光学教程(第四版)第3.4章课后习题答案

1. 证：设两个均匀介质的分界面是平面，它们的折射率为n1和n2。光线通过第一介质中指定的A点后到达同一介质中指定的B点。为了确定实际光线的路径，通过A,B两点作平面垂直于界面，OO是他们的交线，则实际 光线在界面上的反射点C就可由费马原理来确

定（如右图）。（1）

反证法：如果有一点C位于线外，则对应于C，必可在OO线上找到它的垂足C.由于AC>AC,CB>CB,故光谱ACB总是大于光程ACB而

非极小值，这就违背了费马原理，故入射面和反射面在同一平面内得证。

（2）

在图中建立坐oxy标系，则指定点A,B的坐标分别为（x1未知点C的坐标为（

,

y

1

）和（x2

,

y

2

），

x,0

）。C点在A,B之间是，光程必小于C点在AB

以外的相应光程，即

1

1

1

x

，

1



x



x

1

2

，于是光程

2

ACB为：

2

2

1

nACBnACnCBn

根

据

费

马

原

理

它

(xx1)y1n

取

极

小

值

，

即

(x2x)y2

：

应

ddx

(n1ACB)

d



n1(xx1)(xx1)y1

2

2



n1(x2x)(x2x)y2

2

n(

2

1

ACAC



CB

CB

i1i1，dx

取的是极值，符合费马原理。故问题得证。

(n1ACB)0

2.(1)证：如图所示，有位于主光轴上的一个物点S发出的光束 经薄透镜折射后成一个明亮的实象点S。由于球面AC是由S点 发出的光波的一个波面，而球面DB是会聚于S的球面波的一个 波

面

，

固

而

SCSB

,

SDSB

.又CEFDCEnEFFD

，

而光程

ABnAB

。根据费马原理，它们都应该取极值或恒定值，

这些连续分布的实际光线，在近轴条件下其光程都取极大值或

极小值是不可能的，唯一的可能性是取恒定值，即它们的光程却相等。 由于实际的光线有许多条。我们是从中去两条来讨论，故从物点发出 并会聚到像点的所有光线的光程都相等得证。 除此之外，另有两图如此，并与今后常用到：

光程

3.解：由P164

L31的结果

PPh(1

1n得： (1

1)

)n 1

30(1)

1.5 =

2

d



d

=10（cm）

4.解：由P170结果知： （1） 

sinn

A

sin

A2

1

nsin

,

A2

sin

A

2



2sin[nsin

1

A2

]A

2sin[1.6sin

1

602





]60



2sin[0.8]60253.1360 46.26







4616

A461660i5308

22 （2） sinin

sini (3) 



sini10sin901

sini2

n1.61.6 









210



1.6

而 iAi6038412119

sinid



n sininsini 又  sini

isin(1sin2119)





2

2



210

isin

2

1

1

38.683841





102

1

10

35.573534





5.证：

故：i

min

i3534



10

若则

sinnsini

1

2

sin＝

1

n212

i30

2



sini

22

2

即：i＝i＝30

而

sinnsini＝nsin30

2

2





12



1

2

得证。

又



90

1

1



而，

1

2

90

2

12

2



即i得证。



1

2

or:

又90，，故：90

1

2



即i得证。

讨论：1.由此可推论

1

45

1

2



2.nsin2sin452

6.解：

22

21.414

即：

1s1s

1s

1s1

1

1f1s－

112



160

f

10

s60(cm)yy

sssy5

又

y



s

6012

25(cm)

7.解：（1）



/

y

/

y

y

/

s

/

s

15

(10)2(cm)

s又即2r1s

/

y1s

s110

2r25

12

r5(cm)

（2）

r5cm0是凸透镜.

