大学物理答案第18章

18 光的干涉三、计算题1、使一束水平的氦氖激光器发出的激光（nm 8.632=λ）垂直照射一双缝。

在缝后 2.0m 处的墙上观察到中央明纹和第1级明纹的间隔为 14cm 。

（1）求两缝的间距；（2）在中央条纹以上还能看到几条明纹？解：（1）m 100.914.0108.6230.2x D d 69--⨯=⨯⨯=∆=λ 6分 （2）由于2πθ≤，则3.1414.00.2x D sin d k ==∆==λθ应该取14即能看到14条明纹。

6分 2、在双缝干涉实验装置中，用一块透明簿膜(2.1=n )覆盖其中的一条狭缝，这时屏幕上的第四级明条纹移到原来的原零级明纹的位置。

如果入射光的波长为500nm ，试求透明簿膜的厚度。

解：加上透明簿膜后的光程差为： 0)1(21>-=-+-=l n r nl l r δ 4分 因为第四级明条纹是原零级明纹的位置： λδ4= ， 21r r = 4分 得到： λ4)1(=-l n ⇒ m n l 51014-=-=λ4分 3、澳大利亚天文学家通过观察太阳发出的无线电波，第一次把干涉现象用于天文观测。

这无线电波一部分直接射向他们的天线，另一部分经海面反射到他们的天线，如图所示。

设无线电波的频率为 6.0×107Hz ，而无线电接收器高出海面 25m 。

求观察到相消干涉时太阳光线的掠射角θ的最小值。

解：如图所示，考虑到反射光线的半波损失，则反射光线和直射光线到达天线的相差为πλθπϕ+=∆sin h 22 3分干涉相消要求πϕ)1k 2(+=∆， 3分 代入上式可得h2kch 2k sin υλθ==3分题3解图题3图当1k =时，给出078min7.525100.62103arcsin h 2carcsin ≈⨯⨯⨯⨯==υθ 3分 4、试求能产生红光(nm 700=λ)的二级反射干涉条纹的肥皂膜厚度。

已知肥皂膜折射率为1.33,且平行光与法向成30°角入射。

第十八章 量子物理基础18—1 用波长为1800Å的紫外光照射红限波长为2730Å的钨，那么从钨表面逸出的电子的最大初动能为多大?初速度是多大(1eV=J 106.119−×)?[解] 由Einstien 光电效应方程()⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=−=0021121λλυυhc h mv max 108341012730118001103106266−−×⎟⎠⎞⎜⎝⎛−××××=.eV .J .3521076319=×=−已知kg m 311011.9−×=，因此s m 101.95max ×=v18—2 当波长为3000Å的光照射在某金属表面时，光电子的能量范围从0到J .191004−×。

在做上述光电效应实验时遏止电压是多大?此金属的红限频率是多大? [解]()0221υυ−=h mv max 2202121max max mv hc mv h h −=−=λυυ1919191062621004106266−−−×=×−×=...红限频率Hz 1097.3140×=υ 遏止电压a U 满足 J mv eU a 192max 100.421−×==∴V 5.2106.1100.41919=××==−−eeU U a a18—3 已知铯的逸出功为1.9eV ，如果用波长为3.5710−×m 的光照射在铯上，问光电效应的遏止电压a U 是多大?从铯表面逸出的电子的最大速度是多大? [解]A hc mv max −=λ221 J 1919191064.21004.31068.5−−−×=×−×=V e mv U a 65.1106.11064.22119192max=××==−−s m 1062.725maxmax ×=meE v18—4 图中所示为一次光电效应实验中得出的遏止电压随入射光频率变化的实验曲线。

《大学物理》参考答案第18章 原子核物理与粒子物理简介18-1 如果原子核半径按公式11531.210R A -=⨯确定(式中A 为质量数)，试计算核物质密度以及核物质的单位体积内的核子数.解：原子核的体积 334R V π=，1u ＝1.660 5402×10－27kg 所以核物质密度为 3034334r u R Au V M ππρ===31527)102.1(4106605402.13--⨯⨯⨯⨯=π＝2.29×1017kg ·m －3 单位体积内的核子数3043r u N πρ===1.38×104418-2 计算2个2H 原子核结合成1个4He 原子核时释放的能量(以MeV 为单位). 解： m D ＝2.014102u; m He ＝4.002603u .质量亏损：∆m=2⨯m D -m He =0.025601 0u释放的能量: 2ΔΔmc E ==0.025601 0⨯931.441=23.85 MeV18-3 2个氢原子结合成氢分子时释放的能量为4.73eV ，试计算由此发生的质量亏损.解： ∆mc 2=4.73eV质量亏损 5.9311073.46-⨯=∆m = 5.07×10-9u18-4 11p 和10n 的质量分别为1.007276u 和1.008665u ，试计算126C 中每个核子的平均结合能(1u ＝931.5MeV 2).解：质量亏损 ∆m =(6×1.007276u+6×1.008665u)-12.00000u= 0.095646u平均结合能 125.93100956462⨯=∆=A mc E = 7.42452075MeV18-5 226Ra 和222Rn 原子质量分别为226.02536u 和222.01753u ，4He 原子质量为4.002603u ，试求226Ra 衰变为222Rn 时的衰变能.解：质量亏损 ∆m =226.02536u –(222.01753u+4.002603u)= 0.005227u衰变能 Q=0.005227931.5=4.8689505MeV18-6 在铍(94Be)核内每个核子的平均结合能等于6.45MeV ，而在42He 内每个核子的平均结合能为7.06Mev ，要把94Be 分裂为2个α粒子和1个中子时，必须耗费多少能量？解： 94B e →242He+n∆E=9×6.45MeV -8×7.06Mev =1.57MeV18-7 32P 的半衰期是14.3d ，试计算它的衰变常数λ和平均寿命，1μg 纯32P 的放射性活度是多少贝可？解：衰变常数: λλ693.02ln 2/1==T d3.14693.0=λ= 0.048d -1平均寿命: λτ1==20.6d 放射性活度: 23610022.632101⨯⨯⨯=-N =1.88×1016161088.16060243.14693.0693.0⨯⨯⨯⨯⨯===N T N I λ=1.05×1010Bq18-8 131I 的半衰期是8.04d ，问在某月12日上午9：00测量时131I 的放射性活度为5.6×108Bq ，到同月30日下午3：00，放射性活度还有多少？解：I 0=5.6×108Bq t T t eI e I t I 693.000)(--==λ 25.1804.8693.08106.5)(⨯-⨯⨯=e t I =1.16×108Bq18-9 131I 的半衰期是193h ，试计算它的衰变常数和平均寿命.今有一个放射强度为108Bq 的放射源，只有131I 具有放射性，问其中的131I 的质量是多少？解： λλ693.02ln 2/1==T 2/1693.0T =λ=9.976×10-7s -1 λτ1==278.5h A AN m m N =, λN t I =)( 237831002.610976.91010131⨯⨯⨯⨯⨯==--A A N I m m λ=2.18×10-11kg18-10 利用131I 的溶液作甲状腺扫描，在溶液出厂时，只需注射0.5ml 就够了(131I 的半衰期是8.04d)，如溶液出厂后贮存了11d ，作同样的扫描需要多少毫升的溶液？解： t T e I t I 693.00)(-=要求 131I 的数量相同 V 0I 0=VI1104.8693.0693.00005.0⨯⨯===e e V V II V t T 0.65ml18-11 24Na 的半衰期为14.8h ，现需要100μCi 的24Na ，从产地到使用处需用6h ，问应从生产地取多少μCi 的24Na ？ 解：t T e I t I 693.00)(-=68.14693.0693.00100⨯⨯==eIe I t T = 132.4μCi18-12 32P 的半衰期为14.3d ，问1μg 32P 在1h 中放出多少个β－粒子？ 解：t Te I t I 693.00)(-= t T e N N 693.00-= )1()1(693.0693.000t T A At T e N m m e N N N N ---=-=-=∆ )1(10022.610321011243.14693.02339⨯⨯----⨯⨯⨯⨯⨯=∆e N =3.75×101318-13 一个含3H 的样品，其放射性强度为3.7×102Bq ，问样品中3H 的含量有多少克？解：3H 半衰期为12.33y2/1693.0T =λ60602436533.12693.0⨯⨯⨯⨯==1.78×10-9s -1 A AN m m N =, λN t I =)( 2392310022.61078.1107.31032⨯⨯⨯⨯⨯⨯==--A A N I m m λ=1.1×10-14kg=1.1×10-11g18-14 已知U 3O 8中铀为放射性核素，今有5.0g 的U 3O 8，试求其放射性活度. 解：238U 半衰期为4.47×109y2/1693.0T =λ 23910022.623856060243651047.4693.0693.0⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯==A A N M m T N I λ I=6.21×104Bq18-15 放射性活度为3.7×109Bq 的放射性核素32P ，在制剂后10d 、20d 、30d 的放射性活度各是多少？解：32P 半衰期为14.26d , I 0 =3.7×109Bqt T eI t I 693.00)(-= 10d: 1026.14693.09107.3⨯-⨯⨯=e I = 2.28×109Bq20d: 2026.14693.09107.3⨯-⨯⨯=e I =1.40×109Bq30d: 3026.14693.09107.3⨯-⨯⨯=e I = 0.86×109Bq18-16 样品最初放射性为每分钟800次衰变，24min 后，放射性为每分钟640次衰变，求衰变常数和半衰期. 解：t T e I t I 693.00)(-=24693.0800640⨯-=T e , 0.2231=24693.0⨯T2/1693.0T =λ=1.55×10-4s -1T 1/2= 74.565min。

