2014教材课后习题答案第08-11章
P184 第八章
3. 一简谐波，振动周期2
1
=
T s ，波长λ = 10 m ，振幅A = 0.1 m ．当 t = 0时，波源振动的位移恰好为正方向的最大值．若坐标原点和波源重合，且波沿Ox 轴正方向传播，求： (1) 此波的表达式； (2) t 1 = T /4时刻，x 1 = λ /4处质点的位移； (3) t 2 = T /2时刻，x 1 = λ /4处质点的振动速度．
解：(1) )1024cos(1.0x t y π-π=)20
1(4cos 1.0x t -π= (SI) (2)
t 1 = T /4 = (1 /8) s ，x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的位移
)80/4/(4cos 1.01λ-π=T y
m 1.0)8
18/1(4cos 1.0=-π=
(3) 振速 )20/(4sin 4.0x t t
y
-ππ-=??=v ． )4/1(2
1
2==
T t s ，在 x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的振速 26.1)2
1
sin(4.02-=π-ππ-=v m/s
4. 在弹性媒质中有一沿x 轴正向传播的平面波，其表达式为)2
14cos(01.0π-
π-=x t y (SI)．若在x = 5.00 m 处有一媒质分界面，且在分界面处反射波相位突变π，设反射波的强度不变，试写出反射波的表达式． 解：反射波在x 点引起的振动相位为
π+π--+π-=+21
)55(4x t t φω
π-π+π+=102
1
4x t
反射波表达式为
)102
1
4cos(01.0π-π+
π+=x t y (SI) 或 )2
1
4cos(01.0π+
π+=x t y (SI)
5. 已知一平面简谐波的表达式为 )24(cos x t A y +π= (SI)．
(1) 求该波的波长λ ，频率ν 和波速u 的值；
(2) 写出t = 4.2 s 时刻各波峰位置的坐标表达式，并求出此时离坐标原点最近的那个波峰的位置；
(3) 求t = 4.2 s 时离坐标原点最近的那个波峰通过坐标原点的时刻t ． 解：这是一个向x 轴负方向传播的波．
(1) 由波数 k = 2π / λ 得波长 λ = 2π / k = 1 m 由 ω = 2πν 得频率 ν = ω / 2π = 2 Hz 波速 u = νλ = 2 m/s
(2) 波峰的位置，即y = A 的位置． 由 1)24(cos =+πx t
有 π=+πk x t 2)24( ( k = 0，±1，±2，…)
解上式，有 t k x 2-=．
当 t = 4.2 s 时， )4.8(-=k x m ．
所谓离坐标原点最近，即| x |最小的波峰．在上式中取k = 8，可得 x = -0.4 的波峰离坐标原点最近．
(3) 设该波峰由原点传播到x = -0.4 m 处所需的时间为?t ，
则 ?t = | ?x | /u = | ?x | / (ν λ ) = 0.2 s
∴ 该波峰经过原点的时刻 t = 4 s
6. 平面简谐波沿x 轴正方向传播，振幅为2 cm ，频率为 50 Hz ，波速为 200 m/s ．在t = 0时，x = 0处的质点正在平衡位置向y 轴正方向运动，求x = 4 m 处媒质质点振动的表达式及该点在t = 2 s 时的振动速度．
解：设x = 0处质点振动的表达式为 )cos(0φω+=t A y ， 已知 t = 0 时，y 0 = 0，且 v 0 > 0 ∴π-
=2
1
φ ∴ )2cos(0φν+π=t A y )2
1
100cos(1022
π-
π?=-t (SI) 由波的传播概念，可得该平面简谐波的表达式为
)/22cos(0u x t A y νφνπ-+π=)2
1
21100cos(1022
x t π-π-
π?=- (SI) x = 4 m 处的质点在t 时刻的位移
)2
1
100cos(10
22
π-π?=-t y (SI)
该质点在t = 2 s 时的振动速度为 )2
1200sin(1001022
π-π??-=-πv
= 6.28 m/s
7. 沿x 轴负方向传播的平面简谐波在t = 2 s 时刻的波形
曲线如图所示，设波速u = 0.5 m/s ． 求：原点O 的振动
方程．
解：由图，λ = 2 m ， 又 ∵u = 0.5 m/s ，∴ ν = 1 /4 Hz ， 3分 T = 4 s ．题图中t = 2 s =T 2
1
．t = 0时，波形比题图中的波形倒退
λ2
1
，见图． 此时O 点位移y 0 = 0（过平衡位置）且朝y 轴负方向运动，