8.解：



1ss

/



1sf

1

/

1f

/

1

/

1s

1

10（40）540



/

1

18

/

即：s（8cm）x

s(s)

2

8402

24(cm)

9.证：

y

nn

2

y

1

第一次折射：

nn,

2

n1

11

yDPynDP第二次折射：

1

n1,

2

1

nn

1

yyd,y

2

1

1

1n

(yd)EP

1

1

PP(EP)(EP)EPEP

1

(yd)(Dpd)n

1

1

1



1n

(nDpd)(Dpd)

1

1

Dp

1

1n

dDpdd(1

1

1n

)d

n1n

d

由图可知，若 使凹透镜向物体移动亦可得到同样的结果。

n1n

的距离

10.解：



ns



ns



nn



而：s

n2

s2

n1n1

n

n21

n1



,

n2

故n2

11.解： （1）由P208

P′

L37经导知：

f



nR2(n1)1.542(1.51)

6(cm)

按题意，物离物方主点H的距离为 于是由

(64)，

1s1s

1s

1s

1f

1f16

得

110

5330

115

s15(cm)

（2）



12.解：

ss



1564

1.5



ns

n



nsns



nnrnnr

s

（1）

srns

1



1

nr



nnr



nr

仍在原处（球心），物像重合 （2）

即sr

s

1

r2n



2



ns

2



nnr



2nr



nnr



nnr

13.解：

（1）

nn2(nn) 1.57206.05(cm)2(1.531)

s

2

nr



nD



nsns

2



ns



nnrnsnsnnr

nrnr

nnr

又sr

sr15cm即鱼在原处

（2）



sn151.33

1.33

ysn151

y

14解：

（1）

f

n

nn1.501.33n1.50

fr217.647cm

nn1.501.33

r

1.33

215.647cm

而

fs



fs

1

即

fs

1－

fs



sfs

141.1767.647

18.4618.5cm

s

（2）

sfsfy

817.6478(15.647)

（3）

光路图如右： 15解： （1）

sn18.51.33

2.0462

ysn81.50



fnf

1

1

(

nn

r1



n2n

)r2

,nnn,rrr,nn

1

2

1

2

n

nn

r

f

nnr



1.33102(1.51.33)

ff

1

1

39.12f

1

又

fss1s

凸



s1s

1fs

1

f

11f

120



139.12

0.0244



ss40.92cm

（2）



fnf

2

1

(

nn

r1



n2n

)r2

,nnn,rrr,nn

1

2

1

2

n

nn

r



nnr



nr2(nn)

2



1.33102(1.51.33)

39.12f

2

又

fsfs1s

2



fs

1

2

ff

2

2

fs1s

2

11f

2

2



120



139.12

0.0756

ss13.23cm

凹

（3）

16.解：（1）透镜在空气中和在水中的焦距分别为：

1f

f

21

(n1)(

1r

1



1r

2

)

nn11()

nfrr1

2

1

2

n(n1)nn

f

2

f

n(n1)(nn)n

2

f

2

1

f

2

1

nnnn

n(1



n

n

1r

1

f

2

f

1

f

n(n

f

1

f

)n(1

f

2

1

f

)

1

f

f

f

2

)

1.33(11.33

1

136.8

1

136.840

)

3.222.09

1.54

f1

1



1r

2



f(n1)

1

40(1.541)



121.6

（2）透镜置于水

cs

2

中的焦距为：

nn11()

nfrr1

3

1

2



f

3

1.541.62

1.620.08



121.6



0.0834.992

34.992

437.4cm

17.解：



f

n

2

n

n1

1nnn2

n

r1



n2r2

n(n1)

f

nn

(

1

1)

r

1

r

2

1.3311.33

(

1120



25

)



1.330.330.09

44.78

cm

18.解：

（1）

1s



1s



1f

ssx

f10

cm

sstg30

y

x

100.577508cm考虑也可能去负值，而平行光从光面谢下射

像点的坐标

(10,15.81).

同理，对于发散透镜其

像点的坐标（10，15.81）。





（2）



1s

－

1s



1f

s－f

1s1s1f1f

1f

0

s

即，发射光束仍为平行光无像点1f

sf

sf

1s

－

1s



1s



1s

f2yyss

1f



1f102



1f



2f

s又＝y



5cm

ss510

10.5

cm

y

再考虑到像点另一种放故像点的坐标为（

19.解：透镜中心和透镜焦点的位置如图所示：

置，

50.51cm

20.解：

111s－

sf

11

1s

s



f

1150

300



160

s60(cm)