大学物理课后习题答案大学物理课后习题答案第十八章波动1、一横波沿绳子传播，其波的表达式为y=0.05cos(100πt-2πx)(si)谋:(1)波的振幅、波速、频率和波长。

(2)绳子上各质点的最大振动速度和最大振动加速度。

(3)在x1=0.2m处和x2=0.7m处二质点振动的位相差。

解：（1）y=0.05cos(100πt-2πx)=0.05cos100π(t-0.02x)∴a=0.05m,ω=100π=2πυ⇒υ=100π/2π=50(hz)u=50(m⋅s),(2)v=∂2y∂t∂y∂t=1(m)50π=5π=15.7(m⋅s-1)=-0.05⨯100πsin(100πt-2π),vmax=0.05⨯10022π)=500π=4934.8(m⋅s-2)∴amax=0.05⨯(1002、一平面简谐波沿ｘ轴正向传播，波的振幅a=10cm，波的圆频率ω=7πrad⋅s，当t=1.0s时，x=10cm处的a质点正通过其平衡位置向ｙ轴正数方向运动，而x=20cm处的ｂ质点正通过y=5cm点向ｙ轴正方向运动。

勒维冈县波波长∆ϕ=2πx2-x10.7-0.2=-0.05⨯(100π)2cos(100πt-2πx)λ>10cm，求该平面波的表达式。

解：设波动方程为：y=0.1cos(7πt+ϕ-⋅2π)t=1(s)时，ya=0.1cos(7π+ϕ-0.1⋅2π)=0,yb=0.1cos(7π+ϕ-0.2⋅2π)=0.05v>0，⇒.2∵b7π+ϕ-0⋅2π=-π+2kπ②且λ>0.1m，故a,b两质点的位相差ϕ=-π①-②得：5λ=1.2，即为λ=0.24（m）代入①得：所以波动方程为：y=0.1cos(7πt-πx+π)333、图示一平面简谐波在t=0时刻的波形图，谋：（1）该波的波动方程；（2）ｐ处质点的振动方程。

解：由图知λ=0.4m,a=0.04m,u=0.08m/sω=2πν=2π=2π00..08=0.4π(s)4原点的振动方程为：y=0.04cos(0.4πt-ππ波动方程为：y=0.04cos[0.4π(t-x-y=0.04cos(0.4πt-5πx-π)p点的振动方程：yp=0.04cos(0.4πt-5π⨯0.2-2π=0.04cos(0.4πt-3)=0.04cos(0.4πt+π4、一列平面简谐波在媒质中以波速u=5ms 沿ｘ轴正向传播，原点ｏ处质元的振颤抖曲线如图所示。