∴ π=
2
1
φ ∴ )2
1
21cos(5.0π+π=t y (SI)
x (m)y (m)
O u 0.512t = 2 s
x (m)
y (m)0u
0.51
2
t = 0-1
8. 如图所示为一平面简谐波在t = 0 时刻的波形图，设此简谐波
的频率为250 Hz ，且此时质点P 的运动方向向下，求
(1) 该波的表达式； (2) 在距原点O 为100 m 处质点的振动方程与振动速度表达式． 解：(1) 由P 点的运动方向，可判定该波向左传播．
原点O 处质点，t = 0 时
φcos 2/2A A =, 0sin 0<-=φωA v
所以 4/π=φ
O 处振动方程为 )4
1
500cos(0π+π=t A y (SI)
由图可判定波长λ = 200 m ，故波动表达式为
]4
1
)200250(2cos[π++
π=x t A y (SI) (2) 距O 点100 m 处质点的振动方程是
)4
5
500cos(1π+
π=t A y 振动速度表达式是 )4
5
500cos(500π+ππ-=t A v (SI)
9. 如图所示，S 1，S 2为两平面简谐波相干波源．S 2的相位比S 1的相位超前π/4 ，波长λ = 8.00 m ，r 1 = 12.0 m ，r 2 = 14.0 m ，S 1在P 点引起的振动振幅为0.30 m ，S 2在P 点引起的振动振幅为0.20 m ，求P 点的合振幅．
解：=-π
--=?)(21212r r λ
φφφ422412/r r π-=π+π-
πλλ 464.0)
cos 2(2
/1212221=++=?φA A A A A m
10. 图中A 、B 是两个相干的点波源，它们的振动相位差为π（反
相）．A 、B 相距 30 cm ，观察点P 和B 点相距 40 cm ，且AB PB ⊥．若发自A 、B 的两波在P 点处最大限度地互相削弱，求波长最长能是多少．
解：在P 最大限度地减弱，即二振动反相．现二波源是反相的相干波源，故要 求因传播路径不同而引起的相位差等于 ± 2k π（k = 1，2，…）． 由图 =AP 50 cm ． ∴ 2π (50－40) /λ = 2k π，
∴ λ = 10/k cm ，当k = 1时，λmax = 10 cm
11. 如图所示，一平面简谐波沿Ox 轴正向传播，波速大小为u ，若P 处质点的振动方程为
)cos(φω+=t A y P ，求
(1) O 处质点的振动方程； (2) 该波的波动表达式；
(3) 与P 处质点振动状态相同的那些质点的位置．
P S S
解：(1) O 处质点振动方程 ])(cos[0φω++
=u L
t A y (2) 波动表达式 ])(cos[φω+--=u
L
x t A y
(3) ω
u
k L x L x π±=±=2 (k = 0，1，2，3，…)
12.如图为一平面简谐波在t = 0 时刻的波形图，已知波速u = 20 m/s ．试画出P 处质点与Q
振动方程．
解：(1)波的周期T = λ / u =( 40/20) s= 2 s ． P 处Q 处质点振动周期与波的周期相等，故P 处质点的振动
曲线如图(a) 振动方程为：
)21cos(20.0π-π=t y P (SI) 2分
(2) Q 处质点的振动曲线如图(b)，振动 2分 方程为 )cos(20.0π+π=t y Q (SI) 或
)cos(20.0π-π=t y Q (SI)
13.两波在一很长的弦线上传播，其表达式分别为：
)244(31
cos 1000.421t x y -π?=- (SI)
)244(3
1
cos 1000.422t x y +π?=- (SI)
求： (1) 两波的频率、波长、波速； (2) 两波叠加后的节点位置； (3) 叠加后振幅最大的那些点的位置．
解：(1) 与波动的标准表达式 )/(2cos λνx t A y -π= 对比可得：
ν = 4 Hz ， λ = 1.50 m ， 波速 u = λν = 6.00 m/s
(2) 节点位置 )21
(3/4π+
π±=πn x )2
1
(3+±=n x m , n = 0，1，2，3, …
(3) 波腹位置 π±=πn x 3/4
4/3n x ±= m , n = 0，1，2，3, …
14. 一列横波在绳索上传播，其表达式为 )]4
05.0(
2cos[05.01x
t y -π= (SI) (1) 现有另一列横波（振幅也是0.05 m ）与上述已知横波在绳索上形成驻波．设这一
-
横波在x = 0处与已知横波同位相，写出该波的表达式．
(2) 写出绳索上的驻波表达式；求出各波节的位置坐标；并写出离原点最近的四个波节的坐标数值.