d

又tg＝dsstsss即：2＝22

dssst30060

3000.10.12cm

p1

,p2

这两个象点，构成了相

干光源，故由双缝干涉

公式知，干涉条纹的间

距为y

r

d



ls

d



450600.12

6328108

0.206

21.解：

该透镜是由A,B；两部分胶合而成的（如图所示），这两部分的主轴都 不在光源的中心轴线上，A部分的主轴OAP

A

在系统中心线下方0.5cm处，B部分

的主轴OB

F

B

则在系统中心线上方0.5cm处。由于点光源经凹透镜B的成像位置

P

B

即可（为便于讨论，图（a）（b）（c）是逐渐放大图像）

cm2.06



1s1s

－1syyss

1s

1

1ff11015



110



s10＝y





ss105

0.51cm

y

式中方

同理，点光源P通过透镜A所成的像PA，在光学系统对称轴上方0.5的处，距离透镜A

的光心为10cm，其光路图S画法同上。值得注意的是PA和PB构成了相干光源 22.证：经第一界面折射成像：

y和ys分别为点光源P及其像点P

B

离开透镜B主轴的距离，

虚线PB在透镜B的主轴下方1cm处，也就是在题中光学系统对称轴下方0.5的地



n

s

n

s

nnrn1.5,n1,rr1

5cm,

ss

1

nnnn1.5＝1.511s1

r1

s

s

1

5

s

1＝

11s

1

15



1.5s

经第二界面（涂银面）反射成像：



1



1

2ss

rss2

ss

1

rr1

15cm



12

s

1

11r

2

s



215

(

115

1.5s

)

15



11.5s

再经第一界面折射成像



nnns



s



nrn1.5,n1,rr1

5cm,

ss3

,



1

10.51.5

11.51s

3

s

2

5

1.5(

115



1.5s

)

r

1

11

0.10.1

1s3

ss

s3

s



s而三次的放大率由

s

分别得

ss1



1

ss

1

1



s

1

1

s

3



2

s

2

s



3

2

sss

3

12



2

s

s

又对于平面镜成像来说有：

ss



ss

3



3

12

s



ss

1

可见，当光从凸表面如射时，该透镜的成像和平面镜成像的结果一致，故该透镜 作用相当于一个平面镜 证毕。

23.解：

依题意所给数据均标于图中

由于直角棱镜的折射率n=1.5，其临界角

ss,1

isin

1

1

nn

2

sin

1

11.5

4245





1

，

故，物体再斜面上将发生全反射，并将再棱镜左 侧的透镜轴上成虚像。

有考虑到像似深度，此时可将直角棱镜等价于厚度为h=6cm的平行平板， 由于P164166

L31的结果可得棱镜所成像的位置为：

hh(1

1n

)6(1

11.5

)2cm

故等效物距为：

1

s[6(62)10]20cm

对凹透镜来说：



1s



1s1



1f2f

2

即：

s



1s

1



120



120

0

1

s1

对凸透镜而言， 

1s1s1s

2

2

,即将成像无限远处。

1f1f

2

即：



1s

1



110

0,

s10cm

24.解：

即在凹透镜左侧10cm形成倒立的虚像，其大小为





ys2

y



ss1

1



s

2

s

s2

1s2

s

1



s1

2

s2

10

11

2



s

s

1s

1s

1

20

2

故：yy1

2

10.5(cm)

or:

s1

f1

20cm

s2

f2

10cm即：

s2



f

2

s

1

f

1

yy

f

2

f

y0.5(cm)

1s

2

1s



1s1f

2

1

1f1s

2

,1

1f

sds

2

1



2

1ds1

1

,



253(20s)

1

120s

11



13



125



2275(cm)

20s

1

75221s

1

3.4

s20341.66cm

又

1s

1



1f

1



116.6



11



15.616.6

(0.96)(1.0638)

ss

1

16.615.6

1.06(cm)

其光路图如下：

25.解：

26.解：

27.解：

经第一界面折射成像：



n

ssn1.5,ns

1



n



nnrn1,ns

1

r10cm,

1s20cm

1



nnr

1

1.51.5110.510

10201020s

1

s，即折射光束为平行光

1

束。

经第二界面（涂银面）反射成像：



1s

2



1s

1



2r

r15cm

2

ss1s

2

＝

r

2

2



152

7.5(cm)

再经第一界面折射成像



ns



ns



nnrn1,ns

3

n1.5,

ns

3

r10cm,

1ss7.5cm

2

3



nnr

1

110.51.50.51.50.25

107.5107.5s

3



s4

3

(cm)

即最后成像于第一界面左方4cm处

28.解：

依题意作草图如下：

令则

sx,

2

sl(dx)

1

s2

第一次成像：

lx



1s1s

1



1s1s

1



1f1f

,

111

dx[l(dx)]

f

[l(dx)](dx)(dx)[l(dx)]