第十八章静电场中的导体和电介质18-1．如图所示，三块平行放置的金属板A 、B 、C ，面积均为S ．B 、C 板接地，A 板带电量Q ，其厚度可忽略不计．设A 、B 板间距为l ，B 、C 板间距为d ．因d 很小，各金属板可视为无穷大平面，即可忽略边缘效应．试求：（1）B 、C 板上的感应电荷，（2）空间的场强及电势分布．解因d 很小，各金属板可视为无穷大平面，所以除边缘部分外，可认为E 沿Oz 方向，z 相同处E 的大小相同，即()z E E z k =．（1）设B 、C 表面的面电荷密度为1σ、2σ、3σ、4σ如图所示．由于B 、C 板接地，故B 、C 板电势与无穷远相同，电势均为零．若B 、C 板外表面带有电荷，必有电场线连接板外表面与无穷远，则B 、C 板电势与无穷远不同，因此可知B 、C 板外表面不带电荷，即140σσ==．作高斯面为闭合圆柱面如图，两底面在B 、C 板内部、与Oz 垂直，侧面与Oz 平行，由高斯定理23101d 0()Q E S S S σσε⋅==++⎰⎰可得23Q S σσ+=-（1） 根据叠加原理，Ⅰ区E 为3个无穷大带电平面产生的场强的叠加，即321000222z Q S E σσεεε=-- 同理，Ⅱ区电场强度322000222z Q S E σσεεε=+- 因为A 、B 间的电压AB U 与A 、C 板的电压AC U 相等，12()z z E l E d l -=-，即3322000000()()()222222Q S Q S l d l σσσσεεεεεε---=+-- 即232Q d l S dσσ--=-（2） 联立求解（1）（2）式得：2d l Q d S σ-=-，3l Q d Sσ=-．所以B 、C 板内表面分别带电 22d l Q S Q d σ-=⋅=-，33l Q S Q dσ=⋅=- （2）Ⅰ区321000222z Q S E σσεεε=--0001()222d l l Q d d S εεε-=--+0()d l Q dSε-=- 00111d d z z z E l E l ϕ=⋅=-⋅⎰⎰0()d l Q z dSε-= Ⅱ区322000222z Q S E σσεεε=+-0001()222d l l Q d d S εεε-=-++0lQ dSε= 222d d d d z z z E l E l ϕ=⋅=⋅⎰⎰0()lQ d z dSε=- 18-2．点电荷q 放在电中性导体球壳的中心，壳的内外半径分别为1R 和2R ，如图所示．求场强和电势的分布，并画出r E -和r -ϕ曲线．解由于电荷q 位于球心O ，导体球壳对球心O 具有球对称性，故感应电荷和电场的分布也对球心O 具有球对称性；可知感应电荷均匀分布在导体球壳的内外表面上；电场线为过O 点的放射状半直线，场强E 沿半径方向，在到O 点的距离r 相同处，场强的大小E 相等．设球壳内表面带电1Q ，外表面带电2Q ．用以O 点为球心，12R r R <<为半径的球面为高斯面，根据高斯定理101d 0()E S q Q ε⋅==+⎰⎰可知1Q q =-；由于导体球壳电中性，由120Q Q +=，所以2Q q =．根据叠加原理，场强和电势分别为点电荷q 、均匀带电1Q 和2Q 的球面的场强和电势的叠加．考虑到在电荷球对称分布情况下，在电荷分布区以外的场强和电势与总电量集中在球心的点电荷的场强和电势的表达式相同．取参考点在无穷远；2r R >时，121220044q Q Q q E r r πεπε++==，1210044q Q Q q r rϕπεπε++== 21R r R ≥≥时，112004q Q E r πε+==，12100202444q Q Q q r R R ϕπεπεπε+=+= 1r R <时，1204q E rπε=，12100102012111()4444Q Q q q r R R r R R ϕπεπεπεπε=++=-+ 请读者画出r E -和r -ϕ曲线．18-3．一半径为A R 的金属球A 外罩有一个同心金属球壳B ，球壳很薄，内外半径均可看成B R ，如图所示．已知A 带电量为A Q ，B 带电量为B Q ．试求：（1）A 的表面1S ，B 的内外表面2S 、3S 上的电量；（2）A 、B 球的电势（无穷远处电势为零）．解由于金属球A 和同心金属球壳B 对球心O 具有球对称性，故电荷和电场的分布也对球心O 具有球对称性；可知电荷均匀分布在导体球壳的内外表面上；电场线为过O 点的放射状半直线，场强E 沿半径方向，在到O 点的距离r 相同处，场强的大小E 相等．（1）金属球A 带电A Q 分布于A 的外表面1S ；设金属球壳B 内表面带电2Q ，外表面带电3Q ，23B Q Q Q +=．用以O 点为球心、B r R =为半径、位于球壳B 金属内部的球面为高斯面，根据高斯定理A 201d 0()E S Q Q ε⋅==+⎰⎰可知2A Q Q =-；由于23B Q Q Q +=，所以3A B Q Q Q =+．（2）根据叠加原理，电势为三个均匀带电球面产生电势的叠加，即B r R ≥区域，A 23A B 10044Q Q Q Q Q r r ϕπεπε+++== 令B r R =，即为B 球的电势A B B 0B4Q Q R ϕπε+=． B A R r R >≥区域，3A 2A B 200B 0B 0B1()4444Q Q Q Q Q r R R r R ϕπεπεπεπε=++=+ 令A r R =，即为A 球的电势A B A 0A B 1()4Q Q RR ϕπε=+． 18-4．同轴传输线是由两个很长且彼此绝缘的同轴金属直圆柱构成，如图所示．设内圆柱体的半径为1R ，外圆柱体的内半径为2R ．使内圆柱带电，单位长度上的电量为η，试求内外圆柱间的电势差．解由于两个同轴金属直圆柱可视为无限长、对圆柱轴线O 轴对称；所以电荷和电场的分布也对圆柱轴线O 轴对称；电场线在垂直于圆柱轴线的平面内，为过圆柱轴线的放射状半直线；场强E 沿半径方向，在到轴线O 的距离r 相同处，场强的大小E 相等．用以圆柱轴线为轴，两底面与圆柱轴线垂直的闭合圆柱面为高斯面．高斯面的两底面与圆柱轴线O 垂直，半径为r ，21R r R >>；两底面与E 平行，E 通量为零；圆柱侧面长度为l ，与E 正交，E 通量2rlE ϕπ=．由高斯定理10d 2l E S rlE ηπε⋅==⎰⎰可得02E rηπε=． 沿电场线积分，由1R 沿半径到2R ，内外圆柱间的电势差 2221112001d d d ln 22R R R R R R R U E l E r r r R ηηπεπε=⋅===⎰⎰⎰ 18-5．半径为2.0cm 的导体球外套有一个与它同心的导体球壳，球壳的内外半径分别为4.0cm 和5.0cm （如图所示）．球与球壳间是空气，球壳外也是空气，当内球带电荷为83.010C -⨯时，试求：（1）这个系统的静电能；（2）如果用导线把球壳与球连在一起，结果如何？解（1）考虑系统对球心O 具有球对称性，可知内球表面均匀带电83.010C Q -=⨯．根据高斯定理可以求得球壳的内表面均匀带电83.010C Q --=-⨯，球壳的外表面均匀带电83.010C Q -=⨯．根据导体性质和叠加原理可得10.02m r r <=区和230.04m 0.05m r r r =<<=区，0E =；12r r r <<区和3r r <区，204r Q E e r πε=． 系统静电能2132222t 00220011()4d ()4d 2424r r r Q Q W r r r r r rεπεππεπε∞=+⎰⎰ 20123111()8Q r r r πε=-+41.810(J)-=⨯ （2）如果用导线把球壳与球连在一起，则球壳与球成为一个导体，仅球壳的外表面均匀带电83.010C Q -=⨯．根据导体性质和叠加原理可得 3r r <区，0E =；3r r <区，204r Q E e r πε=． 系统静电能322t 0201()4d 24r Q W r r r εππε∞=⎰20318Q r πε=58.110(J)-=⨯ 18-6．范德格拉夫起电机球形高压电极A 的外半径为20cm ，空气的介电强度（击穿场强）为13kV mm -⋅，问此范德格拉夫起电机最多能达到多大电压？解球形高压电极A 的外半径为0.20m R =，电极A 外接近电极处场强最大61max 20310k m 4q E Rπε-==⨯⋅ 起电机能达到最大电压5max max 0610(V)4q U E R Rπε==⋅=⨯18-7．如图所示，682μF C C ==，其余的电容均为3μF ．（1）求A 、B 间总电容．（2）若900V AB U =，求1C 、9C 上的电量．（3）若V U AB 900=，求CD U ．解（1）3C 、4C 、5C 串联，3453451111C C C C =++ 所以3451F C =μ．345C 与6C 并联，则345634563F C C C =+=μ3456C 与2C 、7C 串联，电容为C '，3456271111C C C C =++' 可得1F C '=μ．C '与8C 并联，电容为C ''，83F C C C '''=+=μ．C ''与1C 、9C 串联，电容为AB C ，191111AB C C C C =++'' 因此1F AB C =μ．（2）1C 、9C 与C ''串联，19C C C ''==，19AB U U U U ''++=， 所以191300V 3AB U U U U ''====，故41199910(C)C U C U C U -''''===⨯．（3）由300V U ''=，3456C 、2C 、7C 串联，3456273F C C C ===μ，故100V CD U =． 18-8．收音机里用的电容器如图所示，其中共有n 个面积为S 的金属片，相邻两片的距离均为d ．奇数片连在一起作为一极，它们固定不动（叫做定片）．偶数片连在一起作为另一极，可以绕轴转动（叫做动片）．（1）转动到什么位置C 最大？转动到什么位置C 最小？（2）忽略边缘效应，证明C 的最大值dS n C 0max )1(ε-=． 解相邻的奇数金属片和偶数金属片的相对面构成一个平行板电容器，电容0i S C d ε'=，S '为相邻两金属片相对的面积．因奇数金属片和偶数金属片分别连成一极，n 个金属片就构成了(1)n -个并联的平行板电容器，其电容量0(1)(1)i S C n C n d ε'=-=-当S '最大，即可动金属片完全旋进时（可动金属片转至和固定金属片完全相对），此电容器的电容最大，0max (1)SC n d ε=-；当S '最小，即可动金属片完全旋出时，min 0C =．18-9．一个电偶极子，其电偶极矩为8210C m p -=⨯⋅，把它放在510 1.010V mE -=⨯⋅的均匀外电场中．（1）外电场作用于电偶极子上的最大力矩多大？（2）把偶极子从0=θ位置转到电场力矩最大（2θπ=）的位置时，外力所做的功多大？解（1）0T p E =⨯，当2θπ=时853max 021********(N m)T pE .--==⨯⨯⨯=⨯⋅（2）电场力做功，0δsin d sind AF l qlE θθθθ+=-=-，20000sin d A qlE qlE pE πθθ=-=-=-⎰外力做功30210(J)A A pE -'=-==⨯18-10．如图所示，平行板电容器两板带电量分别为Q ±，两板间距为d ，其间有两种电介质：1区介质电容率为1ε，所占面积为1S ；2区介质电容率为2ε，所占面积为2S ．求：（1）两区的1D 、1E 和2D 、2E ，两区对应极板上的自由电荷面密度1σ、2σ；（2）电容器的电容C ．解作z 轴垂直于板面．忽略边缘效应．D 均匀，沿z 方向．取高斯面为小圆柱面如图，根据高斯定理可得111d D S D S S σ⋅=∆=∆⎰⎰，1D σ=所以11D k σ=．同理22D k σ=．两极板是导体，极板为等势体，12E d E d =，12E E =． 由于111E k σε=，222E k σε=，所以1212σσεε=．又因1122S S Q σσ+=，故 111122Q S S εσεε=+，221122Q S S εσεε=+ 121122Q E E k S S εε==+ 1111122Q D k k S S εσεε==+，2221122Q D k k S S εσεε==+ （第十八章题解结束）。

