lH'?f3'?(?f')?30?180?210 (mm)
lF'?30 (mm)
答：组合后的焦距是-180mm。基点位置如图所示。 其光路图如下所示：
物镜 目镜
h1 F1'(F2) F3'(F') -h2
fo' f3'=30 -fe -f'
lH'
8.解: 设玻璃片的折射率为n，则1，2两束光线到达c点的光程差为
2?2????????n?1?b?? Δ = (n-1)b , 其相位差为 则c点光强为
H' Ic?4aA2cos22
?n?1?b??
令b = 0, I0 = 4aA。则 Ic?I0
?n?1?b???k?1??,k?0,1,2,???2?? 令 I = 0, 得,
?k?12??b?n?1 则
此时, c点的光强最小, Ic = 0
9．解：如图示：
点光源S发出的两条相干光线在P点产生零级条纹。则两条光线 的光程差为
??SA?AP?SB?BP?0，点光源S?发出的两条相干
光线在P点产生一级暗条纹，则两条光线的光程差为???r2?BP?r1?AP??2即r2?r1??2
dd由图中几何关系知r2?r02?(?a)2 r22?r02?(?a)2
22dd22r1?r02?(?a)2 r1?r0?(?a)2
22r22?r12?2da即(r2?r1)(r2?r1)?2da又r1?r2?2r0
17
即r2?r1?10．解: 设玻璃片的折射率为n，则1，2两束光线到达c点的光程差:???n?1?b 相位差: ????r2da?? 所以a?0 2r022d2????2???n?1?b
2 则c点光强为 Ic?4I1cos 令b?0,Ic?I0?4I1 ?Ic?I0cos 令 Ic?0,
2????n?1?b ?4I1cos22???n?1?b 为c处光强度 ???n?1?b?1???k???,k?0,1,2,??? ?2??k?1?2 此时, c点的光强最小 则 b?n?1??
11．解：（1）棱边为第一暗纹 e=0 第二 e2? ??13? 第四 e4?? 22e43???4.8?10?5rad l2l500nm?750nm 2??2e4?2?3 A为明
?? （2）e4?3?（3）共三明三暗 12．解：原来视场中心点的光程差：2h?j?
视场边缘点的光程差： 2hcosi?(j?12)?
可动镜Ｍ１移动后，视场中心点的光程差：2h??(j?10)? 视场边缘点的光程差：2h?cosi?(j?10?5)?(j?15)? 解得： j=17，
即原来视场中心亮斑的级次为17。 13. 解
Ｍ1是圆形反射镜,Ｍ?2是圆形反射镜Ｍ2的像，二者等效为空气膜面．它们对观察透镜中心的张角2i2Ｍ1
d i2 是视场角．
当Ｍ1和Ｍ?2的起始间距为d１时，对于视场中心和边缘，分别有
2d1?k中?，
2d1cosi2?(k中?20)?．
18
M?2
间距由d１增加到d２的过程中，冒出500个条纹，则此时对中心和边缘有
2d2?(k中?500)?，
2d2cosi2?(k中?500?40)?．
已知?＝435.8纳米,解上面四方程，可得
i2?16.260，k中?500，
d1?0.109毫米，d2?0.218毫米．
14．解：（1）相邻明纹间距为?y?yj?1?yj?r0? dr0??12mm d中央明条纹两侧的第五级明条纹间的距离为2?5此处 k=5 ∴d?2?5541.6nm?2m?0.910mm
12mm(2) 共经过20个条纹间距，即经过的距离
L?20r02m??20??541.6nm?24mm d0.910mm (3)不变
15． 解：(1)设透射光栅中相邻两缝间不透明部分的宽度均等于a，当d=4b时，级数为±4，±8，±12，…的谱线都消失，即缺级，故光栅常数d为：
d?4b?6.328?10mm
由光栅方程可知第一级亮条纹与第二级亮条纹距中央亮条纹的角距离(即衍射角)分别为：
?3d
若会聚透镜的焦距为f′，则第一级亮条纹与第二级亮条纹距中央亮条纹的线距离分别为：
x1?f'tg?1,x2?f'tg?2 当θ很小时，，则，
sin?1??,sin?2?2?d
?2?x1?f',x2?f'dd
在屏幕上第一级与第二级亮条纹的间距近似为
2???6328?10?7?x?f'?f'?F'??1500?3ddd6.328?10
?x?150mm
(2)由光栅方程dsin???j?可得
sin??1可得
d6.328?10?3j???10?7?6.328?10
考虑到缺级j=±4，±8，则屏幕上显现的全部亮条纹数为16．解: (1) d?2×(9-2)+1=15
1mm?10?2mm 100dsin??4?d?3 因为 得出: a??2.5?10mm
4asin???4 (2) N?100?100?10
19
dsin?2?2?
11????dsin??2??????2???2N? ???2?????10?5rad
Ndcos?2?500?10?9??10??0.25?10m (3) p??jN， ???4jN2?10??17．解： ⑴∵
P??600?N???15000?jNj??2?0.02?? ，∴ （条）； j?2?600?10?6?3d???2.4?10?j? ，∴ sin?sin30（mm）；
b?d?0.8?10?33
⑵∵dsin??⑶ ∵ d?3b ，∴
（mm）；
?3??Nd?15000?2.4?10?36 （mm）0⑷ ；
⑸
18．解 已知在
∵
2.4?10?3jm???4?600?100?6 d，∴ 总共能看到5条谱线。
的方向上观察到波长为600纳米的第二级干涉主极大，由光栅方程有：
k?2?600?10?6?3??2.4?10mm d?0sin?sin30在30衍射方向上看不到应该出现的400纳米的第三级干涉主极大，故光栅第三级缺级，即d/a可以等于1.5或3．
取d/a＝1.5，则a?1.6?10mm，这种情况，光栅的第一衍射极小衍射角 ?1?sin?第一衍射极小衍射角小于
?10
?3???0??22 ?a?，这样600纳米的第二级干涉主极大落在中央衍射极大外侧第一衍射次极大内，
使得它能量太小．因此此种选择不可取． 取d/a＝3，a=0.8×10毫米，
-3
????1?sin?1???48.60
?a?使得所测量的600纳米的第二级干涉主极大落在中央衍射极大内，具有较大的光强。
故 a?0.8?10mm
?3b?d?a?1.6?10?3mm
在600纳米第二级干涉主极大衍射方向上，可以分辨??=0.01nm的两条谱线，因此要求光栅在第二级干涉主极大的分辨本领为
又因
，故光栅的总刻痕数为
20