解：(1) 由形成驻波的条件．可知待求波的频率和波长均与已知波相同，传播方向为x 轴的
负方向．又知 x = 0处待求波与已知波同相位，∴待求波的表达式为
)]4
05.0(
2cos[05.02x
t y +π= (2) 驻波表达式 21y y y +=
∴ )40cos()2
1cos(10.0t x y ππ= (SI)
波节位置由下式求出． )12(2
1
2/+π=
πk x k = 0，±1，±2，… ∴ x = 2k + 1 k = 0，±1，±2，…
离原点最近的四个波节的坐标是
x = 1 m 、-1 m 、3 m 、-3 m.
P208 第九章
3. 在双缝干涉实验中，波长λ＝550 nm 的单色平行光垂直入射到缝间距a ＝2×10-4 m 的双缝上，屏到双缝的距离D ＝2 m ．求：
(1) 中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距；
(2) 用一厚度为e ＝6.6×10-5 m 、折射率为n ＝1.58的玻璃片覆盖一缝后，零级明纹将移
到原来的第几级明纹处？(1 nm = 10-9 m)
解：(1) ?x ＝20 D λ / a ＝0.11 m
(2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足
(n －1)e ＋r 1＝r 2
设不盖玻璃片时，此点为第k 级明纹，则应有
r 2－r 1＝k λ
所以 (n －1)e = k λ k ＝(n －1) e / λ＝6.96≈7
零级明纹移到原第7级明纹处
4. 在双缝干涉实验中，用波长λ＝546.1nm (1 nm=10-9 m)的单色光照射，双缝与屏的距离D ＝300 mm ．测得中央明条纹两侧的两个第五级明条纹的间距为12.2 mm ，求双缝间的距离． 解：由题给数据可得相邻明条纹之间的距离为
?x ＝12.2 / (2×5)mm ＝1.22 mm 由公式 ?x ＝D λ / d ，得d ＝D λ / ?x ＝0.134 mm
5. 在图示的双缝干涉实验中，若用薄玻璃片(折射率n 1＝1.4)覆盖
缝S 1，用同样厚度的玻璃片(但折射率n 2＝1.7)覆盖缝S 2，将使原
来未放玻璃时屏上的中央明条纹处O 变为第五级明纹．设单色光
波长λ＝480 nm(1nm=10-9m )，求玻璃片的厚度d (可认为光线垂直
穿过玻璃片)．
解：原来， δ = r 2－r 1= 0
覆盖玻璃后， δ＝( r 2 + n 2d – d )－(r 1 + n 1d －d )＝5λ ∴ (n 2－n 1)d ＝5λ
1
25n n d -=
λ
= 8.0×10-
6 m
6. 在双缝干涉实验中，单色光源S 0到两缝S 1和S 2的距离分别为
l 1和l 2，并且l 1－l 2＝3λ，λ为入射光的波长，双缝之间的距离为d ，双缝到屏幕的距离为D (D >>d )，如图．求： (1) 零级明纹到屏幕中央O 点的距离． (2) 相邻明条纹间的距离．
S 1 S 2 n 2 n 1 r 1
r 2 d
屏 d
S 2 S 1 l 1 S 0 l 2
D
解：(1) 如图，设P 0为零级明纹中心
则 D O P d r r /012≈- (l 2 +r 2) - (l 1 +r 1) = 0
∴ r 2 – r 1 = l 1 – l 2 = 3λ ∴
()d D d r r D O P /3/120λ=-=
(2) 在屏上距O 点为x 处, 光程差
λδ3)/(-≈D dx 明纹条件
λδk ±= (k ＝1，2，....) ()d D k x k /3λλ+±=
在此处令k ＝0，即为(1)的结果．相邻明条纹间距
d D x x x k k /1λ=-=+?
7. 用波长为λ1的单色光垂直照射牛顿环装置时，测得中央暗斑外第1和第4暗环半径之差为l 1，而用未知单色光垂直照射时，测得第1和第4暗环半径之差为l 2，求未知单色光的波长λ2．
解：由牛顿环暗环半径公式 λkR r k =
，
根据题意可得 11114λλλR R R l =-=
22224λλλR R R l =-=
2
12
212//l l =λλ
2
112
22/l l λλ=
8. 折射率为1.60的两块标准平面玻璃板之间形成一个劈形膜(劈尖角θ 很小)．用波长λ＝600
nm (1 nm =10-9 m)的单色光垂直入射，产生等厚干涉条纹．假如在劈形膜内充满n =1.40的液体时的相邻明纹间距比劈形膜内是空气时的间距缩小?l ＝0.5 mm ，那么劈尖角θ 应是多少？
解：空气劈形膜时，间距 θλθλ
2sin 21≈
=
n l
液体劈形膜时，间距 θ
λ
θλn l 2sin 22≈
= ()()θλ2//1121n l l l -=-=?