18章习题参考答案18-3 当波长为3000Å的光照射在某金属外表时，光电子的能量范围从0到J 100.419-⨯。

在做上述光电效应实验时遏止电压是多大?此金属的红限频率是多大?[解] 由Einstien 光电效应方程()02max 21νν-=h mv 2max 2max 02121mv hc mv h h -=-=λνν19191910626.2100.410626.6---⨯=⨯-⨯=红限频率 Hz 1097.3140⨯=ν 遏止电压a U 满足 J 100.421192max a -⨯==mv eU 所以 V 5.2106.1100.41919a a =⨯⨯==--e eU U 18-4 图中所示为一次光电效应实验中得出的遏止电压随入射光频率变化的实验曲线。

(1)求证对不同的金属材料，AB 线的斜率相同；(2)由图上数据求出普朗克常量h 的值。

[解] (1) 由Einstien 光电效应方程得 A h U e -=νa 即 eA e hU -=νa 仅A 与金属材料有关，故斜率eh与材料无关。

(2)()s V 100.4100.50.100.21514⋅⨯=⨯-=-e h 所以 s J 104.6106.1100.4341915⋅⨯=⨯⨯⨯=---h18-6 在康普顿散射中，入射光子的波长为0.03Å，反冲电子的速度为光速的60％。

求散射光子的波长和散射角。

[解] (1) 电子能量的增加ννh h E -=∆02min λ ()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-=160.01122020c m c m m2025.0c m =0434.025.011200=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-h c m λλÅ(2) 由于 )cos 1(0φλ-=∆cm h所以 554.0cos 100=-=-cm h λλφ解得 0463.=φ18-7 已知X 射线光子的能量为0.60MeV ，假设在康普顿散射中散射光子的波长变化了20％，试求反冲电子的动能。