1f

f(dx)[l(dx)]

l

 第二次成像：

1s1s1f,

1s



112

s

2

f111x(lx)x(lx)f,

x(lx)



1f

f

(lx)x

l



(2)

由（1）（2）得：(dx)[l(dx)]x(lx)dlxld2

xddxx2

xlx2

ld2x0

x

ld

2

(3)

(1)





即：（dx）(ld)sl

1

ld22



ld2

(4)

sdxd

1

ld22



ld

slxl

2

ldld2

slx

2

ld2

1) 求两次象的大小之比：





yy

ld

ss

ld即

ldldy

2

1

1

1

y

ld



2

yy

2



ss

2

2

1

ld

ldld2

ld





2

1

ld()

ldldldyy

2

2

又

y

2

y





2

而yyy

2

1

111

故两次像的大小之比为

y

2)

2

：ldld

)

2

y





2

((5)

11

证

f

(ld)

4ll-d

ldld

[(l-d)-]

ld

ll4l

2

22

将（3）代入（4）：（d

f

l-d

2

或将（3）代入（2）：

ldld

（）(l-）

ldf

ll4l

2

l-dl-d

2

故有

3)

fl4f

ld4l

22

得证

证

由（6）得：ld4lf

2

2dl4lfl(l4

2

2

d

可见： 若l

l(l4f)

(7)

4f，则d无解，即得不到对实物能成实像的透镜位置 4f，则d＝0，即透镜在E中央，只有一个成像位置，



若l

1

若l4f，则可有两个成像位置。

故，欲使透镜成像，物和屏的距离l不能小于透镜焦距的4倍 但要满足题中成两次清晰的像，则必须有 l

4f 证毕。

注：当

l4f

时，有d＝0，则

x

29.解：

d2

s

1

l2

s

2

l2

s

1

l2

s

2

。

即只有能成一个像的位置。



xxff

由（6）得(作草图如下

f60cmf60cm

)

(1)当x20mm时，有

1

x＝

11

ffx

1



60(60)20

180mm

sfx60180240mm（p,实像）(2)当x20mm时，有

2

x＝

22

ffx

2



60(60)

20

－180mm

（180)120mm（p,虚像）sfx60

(3)当x6052085mm时，有

3

x＝

33

ffx

3



60(60)

85

42.35mm

其光路头分别如下：

sfx60(42.35)17.65mm（p,实像）

30.解：



1s



1s



1f

,

ff

复合光学的焦距为：

1f

即f又

1f

1s1s160

180



7240

24071

34.29(cm)1f

1

1

1f

2

1

dff

1

2

及d0

＋

fff

1

2



1f



1

＋ff24010240

1

2

17117

故：f240

2

31.解：

14.12



1f

(n1)[

1r

1

1

1r

2



t(n1)nrr

1

2

]

10(1.51)1.5100(200)

]

(1.51)[

1200

100



0.5[0.010.0050.00017]0.50.014830.007415f134.86

(mm)

ff134.86mm又

1f

1



n1rrtf

1

＝

1.51100200

＝

0.5100

＝

1200

，即f200(mm)

1



1f

2



n1

2

＝

1.51

＝

1400



，即f400(mm)

1

p

nf



2

10134.861.5(400)

2.2477(mm)

4.495(mm)

p

tfnf

1

10134.861.5200

xf134.86mm

其草图绘制如下

xf134.86mm

32.解： （1）



1f



1

1f

1



2

1f

2



dff

1

2

ff2cmd

43

4

即：

f

32fdf

2

1

12＝1＝f222233

1

11

1.5(cm)

fdf

2

pfdf

1



1.54

2

1(cm)

p



1.54

2

1(mm)

xfFK1.5mm

xFKf1.5mm

（2）

f6(cm),

1

f2(cm),

2

d4(cm)1

1

即

1f

1



16



12



462



2

＝333

f3(cm)p

342

6(cm),346

ff3(cm)

p

2(cm)xf3cm

xf3cm

33.解：

f20cm

1

f20cm

2

d6cm

220



620(20)

(1)

1f



1f

1



1f

2



dff

1

2



120

32002003

23

23



f

(CM)fd

f2

(m)6

ff

p

fd

f

2

2

fd

f1

0.2(m)

20

2

p

0.2(m)20

6

(2)又ssp0.30(0.20)0.10(m)