∴ θ = λ ( 1 – 1 / n ) / ( 2?l )＝1.7×10-
4 rad
9. 用波长λ＝500 nm (1 nm ＝10-9 m)的单色光垂直照射在由两块玻璃板(一端刚好接触成为
劈棱)构成的空气劈形膜上．劈尖角θ＝2×10-4 rad ．如果劈形膜内充满折射率为n ＝1.40的液体．求从劈棱数起第五个明条纹在充入液体前后移动的距离． 解：设第五个明纹处膜厚为e ，则有2ne ＋λ / 2＝5 λ 设该处至劈棱的距离为l ，则有近似关系e ＝l θ，
由上两式得 2nl θ＝9 λ / 2，l ＝9λ / 4n θ 充入液体前第五个明纹位置 l 1＝9 λ / 4θ
充入液体后第五个明纹位置 l 2＝9 λ / 4n θ 充入液体前后第五个明纹移动的距离
?l ＝l 1 – l 2＝9 λ ( 1 - 1 / n ) / 4θ ＝1.61 mm
O
P 0 r 1 r 2
D
l 2
s 1 s 2
d l 1 0
x
10.
11.波长为λ的单色光垂直照射到折射率为n 2的劈形膜上，如图所示，
图中n 1＜n 2＜n 3，观察反射光形成的干涉条纹．
(1) 从形膜顶部O 开始向右数起，第五条暗纹中心所对应的薄膜厚度e 5是多少？
(2) 相邻的二明纹所对应的薄膜厚度之差是多少？ 解：∵ n 1＜n 2＜n 3， 二反射光之间没有附加相位差π，光程差为
δ = 2n 2 e
第五条暗纹中心对应的薄膜厚度为e 5，
2n 2 e 5 = (2k - 1)λ / 2 k = 5
()2254/94/152n n e λλ=-?= 明纹的条件是 2n 2 e k = k λ 相邻二明纹所对应的膜厚度之差
?e = e k+1－e k = λ / (2n 2)
12. 在如图所示的牛顿环装置中，把玻璃平凸透镜和平面玻璃(设玻璃折射率n 1＝1.50)之间的空气(n 2＝1.00)改换成水(2n '＝1.33)，求第k 个暗环半径的相对改变量()k k k r r r /'-． 解：在空气中时第k 个暗环半径为
λkR r k =
, (n 2 = 1.00)
充水后第k 个暗环半径为
2
/n kR r k '=
'λ , (2n ' = 1.33) 干涉环半径的相对变化量为
(
)λ
λkR n kR r r r k
k k 2
/11'-='
-
n 2n 1
3
O λ
n 1 n 1
2
/11n '-=＝13.3％
13.
P226 第10章
3. 用波长λ=632.8 nm(1nm=10?9m)的平行光垂直照射单缝，缝宽a =0.15 mm ，缝后用凸透镜把衍射光会聚在焦平面上，测得第二级与第三级暗条纹之间的距离为1.7 mm ，求此透镜的焦距．
解：第二级与第三级暗纹之间的距离
?x = x 3 –x 2≈f λ / a ． ∴ f ≈a ?x / λ=400 mm
4. 一束单色平行光垂直照射在一单缝上，若其第３级明条纹位置正好与2600nm λ=的单色平行光的第２级明条纹的位置重合．求前一种单色光的波长？
解：单缝衍射明纹估算式：()sin 21(1,2,3,)b k k θ=±+=???