第十八章 波动光学18-1 由光源S 发出的λ=600nm 的单色光，自空气射入折射率n =1.23的一层透明物质，再射入空气(如图18-1)，若透明物质的厚度为d =1.00cm ,入射角θ=ο30，且S =BC =5.00cm .求:（1）1θ为多大?（2）此单色光在这层透明物质里的频率、速度和波长各是多少？(3)S 到C 的几何路程为多少？光程为多少？分析 光在不同介质中传播的频率相同，但波长和波速不相同．而要把光在不同介质中所走的路程都折算为光在真空中的路程，以便比较光在不同介质中所走的路程——这就引入了光程．介质中某一几何路程的光程，相当于光在走这段路程的时间内在真空中走过的路程．解 （1）由折射定律θθsin sin 1=n n 空 得 46.212123.11sin sin 1=⨯==θθn n 空οθ24=1(2)分别以 v 1 、1ν、1λ表示光在透明物质中传播的速度、频率和波长，则8811044.2m/s 23.1103⨯=⨯==n c v m/s又光在不同介质中传播的频率相同，即1410_81105Hz 106000103⨯=⨯⨯===λννcHz7_148111088.4m 1051044.2⨯=⨯⨯==νλv m(3)从S 到C 的几何路程为1.11cm 5cm 24cos 1cm 5cos 1=++=++οθBC d SA cmS 到C 的光程3.11cm 51cm 24cos 1123.1cm 51cos S 1=⨯+⨯⨯+⨯=++οθBC n d n A n 空空cm18-2 在杨氏双缝干涉实验中，双缝间距d =0.500mm ,缝与屏相距D =50.0cm ,若以白光入射，(1)分别求出白光中4001=λnm 和6002=λnm 的两种光干涉条纹的间距；（2）这两种波长的干涉明纹是否会发生重叠？如果可能，问第一次重叠的是第几级明纹？重叠处距中央明纹多远？分析 本题的难点在于如何理解“重叠”——若屏上某一位置同时满足两种波长明纹出现条件，则发生明纹重叠.解 （1）据（18-3）式，1λ 和2λ 所产生的干涉明纹的间距各为4.0mm 5.010400500Δ611=⨯⨯==-λd D x mm6.0mm 5.010600500Δ622=⨯⨯==-λd D x mm(2) 据（18-1）式，杨氏双缝实验中，明纹到屏中心的距离为λdDkx ±= () 2,1,,0=k 在x 处两种波长的明纹重叠，即2211λλk dDk d D x ==1221λλ=k k 由已知2340060012==λλ故2321=k k所以在n k n k 2,321== () ,2,1=n 处都可能发生重叠.当1=n ，即2,321==k k 时发生第一次重叠，重叠处距中央明纹的距离为2.1mm 5.010********11=⨯⨯⨯==-λk d D x mm18-3 在劳埃德镜中，光源缝S 0 和它的虚象S 1 位于镜左后方20.0cm 的平面内(如图18-3)，镜长30.0cm ,并在它的右边缘放一毛玻璃屏幕.如果从S 0 到镜的垂直距离为2.0mm , nm 720=λ ,试计算从右边缘到第一最亮纹的距离.分析 讨论劳埃德镜还有一个重要意义，就是验证光从光密介质表面反射时有半波损失.劳埃德镜实验中，相邻明纹的间距也为λd Dx =∆ ，平面镜右边缘与毛玻璃屏接触处为暗纹. 解 据（18-3）式，劳埃德镜实验中相邻明纹或相邻暗纹的间距为λdD.据题意，平面镜右边缘与毛玻璃屏接触处为暗纹，其到第一级明纹中心的距离为315105.4cm 104102.7502121Δ---⨯=⨯⨯⨯⨯==λd D x cm18-4 在菲涅耳双镜中，若光源离两镜交线的距离是1.00m , 屏距交线2.00m ,所用光波的波长为500 nm ，所得干涉条纹的间距为1.00mm , 试计算两反射镜的夹角ε.解 εεsin ≈ 1cos ≈ε∴ rL D r d +==ε2由(18-4)式,干涉条纹间距 λελr rL d D x 2+==∆ 故 910500001.012122-⨯⨯⨯⨯+=⋅⋅+=λ∆εx r r L rd rad 105.74-⨯=18-5 如图18-5()所示的杨氏双缝实验中,P 点为接收屏上的第2级亮斑所在.假设将玻璃片（n =1.51）插入从1S 发出的光束途中，P 点变为中央亮斑，求玻璃片的厚度.又问此时干涉图样是向上移还是向下移.设入射光是波长为632nm 的氦氖激光.分析 本题突出光程数值上等于介质的折射率乘以光在该介质中的几何路程.光连续通过几种介质时的光程，等于在各种介质中光程之和.讨论在S 1P 中加入玻片条纹上移还是下移时可以这样分析：以中央明纹为研究对象，不加玻片时，中央明纹出现在P 点，有P P 21S S =，加了玻片中央明纹出现在P '点，也应有1S 到P '的光程等于2S 到P '的光程.加玻片后，欲维持P '→1S 与P '→2S 的光程相等，只有缩短P '→1S 的几何路程.所以中央明纹上移，从而推出整个条纹上移.解 据题意，整个装置放在空气中.设未加玻璃片时1S 、2S 到 P 点几何路程分别为1r 、2r ，如图(b)所示，据相干条件,第2级亮纹出现的条件是λδ212=-=r r (1)如图(c),加上厚度为l 的玻璃片时，1S 到P 点的光程差为nl l r r nl r +-=''++'1112S 到 P 点光程仍为r 2. 二者的光程差()()()l n r r nl l r r 112122---=+--=δ据题意，加上玻璃片后P 点变为中央亮斑，根据相干条件即()()01122=---=l n r r δ (2)由(1)式-(2)式得()λ21=-l n∴玻片厚度 m 1048.2m 151.11063221269--⨯=-⨯⨯=-=n l λ且条纹上移.18-6 观察肥皂膜的反射光时，皂膜表面呈绿色.若膜的法线与视线间夹角约为ο30，试估算膜的最小厚度.设肥皂水的折射率为1.33，绿光波长为500nm .分析反射产生的双光束实现干涉. 膜上下两表面反射后干涉加强. 涉及射，需考虑反射光是否有半波损.率n =1.33,周围介质为空气n '=1, 从皂膜上表面反射的反射光有半波损. 法线与视线间间有夹角 30=i 30=i 入射到薄膜上，因而需利用（18-8解 如图18-6,从膜上表面反射的反射光有半波损失，现nm 500 ,30 ,1' ,33.1====λ i n n据（18-8）式反射加强条件为λλk i n n d =+-2sin '2222 （k =1，2，…）d 为最小值时k =1，得18-7 在空气中有一厚度为500nm 的薄油膜（n =1.46）,并用白光垂直照射到此膜上，试问在300nm 到700nm 的范围内，哪些波长的光反射最强？分析 此题与上题类似，只是考虑的波长范围更宽些，且为垂直入射︒=90i ，因而反射光干涉加强的条件为 λλk nd =+22 （k =1，2，…）.解 在油膜上表面反射的光有半波损，垂直入射︒=90i ,据(18-8)式,反射光加强的条件为λλk nd =+22 （k =1，2，…）∴入射光波长为m 1001.1m 4133.121025030sin 2272922min--︒⨯=-⨯=-=n d λ12102920121050046.1412499-⨯=-⨯⨯⨯=-=--k k k nd λ 当k =3时，5843=λnm , k =4时4174=λnm , k =5时3245=λnm ，k =6时2666=λnm ,所以在300-700nm 范围内波长为584nm ，417nm ，324nm 的光反射最强.18-8 白光透射到肥皂水薄膜(n =1.33)的背面呈黄绿色(λ=590nm ),若这时薄膜法线与视线间的角度为 30=i ,问薄膜的最小厚度是多少?分析射，透射光的强度相应减弱.之亦然.皂膜置于空气中，要使590长光的透射最大，其等价的讨论是光反射最小的条件.出的光无半波损失, 是失. λ=590nm 透射光加强对应的膜厚.解 如图18-8, 直接从下表面透射出的光无半波损失, 经下、上表面两次反射后又从下表面透射出的光也无半波损失.透射光的相干条件为λk i n n d =-222s i n'2 (k =1,2…) 加强2)12(sin '2222λ+=-k i n n d (k =0,1,2…) 减弱透射光加强k =1时,d 有最小值,为18-9 激光器的谐振腔主要由两块反射镜组成，射出激光的一端为部分反射镜，另一端为全反射镜.