明纹与第(k+1)级明纹的角间隔
(?θ)k=θk－θ(k+1) ④
当(△θ)k很小时，近似有
cosθ(k+1) －cosθk≈(cosθk)′(θ(k+1) －θk) ≈sinθk(△θ)k ⑤
由⑤式和③式得,(△θ)k≈λ/(2esinθk)
五、问答题
1,答案见图
2,答案见图