根据题意，第二级和第三级明纹分别为
22sin 2212b λ
θ=?+（）
33sin 2312
b λ
θ=?+（）
且在同一位置处，则 23sin sin θθ= 解得： 3255
60042577
nm λλ=
=?=
5. 某种单色平行光垂直入射在单缝上，单缝宽a = 0.15 mm ．缝后放一个焦距f = 400 mm 的凸透镜，在透镜的焦平面上，测得中央明条纹两侧的两个第三级暗条纹之间的距离为8.0 mm ，求入射光的波长．
解：设第三级暗纹在?3方向上，则有
a sin ?3 = 3λ
此暗纹到中心的距离为 x 3 = f tg ?3
因为?3很小，可认为tg ?3≈sin ?3，所以
x 3≈3f λ / a ．
两侧第三级暗纹的距离是 2 x 3 = 6f λ / a = 8.0mm
∴ λ = (2x 3) a / 6f
= 500 nm
6. (1) 在单缝夫琅禾费衍射实验中，垂直入射的光有两种波长，λ1=400 nm ，λ2=760 nm
(1 nm=10-9 m)．已知单缝宽度a =1.0×10-2 cm ，透镜焦距f =50 cm ．求两种光第一级衍射明纹中心之间的距离．
(2) 若用光栅常数d =1.0×10-3 cm 的光栅替换单缝，其他条件和上一问相同，求两种光第一级主极大之间的距离．
解：(1) 由单缝衍射明纹公式可知
()111231221
sin λλ?=+=
k a (取k ＝1 ) ()2222
3
1221sin λλ?=+=k a
f x /t
g 11=? , f x /tg 22=? 由于 11tg sin ??≈ , 22tg sin ??≈
所以 a f x /2
3
11λ= a f x /2
3
22λ=
则两个第一级明纹之间距为
a f x x x /2
3
12λ?=
-=?=0.27 cm (2) 由光栅衍射主极大的公式 1111sin λλ?==k d
2221sin λλ?==k d 且有
f x /t
g sin =≈??
所以
d f x x x /12λ?=-=?=1.8 cm
7. 一束具有两种波长λ1和λ2的平行光垂直照射到一衍射光栅上，测得波长λ1的第三级主
极大衍射角和λ2的第四级主极大衍射角均为30°．已知λ1=560 nm (1 nm= 10-9 m)，试求: (1) 光栅常数a ＋b (2) 波长λ2
解：(1) 由光栅衍射主极大公式得 ()1330sin λ=+ο
b a
cm 1036.330sin 34
1-?==
+ο
λb a (2) ()2430sin λ=+ο
b a
()4204/30sin 2=+=ο
b a λnm
8. 以波长400 nm ─760 nm (1 nm ＝10-9 m)的白光垂直照射在光栅上，在它的衍射光谱中，第二级和第三级发生重叠，求第二级光谱被重叠的波长范围．
解：令第三级光谱中λ=400 nm 的光与第二级光谱中波长为λ' 的光对应的衍射角都为θ， 则 d sin θ =3λ，d sin θ =2λ'
λ'= (d sin θ / )2==λ2
3600nm
∴第二级光谱被重叠的波长范围是 600 nm----760 nm
9. 钠黄光中包含两个相近的波长λ1=589.0 nm 和λ2=589.6 nm ．用平行的钠黄光垂直入射在每毫米有 600条缝的光栅上，会聚透镜的焦距f =1.00 m ．求在屏幕上形成的第2级光谱中上述两波长λ1和λ2的光谱之间的间隔?l ．(1 nm =10-9 m)
解：光栅常数 d = (1/600) mm = (106/600) nm =1667 nm
据光栅公式，λ1 的第2级谱线 d sin θ1 =2λ1 sin θ1 =2λ1/d = 2×589/1667 = 0.70666
θ1 = 44.96? λ2 的第2级谱线 d sin θ2 =λ2 sin θ2 =2λ2 /d = 2×589.6 /1667 = 0.70738
θ2 = 45.02?
? l
f
L
O
λ1，λ2
G
θ1
θ2
两谱线间隔 ? l = f (tg θ2 －tg θ1 ) =1.00×103 ( tg 45.02?－tg 44.96?) = 2.04 mm
10. 波长600nm λ=的单色光垂直入射到一光栅上，第２、第３级明条纹分别出现在
2sin 0.20θ=与3sin 0.30θ=处，且第４级缺级．求：⑴光栅常数；⑵光栅上狭缝的宽度；
⑶在屏上实际呈现出的全部级数？
解：根据光栅方程
sin ,
d k θλ=
（1）则光栅的光栅常数 6
322260010610sin 0.20
d mm
λθ--??===?
（2）由于第4级缺级，4d
b
= 31.5104
d
b mm -=
=?
（3）0
3max 6
sin 9061011060010
d k λ
--??=
==?