为提高其反射能力，常在全反射镜的玻璃面上镀一层膜，问为了加强反射，氦氖激光器全反射镜上镀膜层的厚度应满足什么条件？膜的最小厚度为多少？（设激光器发射的激光波长 λ=632.8nm ，玻璃的折射率n 1 =1.50，膜的折射率为n 2 =1.65）分析 如图18-9, n 2 =1.65材料组成薄膜,薄膜上方为空气n =1，薄膜下方为玻璃n 1 =1.50.需仔细分析从膜的上下表面反射的反射光半波损失情况.m 1039.2m 4133.121059030sin 272922min --︒⨯=-⨯=-=n d λ解 如图18-9,n <2n >∴1n 只有在空气与膜的分界面反射的反射光有半波损失.设膜厚为d ，在膜上下表面反射的双光束反射加强的条件是λλk d n =+222 (k =1,2,…)解出()9.95)12(65.148.632)12(4122⨯-=⨯⨯-=-=k k n k d λk =1时膜最薄，最小膜厚为9.95min =d nm18-10 可见光谱中心可视为波长为550nm 黄绿光.若想提高照相机镜头对该波段的透射率，可在镜头表面镀氟化镁薄膜.已知氟化镁折射率为 1.38,玻璃折射率1.50,镀膜的最小厚度需为多少？分析 与18-8题类似.注意薄膜由氟化镁构成，从薄膜上、下表面反射的两束光都有半波损失.解 在膜的上下表面反射的光均有半波损失，所以两反射光的光程差为nd 2.使反射最小即透射最强的条件为2)12(2λ+=k nd （k =0,1,2…）令k =05min 1096.922/-⨯==nd λmm 18-11 ，利用劈尖空气气隙造成的等厚干涉条纹，可以测量精密加工工件表面的极小纹路的深度.测量方法是：把待测工件放在测微显微镜的工作台上（使待测表面向上），在工件上面放一平玻璃（光学平面向下），以单色光垂直照射到玻璃片上，在显微镜中可以看到等厚干涉条纹.由于工件表面不平，在某次测量时，观察到干涉条纹弯曲如图18-11（）所示.试根据弯曲的方向，说明工件表面上的纹路是凹还是凸，并证明纹路深度H 可用下式表示:2λ⋅'=b b H 分析 从条纹局部的弯曲方向判断工件表面缺陷，要抓住等厚条纹是劈尖等厚点的轨迹.条纹局部弯向棱边，表明条纹弯的部分和直的部分对应同一膜厚，所以工件表面有缺陷的地方膜厚度增加,故工件的缺陷为凹痕.解 相邻两明纹(暗纹)对应的空气劈尖厚度差为2λ∆=d由图18-11（b ）知 b Hb d '=∆ ∴ 纹路深度为 2λ∆H ⋅'='=b b d b b条纹局部弯向棱边，故工件的缺陷为凹痕.18-12 在两叠合的玻璃片的一端塞入可被加热膨胀的金属丝D 使两玻璃片成一小角度，用波长为589nm 的钠光照射，从图18-12（）所示之劈尖正上方的中点处（即L /2处），观察到干涉条纹向左移动了10条，求金属丝直径膨胀了多少？若在金属丝D 的上方观察又可看到几条条纹移动？分析 金属丝直径膨胀时迫使空气劈形膜厚度增加，干涉条纹向左移动,这样原来出现在膜较厚处的条纹自然要向棱边移动（左移）.图18-12解 如图18-12（b ），设在L /2处，膨胀前膜厚为d ,膨胀后膜厚为d '.210'λ⋅=-d d又因三角形相似2''L Ld d l l =-- ∴ 金属丝直径的膨胀为58902102)(2'=⨯⨯=-'=-λd d l l nm =31089.5-⨯mmD 处劈尖厚度每增加2λ（即直径每膨胀2λ），条纹移过一条, 金属丝直径膨胀了31089.5-⨯mm ，所以在D 上方看到的条纹移动为20条.18-13 块规是一种长度标准器，为一钢质长方体，两端面经过磨平抛光精确地相互平行.图18-13（）中是一块合格块规，两端面间距离为标准长度.B 是与同一规号的待校准块规.校验时将、B 置于平台上，用一平玻璃盖住，平玻璃与块规端面间形成空气劈尖.（1）设入射光的波长为589.3nm ,两组干涉条纹的间距都是L =0.55mm ,、B 间距d =5.00cm ,试求两块规的高度差；（2）如何判断B 比长还是短？（3）现观察到平玻璃与、B 形成的干涉条纹间距分别为L =0.55nm 和L =0.30nm ,这表明B 的加工有什么缺陷？如B 加工合格应观察到什么现象？图18-13解 （1）如图18-13（b ），因两组条纹间距相等为mm 55.0=L∴ dhL ∆=2λm 1068.2m 1055.0105103.589Δ5329----⨯=⨯⨯⨯⨯=h (2)如图18-13(b)，两块规有可能与平玻璃接触的位置分别标以、b 、c 、d ．轻压平玻璃,如b 、d 两处暗纹位置不变,则B 比短;如、c 两处暗纹位置不变，则B 比长.(3)如图18-13（c ），据题意有2sin sin 2211λθθ==L L∵ 21L L >∴ 12θθ>表明B 与平玻璃间的间隙较大，B 的上端面有向左下斜的缺陷，如图18-13（c ）. B 加工合格，在平玻璃上方将看不干涉条纹.18-14 当牛顿环装置的透镜与平面玻璃间充以某种折射率小于玻璃的液体时，某一级暗环的直径由1.40cm 变为1.27cm ,求液体的折射率.分析 牛顿环也是等厚干涉，与劈尖比较，形成牛顿环的薄膜等厚点的轨迹是以接触点为圆心的同心圆.故干涉条纹为同心圆环.（18-12）、（18-14）式给出充以空气时环的直径和半径. 若充以某种流体，可推出第k 级暗环半径nkr ∝(n 为所充流体的折射率).解 当透镜与平面玻璃间介质的折射率为n （小于玻璃的折射率）时，从介质上下表面反射的光的光程差为22λδ+=nd ，据（18-9）式出现第k 级暗环条件为2)12(22λλ+=+k nd将（18-13）式 Rr d 22= 代入上式，得第k 级暗环半径为nkR r λ=设空气折射率为1n ,第k 级暗环直径为1D ，充以折射率为2n 的液体，第k 级暗环直径为2D ，则122221n n D D = ∴ 22.1127.140.1212212=⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛=⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=n DD n18-15 如图18-15（），平玻璃与柱面凹透镜组成空气隙.若用波长为λ的平面单色光垂直照射，在空气隙上下表面反射的反射光形成等厚干涉条纹，设隙间最大高度为47λ（1）试画出干涉暗纹的形状、疏密情况，并标明级次；（2）若把柱面凹透镜换为球面凹镜，气隙高度仍为47λ又如何？图18-15分析 圆柱面透镜沿母线切开，取其凸面为柱面凸透镜，取其凹面为柱面凹透镜，也可两柱面都是圆柱形. 解本题要抓住以下几点：(1)干涉条纹的形状：平玻璃与柱面凹透镜组成空气隙，空气隙等厚点的轨迹是与柱面凹透镜母线平行的直线，所以干涉条纹也是与母线平行的直线.把柱面凹透镜换成球面镜，显然条纹应为同心圆；(2)考虑从空气隙上下表面反射的两束光是否有半波损；(3)判明膜厚d =0处为明纹还是暗纹. 现只有一束反射光有半波损失，所以d =0处（左右棱边）为暗纹.这三条对解劈尖干涉题同样重要.解 （1）截面图如图18-15(b).从空气隙上表面反射的光无半波损，从空气隙下表面反射的光有半波损失，所以在气隙厚度为d 处反射的双光束的光程差为22λδ+=nd相干条件为)( ,2,122=±=+k k nd λλ明纹())( ,2,1,021222=+±=+k k nd λλ暗纹∴左右棱边0=d 处为暗纹. λ47=d 处对应的级次为λλλλ4282472==+⨯n的明纹为4±=k .可见，k 的取值由两棱边向中央气隙厚度最大处递增.与牛顿环的讨论相仿，知干涉条纹到气隙最厚处的距离r 与气隙厚度d 的d 成正比，即r 的增加速率小于气隙厚度的增加速率,因此条纹内疏外密.干涉条纹是平行棱边的直线,条纹示意图如图18-15(c).(2)换成球面镜时，球面镜与平玻璃所成空气隙等厚点的轨迹是同心圆，所以干涉条纹是以 λ47为中心的同心圆，其余讨论与柱透镜同.18-16在牛顿环实验中，两平凸透镜按图18-16（）配置，上面一块是标准件，曲率半径为R 1 =550.0cm ,下面一块是待测样品.