2014教材课后习题答案第08-11章
P184 第八章
1
s ，波长
= 10 m ，振幅 A = 0.1 m ．当 t = 0 时，波源振动的
3. 一简谐波，振动周期 T
2
Ox 轴正方向传播，求：
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
(1) 此波的表达式；
(2) t 1 = T /4 时刻， x 1 = /4 处质点的位移；
(3) t 2 = T /2 时刻， x 1 = /4 处质点的振动速度．
解： (1) y 0.1cos(4 t
2 x) 0.1cos 4 (t 1
x) (SI)
10
20
(2)
t 1 = T /4 = (1 /8) s ， x 1 = /4 = (10 /4) m 处质点的位移
y 1 0.1cos4 (T/4
/ 80)
0.1cos4 (1/ 8 1)
0.1m
y
8
(3)
振速
0.4 sin 4 (t
x / 20) ．
v
t
1
T (1/ 4) s ，在 x 1 =
/4 = (10 /4) m
t 2
处质点的振速
2
1 )
v 2
0.4 sin(
1.26 m/s
2
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
y
0.01cos(4t
x
1 )
2
(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
，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
t
4t
1
(5 5 x)
x 5
2
O
x (m)
1
4t
x
10
2
反射波表达式为
y 0.01cos(4t
1 10 ) (SI)
x
1
2
或
y
0.01 cos(4t
x ) (SI)
2
5. 已知一平面简谐波的表达式为
y
A cos ( 4t 2x)
(SI) ．
(1) 求该波的波长 ，频率 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 = 2
/
得波长 = 2
/ k = 1 m
由 = 2 波速
(2) 波峰的位置，即
得频率
y = A 的位置．
u = =
/ 2 = 2 Hz = 2 m/s
由
cos ( 4t
2x)
1
有
(4t 2x)
2k
( k = 0 ，± 1，± 2，? )
解上式，有
x k
2t ．
当 t = 4.2 s
时，
x (k 8.4) 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 | / ( ) = 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．
c o s ( )
解：设 x = 0 处质点振动的表达式为
，
y 0
A t
已知 t = 0 时， y 0 = 0，且 v 0 > 0 ∴
1
2
1 )
∴
y 0 A cos(2 t
) 2 10 2 cos(100 t (SI)
由波的传播概念，可得该平面简谐波的表达式为
2
y 0 A c o s(2 t
2 x / u)
2 10 2 cos(100 t 1
1 x) (SI)
x = 4 m 处的质点在 t 时刻的位移
2 2
y
2 10 2 cos(100 t
1 ) (SI)
2
1 ) 该质点在 t
= 2 s 时的振动速度为
v
2 10 2
100 sin(200
2
= 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， = 2 m ， 又 ∵ u = 0.5 m/s ，∴ = 1 /4 Hz ， T = 4 s ．题图中 t = 2 s = 1
T ． t = 0 时，波形比题图中的波形倒
2
退 1
，见图．
2
此时 O 点位移 y 0 = 0 （过平衡位置）且朝
y 轴负方向运动，
∴
1
2
y 0.5 cos(1
t
1 ∴
) (SI)
2
2
y (m)
0.5
u t = 2 s
O
1
2 x (m)
3 分
0.5 y (m)
u t = 0
- 1
1
2
x (m)
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 y (m)
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
2A/2
P
O x (m)
- A
100
2A/2
A cos , v 0A
sin
所以
/ 4
O 处振动方程为
y 0 A cos(500 t
1 ) (SI)
= 200 m ，故波动表达式为
4
由图可判定波长
y Ac o s2[ (2 5 0t
x ) 1 ] (SI)
2 0 0 4
(2) 距 O 点 100 m 处质点的振动方程是
y 1
A cos(500 t
5 )
4
振动速度表达式是
v
500 A cos(500 t
5 ) (SI)
4
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
S 1
位超前 /4 ，波长 = 8.00 m ，r 1 2
= 14.0 m 1在 P 点引 r
1
= 12.0 m ，r ，S
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
P
点的合振幅．
r 2
2
2 r 2
2 r 1
S 2
解：
r 1 )
/ 4
2
1
(r 2
4
A (A 12 A 22
)1/ 2
2 A 1 A 2 cos
0.464 m
10. 图中 A 、 B 是两个相干的点波源，它们的振动相位差为
（反
P