则出现第0,1,2,3,5,6,7,9k =±±±±±±±级条纹，共15条。
P237 第11章
2. 两个偏振片叠在一起，在它们的偏振化方向成α1＝30°时，观测一束单色自然光．又在α2＝45°时，观测另一束单色自然光．若两次所测得的透射光强度相等，求两次入射自然光的强度之比．
解：令I 1和I 2分别为两入射光束的光强．透过起偏器后，光的强度分别为I 1 / 2
和I 2 / 2马吕斯定律，透过检偏器的光强分别为
1211
cos 21αI I =', 2222
cos 2
1
αI I =' 按题意，21
I I '='，于是 222121cos 2
1cos 21ααI I = 得 3/2cos /cos /22
1221==ααI I
3. 两个偏振片P 1、P 2叠在一起，其偏振化方向之间的夹角为30°．一束强度为I 0的光垂直入射到偏振片上，已知该入射光由强度相同的自然光和线偏振光混合而成，现测得连续透过两个偏振片后的出射光强与I 0之比为9 /16，试求入射光中线偏振光的光矢量方向．
解：设入射光中线偏振光的光矢量振动方向与P 1的偏振化方向之间的夹角为θ，透过P 1后的光强I 1为
()
θ2
001cos 2
12121I I I +??? ??=
透过P 2后的光强I 2为 I 2＝I 1 cos 2 30°()
2022/32/cos 21??
???????
??+=I θ
I 2 / I 1＝9 / 16
cos 2 θ＝1 所以 θ＝0° 即入射光中线偏振光的光矢量振动方向与P 1的偏振化方向平行．
4.两个偏振片P 1、P 2堆叠在一起，由自然光和线偏振光混合而成的光束垂直入射在偏振片上．进行了两次观测，P 1、P 2的偏振化方向夹角两次分别为30°和45°；入射光中线偏振光的光矢量振动方向与P 1的偏振化方向夹角两次分别为45°和60°．若测得这两种安排下连续穿透P 1、P 2后的透射光强之比为9/5 (忽略偏振片对透射光的反射和可透分量的吸收),求：
(1) 入射光中线偏振光强度与自然光强度之比； (2) 每次穿过P 1后的透射光强与入射光强之比； (3) 每次连续穿过P 1、P 2后的透射光强与入射光强之比．
解：设I 0为自然光强，x I 0为入射光中线偏振光强，x 为待定系数．
(1) ()οο30cos 45cos 5.02200xI I +()()
ο
ο45cos 60cos 5.05/92200xI I +=
解出 x = 1 / 2 可得入射光强为3I 0 / 2. I 入=3I 0/2
(2) 第一次测量
I 1/I 入=()
()02005.1/45cos 5.05.0I I I ο
+2
1
21131=??? ??+=
第二次测量
I 1/I 入=()
()02005.1/60cos 5.05.0I I I ο
+＝5 / 12
(3) 第一次测量 I 2/I 入=0.5cos 230°＝3 / 8 第二次测量I 2/I 入=5cos 245°/ 12 ＝5 / 24
5. 一束自然光以起偏角i0＝48.09°自某透明液体入射到玻璃表面上，若玻璃的折射率为1.56 ，求：
(1) 该液体的折射率．
(2) 折射角．
解：(1) 设该液体的折射率为n，由布儒斯特定律
tg i0＝1.56 / n
得n＝1.56 / tg48.09°＝1.40
(2) 折射角
r＝0.5π－48.09°＝41.91°(＝41°55')
＝1.33，n2＝1.50，n3＝1．两个交界面相互平行．一束自然光
自媒质Ⅰ中入射到Ⅰ与Ⅱ的交界面上，若反射光为线偏振
光，
(1) 求入射角i．
(2) 媒质Ⅱ、Ⅲ界面上的反射光是不是线偏振光？为什
么？
Ⅲn3解：(1) 据布儒斯特定律tg i＝(n2/ n1)＝1.50 / 1.33
i＝48.44°(＝48°62')
(2) 令介质Ⅱ中的折射角为r，则r ＝0.5π－i＝41.56°
此r在数值上等于在Ⅱ、Ⅲ界面上的入射角。
若Ⅱ、Ⅲ界面上的反射光是线偏振光，则必满足布儒斯特定律
tg i0＝n3/ n2＝1 / 1.5
i0＝33.69°
因为r≠i0，故Ⅱ、Ⅲ界面上的反射光不是线偏振光．
7.一束自然光自水中入射到空气界面上，若水的折射率为1.33，空气的折射率为1.00，求布儒斯特角．
解：光从水(折射率为n1)入射到空气(折射率为n2)界面时的布儒斯特定律
tg i0＝n2/ n1＝1 / 1.33
i0＝36.9°(＝36°25')