入射光是波长为632.8nm 的氦氖激光，测得第40级暗环的半径为1.0cm ,求待测样品的曲率半径.分析 实为两个曲率半径不等的凸透镜叠合.空气隙的厚度为两个平凸透镜分别与平玻璃组成的气隙厚度之和.解 牛顿环第k 级暗环出现的条件为()21222λλ+=+k d即 λk d =2 （1）如图18-16（b ），从（18-13）式得膜厚1212r r d k = 2222r r d k =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=21221112R R r d d d k∴ ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=212112R R r d k（2）（2）式代入（1）式得λk R R r k=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅21211 待测样品的曲率半径为()m838.5 m105501101108.632401112229122=⨯-⨯⨯⨯=-=---R r k R k λ 18-17 如果迈克耳孙干涉仪中2M 反射镜移动距离0.233mm , 则数得的条纹移动数为792，求所用的光波的波长.分析 迈克耳孙干涉仪是利用分振幅法产生双光束以实现干涉.在书p.120图18-17中，2M 垂直1M 可演示等倾干涉，2M 与1M 不严格垂直可演示等厚干涉.因而前面关于等倾干涉、等厚干涉的讨论对迈克耳孙干涉仪都适用.解 2M 每移动2λ ,条纹平移过一条.∴ 2M 移过的距离 2λ⋅=n d 所用的光波的波长为588.4nmmm 10884.5mm 792233.0224=⨯=⨯==-n d λ 18-18 迈克耳孙干涉仪的两臂中，分别放入长0.200m 的玻璃管，一个抽成真空，另一个充以1tm 的氩气.今用汞绿线λ=546nm 照明，在将氩气徐徐抽出最终也达到真空的过程中，发现有205个条纹移过视场，问分析 参阅18-5题，再考虑到光是来回两次通过臂，所以从充氩气到抽完氩气过程中，光程的改变为l n )1(2-.解 设玻璃管长为l ,并忽略两端管壁的厚度.由迈克耳孙干涉仪原理知，抽气前后光程的改变为l n )1(2-，据题意有λN l n =-)1(2，氩气在1tm 时的折射率为12.0210546205129+⨯⨯⨯=+=-l N n λ =1.002818-19 波长为700nm 的红光正入射到一单缝上，缝后置一透镜，焦距为0.700mm .在透镜焦距处放一屏，若屏上呈现的中央明条纹的宽度为2.00mm ,问该缝的宽度是多少？假定用另一种光照射后，测得中央明条纹的宽度为1.50 mm ,求该光的波长.分析 正入射是指光源在透镜的焦平面上，线光源平行于缝长方向，且经过透镜的主焦点.参阅书p.127图18-26,用菲涅耳半波带法处理单缝衍射时，经过宽为b 的单缝上下边缘两束光的光程差为C = ϕsin b (ϕ 为衍射角).要体会用半波长分割C 后，过分点作平行BC 的平面，单缝上的波阵面便被分为等数的面积相等的波带称为半波带.半波带上各点为新的子波源，相邻半波带上对应点发出的相干光到达屏时相位差为π.书p.129图18-28又提示，中央明纹的宽度为正负一级暗纹间距离，第一级明纹宽度为第一级暗纹与第二级暗纹间距离，以此类推.解 中央明纹的宽度为0l ,为正负一级暗纹之间的距离.又因级次低，ϕ很小,有fl 2tan sin 0=≈ϕϕ对第一级暗纹λϕ=sin b 代入上式m 109.41027.010700224390---⨯=⨯⨯⨯⨯==l f b λ =0.49 mm对应另一种光, 中央明纹宽度为5.1'0=l mm 时4301025.5107.025.149.02'-⨯=⨯⨯⨯=='f al λ mm =525nm18-20 一单缝用波长为1λ 和2λ 的光照明，若1λ的第一级衍射极小与2λ的第二级衍射极小重合.问：（1）这两种波长的关系；（2）所形成的衍射图样中，还有哪些极小重合？分析 题目练习两条：(1)不同波长、不同级次的衍射条纹,在它们的衍射角相同时重合；(2)单缝衍射出现极大值、极小值的条件. 解 （1）单缝衍射产生极小值的条件是λϕk b ±=sin (k =1,2,…)设重合时衍射角为ϕ，则212sin sin λϕλϕ==b b(1)式(2)式联立,解出212λλ=（2）设衍射角为'ϕ时，1λ的1k 级衍射极小与2λ的2k 级衍射极小重合，则2211sin sin λϕλϕk b k b ='='由第一问得出212λλ=，代入得22212λλk k = ∴212k k =即当212k k =时两种光的衍射极小重合.18-21在单缝衍射实验装置中，用细丝代替单缝成为衍射细丝测径仪.已知光波波长为630nm ，透镜焦距为50.0cm .今测得中央明纹的宽度为1.00 cm ，试求细丝的直径.分析 衍射是波前进过程中,遇到障碍物波阵面受到限制而产生的现象.单缝衍射的障碍物是缝屏,也是障碍物. 波长可以比较，现象，细丝直径相当于单缝宽.解 如图18-21于单缝宽b .设x 1心点P 0的距离,中央明纹宽度为110tan 22ϕf x l ==对低级次1ϕ很小，有11tan sin ϕϕ≈∴ bf f l λϕ⋅=≈2sin 210细丝直径为 063.0mm 01.0106305.02290=⨯⨯⨯==-l f b λmm18-22 波长为500nm 的单色光，以30º 入射角入射到光栅上，发现正入射时的中央明纹位置现变为第二级光谱的位置.若光栅刻痕间距3100.1-⨯=d mm.（1）求光栅每毫米有多少条刻痕？（2）最多可能看到几级光谱？（3）由于缺级，实际又看到哪几条光谱线？分析 斜入射是指光源在透镜的焦平面上，线光源平行缝长方向，但光源不经过透镜的主焦点. 这样光栅相邻两缝对应光线到达屏的光程差还应包含入射光的那部分.本题涉及衍射光栅几个基本问题：光栅方程；当衍射角ϕ=ο90时，对应最高级次max k ；光栅衍射图样的缺级现象.解 （1）由例题18-6，入射角为 30 时光栅相邻两缝对应光线到达屏的光程差为ϕsin )(30sin )(b b b b '++'+对于第二级光谱λϕ2sin )(30sin )(='++'+b b b b 因该光谱位置为原正入射时中央明纹位置，则0=ϕ∴30sin 2λ='+b b光栅刻痕数为500/mm 10525.0230sin 14=⨯⨯=='+=条λ b b N 条/mm又最高级次对应衍射角 90=ϕ.设最高级次为k mx ，即λmax 90sin )(30sin )(k b b b b ='++'+ ()()λλN b b k90sin 30sin 90sin 30sin max+=+'+=610550015.04=⨯⨯+=- 最多可能看到6级光谱.（3）光栅常数 63102m 500101--⨯=⨯='+b b m满足下式为缺级(),2,1'±±=''+=k k bb b k而 210110266=⨯⨯='+--b b b即 k k '=2∴为缺6,4,2±±±= k 级故实际可以看到光谱线是5,3,1,0±±± 共7条 .18-23一平面单色光投射于衍射光栅，其方向与光栅的法线成θ 角.法线两侧与法线分别成ο11和ο53角的方向上出现第一级光谱线.（1）求θ角；（2）用衍射角表示中央明纹出现的位置；（3）计算斜入射时在光栅法线两侧有可能看到的最高级次.分析 本题也是斜入射问题.题目没有给出两衍射光与入射光在光栅平面法线的异侧还是同侧，可分别假设一种配置，判断所得θ角是否合理,从而决定取舍. 第三问的计算表明与入射光同侧的光谱项有可能获得更高级次. 在实际工作中，通过加大入射角以期获得光栅较高的分辨率.解 （1）先设衍射角为 11和 53的衍射光位置如图18-23，此时 11的衍射光与入射光在光栅平面法线的同侧， 11衍射角为正；53衍射角的衍射光与入射光在光栅平面法线的两侧， 53衍射角为负（参考书p.139例题18-6关于正负号的说明）.