相）．A 、B 相距 30 cm ，观察点 P 和 B 点相距 40 cm ，且 PB AB ．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
40 cm
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
A
B
波源，故要
30 cm
求因传播路径不同而引起的相位差等于 2k （ k = 1， 2，?）． 由图
AP 50 cm ．
∴ 2 (50－40) / = 2k ，
∴
= 10/k cm ，当 k =
1 时， max = 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
y P A cos( t ) ，求
(1) O 处质点的振动方程；
L
u
(2) 该波的波动表达式；
P Ox
(3) 与 P 处质点振动状态相同的那些质点的位置．
解： (1)
O 处质点振动方程
y 0
A c o s [ (t L )
]
u (2) 波动表达式
y
A cos[ (t
x
L ) ]
2 u
u
(3)
x L x
L
k
(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 处质点的振动曲线，然后写出相应的 y (m)
0.20 u
振动方程．
解： (1) 波的周期 T = / 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：
P Q
O
20
40
x (m)
y (m)
0.20
1
2
(a)
y (m)
t (s)
(b)
y P
0.20cos( t
1 ) (SI) 0 0.5
1.5
2分-0.20
t (s)
2
(2) Q 处质点的振动曲线如图
(b) ，振动 2 分
方程为 y Q 0.20 cos( t )
(SI)
或
y Q
0.20 cos( t
) (SI)
13.两波在一很长的弦线上传播，其表达式分别为：
y 1 4.00
10 2
cos
1
(4x
24t ) (SI)
3
y 2 4.00 10 2
cos
1
(4x
24t ) (SI)
3
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 y Acos 2 ( t x / )
对比可得：
波速
(2) 节点位置
(3) 波腹位置
= 4 Hz ，
= 1.50 m ，
u = = 6.00 m/s
4 x / 3
(n 1 )
2
x
3( n
1
) m , n = 0， 1， 2，3, ?
4 x / 3
n 2
x 3n / 4 m , n = 0， 1， 2， 3, ?
14. 一列横波在绳索上传播，其表达式为
y 1
0.05 cos[2 (
t
x
)]
(SI)
0.05 4
(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
y 2 0.05 cos[2 (
t
x
)]
0.05 4
(2) 驻波表达式y
y 1 y 2
∴
y
1
x) cos(40 t ) (SI)
0.10 cos(
1 2
波节位置由下式求出．
x / 2
(2k 1) k = 0 ，± 1，± 2，?
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 ＝ 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)
- 5
用一厚度为 e ＝ 6.6× 10 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 / 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
所以
(n － 1)e = k
k ＝ (n － 1) e / ＝ 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 ＝ 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
x ＝ D
/ d ，得 d ＝ D /
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
d
r 1 n 1
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
S
1
O
波长 ＝ 480 nm(1nm=10 - 9
d(可认为光线垂直
m)，求玻璃片的厚度
r 2
穿过玻璃片 )．
S 2 n 2
解：原来，
= r 2－ r 1= 0
覆盖玻璃后， ＝ ( r 2 + n 2d –d)－ (r 1 + n 1d － d)＝ 5
∴
(n 2－ n 1)d ＝ 5
5
d
n 2 n 1
- 6
= 8.0× 10 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 S 1
l 1 和 l 2，并且 l 1－ l 2＝ 3 ， 为入射光的波长， 双缝之间的距离为 d ， 屏
双缝到屏幕的距离为 D (D>>d)，如图．求：
l 1
d
O
S 0
(1) 零级明纹到屏幕中央 O 点的距离． l 2
S 2
D
(2) 相邻明条纹间的距离．
解： (1) 如图，设 P 0 为零级明纹中心
则
r 2 r 1
d P 0O / D
s 1
r 1
(l 2 +r 2 ) (l 1 +r 1) = 0
l 1
r 2
∴ r 2 –r 1 = l 1 –l 2 = 3
d
∴
P 0 O D r 2
r 1 / d 3D / d
s 0
s 2
(2) 在屏上距 O 点为 x 处 , 光程差
l 2
D
(dx / D ) 3
明纹条件
k ( k ＝ 1， 2， ....)