又入射角为θ，据已知光栅方程写为()()()())2(11sin sin ')1(53sin sin 'λθλθ=++-=-+b b b b(1)式(2)式联立,解出()3039.011sin 53sin 21sin ≈-= θ7.17=θ再设衍射角为 53的衍射光与入射光在法线同侧，从相应光栅方程解出()53sin 11sin 21sin -=θ，这样θ<0,不合题意舍去.所以合理的配置是ο11角的衍射光与入射光在法线同侧,入射角 7.17=θ. （2）中央明纹对应的衍射角为 ϕ，有()7.170sin sin 00-=-==+θϕϕθ即入射光与中央明纹分列在法线两侧.（3）当衍射角为 90时，对应最高级次.如图18-23，与入射光同侧的光谱项的最高级次k 满足下式()()()()λθλ=++=++11sin sin '90sin 7.17sin 'b b k b b 解出 264.211sin 7.17sin 90sin 7.17sin ≈=++≤k与入射光异侧的光谱项的最高级次k '满足下式()()()()λθλ-=-+'-=-+53sin sin '90sin 7.17sin 'b b k b b解出 141.153sin 7.17sin 90sin 7.17sin '≈=--≤k在入射光同侧有可能获得更高级次光谱项.18-24 一束光线正入射到衍射光栅上，当分光计转过角ϕ时，在视场中可看到第三级光谱内nm 440=λ的条纹.问在同一角ϕ上可看见波长在可见光范围内的其他条纹吗？（可见光的波长范围为400nm -760nm ）分析 题目“在视场中可看到第三级光谱内λ=400nm 的条纹”一句给出()ϕsin 'b b +值，现寻求在400nm -760nm 范围内满足光栅方程的k 和λ值.解 据光栅方程 ()λϕk b b =+sin '得 ()nm 13204403sin '=⨯=+ϕb b若2=k ,则 nm660213202=÷=λ若 1=k ,则 nm700nm 1320113201>=÷=λ可见到第二级nm 660=λ的条纹.18-25 宇航员瞳孔直径取为5.0mm ，光波波长λ=550nm .若他恰能分辨距其160km 地面上的两个点光源.只计衍射效应，求这两点光源间的距离.分析 根据瑞利准则，当两个物点刚能被分辨时，这两物点的艾里斑中心对透镜光心的角距0θ恰好等于艾里斑的角半径.人的瞳孔如同一透镜.解 恰能分辩时，两点光源对瞳孔的张角0θ为d λθ22.10= ∴地面两点光源的距离m 4.21m 1010550106.122.122.13930=⨯⨯⨯⨯⨯==≈--df f l λθ∆ 18-26 如图18-26（）所示，在透镜L 前50m 处有两个相距6.0mm 的发光C 图18-26分析 取恰能分辨时两物点艾里斑中心的距离为艾里斑半径.本题给出物距和焦距，必然用到成像公式fu 111=+v .解 如图18-26（b ）， 在恰能分辨时，两个艾里斑中心的距离等于各个艾里斑半径.设衍射光斑直径为d ，艾里斑半径为2'ds =根据薄透镜成像公式fu 111=+v 50=u m 2.0=f m us ≈θ∴2.0=≈f v m∴ v θ≈'s衍射光斑直径为m 108.4m 502.0100.6222253--⨯=⨯⨯⨯==='u sf s v θ 18-27 以波长为0.11nm 的X 射线照射岩盐晶面，实验测得在X 射线与晶面的夹角（掠射角）为0311'ο 时获得第一级极大的反射光，问：（1）岩盐晶体原子平面之间的间距d 为多大？（2）如以另一束待测的X 射线照射岩盐晶面，测得X 射线与晶面的夹角为0317'ο时获得第一级极大反射光，则待测的X 射线的波长为多少？分析 晶体构成光栅常数很小的空间衍射光栅.X 射线通过晶体时，将部分地被晶体中的原子散射.强度最大的散射光线的相互干涉，服从布拉格公式.本题第（1）问是在做X 射线结构分析实验.解 据布拉格公式λϕk d =sin 2 () 2,1=k(1)当'3011 =ϕ 1=k 时岩盐晶体原子平面之间的间距为cm 10759.2cm '3011sin 2101.1sin 288--⨯=⨯⨯== ϕλk d (2)当'3017' =ϕ 1'=k 时，待测的X 射线的波长为nm 1659.0nm '3017sin 10759.22'sin 28=⨯⨯⨯=='-ϕλd 18-28 对于同一晶体，分别以两种X 射线实验，发现已知波长1λ=0.097nm 的 X 射线在与晶体面成ο30 的掠射角处给出第一级极大，而另一未知波长的X 射线在与晶体面成ο60 的掠射角处给出第三级反射极大.试求此未知X 射线的波长为多少？分析 同18-27题分析. 解 据布拉格公式λϕk d =sin 2 () 2,1=k 当11=k 301=ϕ 得nm 097.030sin 2097.0sin 2111=⨯==ϕλk d又由32=k 602=ϕ 得nm 056.0360sin 097.02sin 2222=⨯⨯==k d ϕλ18-29 两偏振片和B 如图18-29放置，两者的偏振化方向成 45角，设入射光线是线偏振光，它的振动方向与的偏振化方向相同，试求：同一强度入射光分别从装置的左边及右边入射时，透射光的强度之比.分析 显然本题要用到马吕斯定律. 马吕斯定律给出入射到偏振片的偏振光与出射的偏振光强度间的关系.解 设入射偏振光的强度为0I从左边入射时，通过和B 透射光的强度分别为0200cos I I I A == 022145cos I I I A B == 从右边入射时，通过B 和透射光的强度分别为0202145cos 'I I I B == 024145cos 'I I I B A='=两种情况下透射光强度之比为24121'00==I I I I A B18-30 使自然光通过两个偏振化方向成 60夹角的偏振片，透射光强为1I .今在这两个偏振片之间再插另一偏振片，它的偏振化方向与前两个偏振片均成30 角，则透射光强为多少？分析 本题也要用马吕斯定律，但注意入射光是自然光.强度为0I 的自然光通过起偏器成为偏振光，强度变为 I 21.这是因为自然光的光矢量可以用两个振幅相等振动方向互相垂直的分振动表示，经过偏振片时只有与偏振片振动方向平行的分振动可以通过.解 如图18-30()，自然光通过一个偏振片后，其光强减为原来的21, 即0021I I ='据马吕斯定律，当两偏振化方向相交 60 时,有2014160cos I I I '='=104I I =' 如图18-30(b),当中间又插入一偏振片时02014330cos I I I '='='101212491694330cos I I I I I ='='='=' 所以此时透射光光强为149I .18-31 一束平行的自然光，以ο58 角入射到一平面玻璃的表面上，反射光是全偏振光.问：（1）折射光的折射角是多少？（2）玻璃的折射率是多少？分析 反射光是全偏振光时，入射角为布儒斯特角，且折射光与反射光垂直.解 （1）因入射角是布儒斯特角，入射角与折射角互为余角折射角325890=-=（2）据布儒斯特定律60.158tan == 玻n18-32 一束光以起偏角0i 入射到平板玻璃的上表面，试证明玻璃下表面的反射光亦为偏振光.分析 本题论证了用玻璃片堆在折射光方向获得光的原理.可参阅第三册p.152.证 在上表面应用折射定律得1200sin sin n n r i =0210sin sin i n n r =上式两边同除以0cos r ,得02100cos sin cos sin r i n n r r =又因i 0是起偏角，入射角与折射互为余角，即0cos sin 0r i =∴ 2102100sin sin cos sin n n i i n n r r ==210tan n n r =表明折射光以 210arctann n r =的角入射在下表面上.对玻璃与空气分界面,r 0是起偏角,因而反射光亦为偏振光.18-33 布儒斯特定律提供了一种测定透明电介质折射率的方法.今测得一电介质的布儒斯特角为5159'ο，试求该电介质的折射率.解 据布儒斯特定律 空介n n i = tan681.1'1559tan tan 0===i n n 空介18-34 如图18-34，自然光入射到水面上入射角为1i 时，反射光是全偏振光.今有一块玻璃浸入水中，且从玻璃面反射的光也是全偏振光，求水与玻璃面间的夹角α.（玻璃折射率3n =1.517,水的折射率2n =1.333）。