x k
k 3 D / d
在此处令 k ＝0，即为 (1)的结果．相邻明条纹间距
x x k
1
x k D
/ d
7. 用波长为 1 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 2．
解：由牛顿环暗环半径公式
r k
kR ， 根据题意可得
l 1
4R 1
R
1
R 1
l 2
4R 2
R
2 R
2
2 /
1 l 2
2 / l 12
2
l 22 1 / l 12
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 很小 )．用波长 ＝600
- 9
n =1.40 的
nm (1 nm =10 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 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 应是多 少？
解：空气劈形膜时，间距
l 1
2n sin
2
液体劈形膜时，间距
l 2
2sin
2n
l
l 1 l 2 1 1/ n / 2
- 4
∴
=
( 1 –1 / n ) / ( 2 l )＝ 1.7×10
rad
9. 用波长
＝ 500 nm (1
-
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
nm ＝ 10 劈棱 )构成的空气劈形膜上．劈尖角
＝ 2× 10 -
4
n ＝ 1.40 的
rad ．如果劈形膜内充满折射率为
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 ＋ /2＝5
设该处至劈棱的距离为 l ，则有近似关系 e ＝ l ，
由上两式得
2nl ＝9 / 2， l ＝ 9 / 4n
充入液体前第五个明纹位置 l 1＝ 9 4
充入液体后第五个明纹位置
l 2＝ 9
4n
充入液体前后第五个明纹移动的距离
l ＝ l 1 – l 2 ＝ 9 n
4
＝ 1.61 mm
x
P 0
O
10.
11.波长为的单色光垂直照射到折射率为n2的劈形膜上，如图所示，
n1图中 n1＜ n2＜ n3，观察反射光形成的干涉条纹．n2
(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O n3厚度 e5是多少？
(2)相邻的二明纹所对应的薄膜厚度之差是多少？
解：∵n1＜ n2＜ n3，
二反射光之间没有附加相位差，光程差为
e5，= 2n2 e
第五条暗纹中心对应的薄膜厚度为
2n2 e5 = (2k - 1)/ 2k = 5
e5 2 5 1 / 4n29 / 4n2
明纹的条件是2n2 e k = k
相邻二明纹所对应的膜厚度之差
e = e k+1－ e k=/ (2n2)
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 n1＝ 1.50) 之间的空气 (n2＝ 1.00)改换成水 ( n2＝ 1.33)，求第 k 个
暗环半径的相对改变量 r k r k/ r k．n1解：在空气中时第 k 个暗环半径为n1
r k kR, (n2 = 1.00)
充水后第 k 个暗环半径为
r k kR/ n2,( n2= 1.33)
干涉环半径的相对变化量为
r k r k kR11/n2
r k kR
1 1/n2＝13.3％
13.
P226 第 10 章
=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3.用波长
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 = x3 –x2≈f/ a．
∴ f ≈ a x / =400mm
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 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： b sin2k 1 (k 1,2,3, )
根据题意，第二级和第三级明纹分别为
bsin2（221）2
2
bsin3（231）3
2
且在同一位置处，则sin2sin 3
解得：
35
2
5
600425nm 77
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 = 3
此暗纹到中心的距离为x3= f tg 3
因为3很小，可认为 tg3≈ sin3，所以
x3≈ 3f/ a．
两侧第三级暗纹的距离是 2 x3= 6f/ a = 8.0mm
∴= (2x3) 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，1=400 nm，=760 nm
(1 nm=10- 9
a=1.0× 10
- 2
cm ，透镜焦距 f=50 cm ．求两种光第一级衍射明m) ．已知单缝宽度
纹中心之间的距离．
-3
(2)若用光栅常数 d=1.0× 10 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
tg 由于sin
a sin112k113
22
a sin212k123
22
1
x1 / f , tg 2x2 / f
1tg 1 ,sin2tg2
1
2
(取 k＝1 )
所以x13
f 1 / a 2
x2 3 f2 / a
2
则两个第一级明纹之间距为
x x2x1 3 f/ a =0.27cm
2
(2) 由光栅衍射主极大的公式
d sin1k1 1 1
d sin2k 2 1 2
且有sin tg x /f
所以x x2x1f/ d =1.8 cm
7.一束具有两种波长 1 和 2 的平行光垂直照射到一衍射光栅上，测得波长 1 的第三级主
极大衍射角和2的第四级主极大衍射角均为30°．已知1=560 nm (1 nm= 10- 9
m)，试求 :
(1)光栅常数 a＋ b
(2)波长 2
解： (1) 由光栅衍射主极大公式得
a b sin 30 3 1
a b 3 1 3.3610 4 cm
sin 30
(2)a b sin 30 4 2
2 a b sin 30 / 4420 nm
8.以波长 400 nm ─ 760 nm
- 9
m) 的白光垂直照射在光栅上，在它的衍射光谱(1 nm ＝ 10
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= 400 nm 的光与第二级光谱中波长为的光对应的衍射角都为，则
d sin= 3 ， d sin= 2
= (d sin /
3
600nm )2=
2
∴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1=589.0 nm和 2 =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=1.00m．求在屏幕上形成的第 2 级光谱中上述两波长1和2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
G
=1667 nm
L
据光栅公式，1的第 2 级谱线1， 2l dsin 1 =2 121 sin 1 =21/d = 2×589/1667 = 0.70666O
1 = 44.96
2的第 2 级谱线 dsin 2 = 2f sin 2 =22 /d = 2×589.6 /1667 = 0.70738
2 = 45.02
两谱线间隔
l = f (tg 2 － tg 1 )
=1.00 ×103
( tg 45.02 － tg 44.96 ) = 2.04 mm
10. 波长
600nm
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
sin
2
0.20与 sin
3
0.30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
d sin k ,
（1）则光栅的光栅常数
d
2
2 600 160
6 1 03 m m
s i n 2
0. 20
（2）由于第 4 级缺级，
d
4
d b
b
1.5 10 3 mm
4
（3） k max
d sin 900
6
103 1
10
600 10
6
则出现第 k 0, 1, 2, 3, 5, 6, 7, 9 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1＝ 30°时，观测一束单色自然光．又在
2＝ 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
I 1
1
I 1 cos 2
1 ,
I 2
1
I 2 cos 2
2
2
2
按题意， I 1
I 2，于是
1 I 1 cos 2
1 1
I 2 cos 2 2
2 2 得
I 1/I 2 cos 2 1 / cos 2 2 2 / 3
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 ，透过 P 1 后 的光强 I 1 为
1 1
1
2
I 1
2 2 I 0
2 I 0 cos
2
1
2
2
透过 P 2 后的光强 I 2 为
I 2＝I 1 cos 30°
cos
I 0/2 3/2
2
I 2/ I 1＝9 / 16
cos 2
＝ 1
所以
＝ 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)
0.5I 0 xI 0 cos 2 45 cos 2 30
9/ 5 0.5I 0
xI 0 cos 2 60 cos 2 45
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= 0.5I 0
0.5I 0 cos 2 45 / 1.5I 0
1 1 1
1
3 2
2
第二次测量
0.5I 0 cos 2 60
I 1/I 入= 0.5I 0 / 1.5I 0 ＝ 5 / 12
(3) 第一次测量
I 2/I 入 =0.5cos 230°＝ 3 / 8
第二次测量
2
12 ＝ 5 / 24
I 2/I 入 =5cos 45°/
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
tgi 0＝ 1.56/ n
得n＝1.56 /tg48.09 °＝ 1.40
(2)折射角
(＝ 41°55 )
r＝ 0.5 － 48.09°＝ 41.91°
6.如图安排的三种透光媒质Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其折射率分别为n1i
＝1.33，n2＝ 1.50，n3＝ 1．两个交界面相互平行．一束自然光Ⅰn1
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，
Ⅱn2
(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tgi ＝ (n2 / n1) ＝1.50/ 1.33
i＝ 48.44° (＝ 48°26)
(2)令介质Ⅱ中的折射角为 r，则 r ＝ 0.5 － 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
i 0＝ 33.69°
因为 r≠i 0，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
i 0＝ 36.9°( ＝36°52 )