而

ssf11

1

11111＝1.5108.5ssf20.10

3

s0.1176470.118(cm)



ss



0.1180.10

1.18

（）发计算，

注：该体也可用光焦度

也可用逐次像发

34.解：



＝1ssf6cmf5cms20cm

11

即：

6ss



5203

1

6s

1

520



34

64

8cm

其光路图如下：

35.解：（1）由折射定律： nsinα=sinβ

所以α=sin-1(sinφ/n)

又 临界角αc=sin-1（1/n） 即α

（2）由图知：α=（φ-α）+θ，即θ=2α-φ，

而δ=π-2θ, 所以δ=π-4α+2φ.

（3）因为dδ/dφ=-4dα/dφ+2=0，即：dα/dφ=1/2, 而：α=sin-1（sinφ/n）,dsin-1x/dx=1/(1-x)1/2.

221/2

即：dα/dφ=cosφ/n(1-sinφ/n)=1/2,

1-sin2φ/ n2=4cos2φ/n2

22222

1=sinφ/n+ cosφ/n+ /n

2

36.因为n//s/-n/s=(n/-n)/r.

(1) 1 因为n/=1.5,n=1,s1=r1=4(cm)

所以1.5/s1/ -1/4 =(1.5-1)/4,1.5/s/1=1/4 +0.5/4=3/8.

所以s1/=8×1.5/3 =4(cm). 即在球心处。 2 因为n/=1,n=1,s2=s/+(9-8)/2 =4.5cm..

所以1/s2/ -1/s/1=0, s2/=s2=4.5cm. 即像仍在球心处。

（3）1 因为n/=1.33, 1.5,r=1.5mm,s=1mm.

所以1.33/ s/1-1.5/1=(1.33-1.5)/1.5.

1. 33/ s/1=1.5+1.33/1.5 –1=1.39. /

所以s1=1.33/1.39=0.96(mm) 又 s2=50-(1.5-0.96)=49.46(mm).

//

故 1/ s2-1.33/49.46=1-1.33/50 s2=0.0203 s2=49.26 （mm） 所以 d（内）=2r(内)=2×(50-49.26)=1.48≈1.5（mm） 2 由 n/=1 n=1.33 r=50mm s=48.5（mm）

//

所以 1/s1-1.33/48.5=1.33./50 1/s1=1.33/48.5+1/50-1.33/50=0.0208

//

所以 s≈48.1（mm） d（外）=2r(外)=2×(50-48.1)≈4（mm）

(2) 1 ∵ n=1.5 n=1.0 r1=4cm s1=4-0.15=3.85cm

∴ 1.5/ s1/ -1/3.85=(1.5-1.0)/4 1.5/ s1/=1/3.85=0.5/4≈0.385

∴s1/=1.5/0.385≈3.896(cm)

2 又 ∵ n/=1.0 n=1.5cm s2=3.896+0.5=4.396(cm)

∴ 1/s2/-1.5/4.396=(1-1.5)/4.5 1/s2/=1.5/4.396-0.5/4.5≈0.23 ∴ s/2≈4.348(cm)

d=2×(4.5-4.348) ≈0.304(cm) ≈

3mm

/

37. （1） 证：∵物像具有等光程性，

即： sl1ps1=Δso1o2s2s1

Δsl2s2=Δso1o2s2

Δsl1p=Δsl1ps1-Δps1=Δsl1ps1-ps1

Δsl2s2p=Δsl2s2+Δs2p= =ps2

而 Δso1o2s2s1-Δso1o2s2=s1s2=L=Δsl1ps1-Δsl2s2 ∴ ζ=Δsl1p-Δsl2s2p

=（Δsl1ps1-ps1）-（+ps2） = (Δsl1ps1-Δsl2s2)-ps1-ps2 = L-( ps1+ps2)

故有ζ= L-( s1p+s2p) 得证。

（2） 当ζ=jλ时为干涉相长，是亮纹。

ζ=（2j=1）λ/2时相消，是暗纹。

且条纹仅出现在光轴的上方（s1s2p）的区域内。

故 在（s1s2p）区域内放置的垂直于垂线的光屏上可看到亮暗相间的半圆形干涉

条纹。

（∵ 剖开后的透镜为半圆形）

（3） ∵ n=1.0 n=1.5 r=1.5mm

s=1mm

∴ 1/s/ -1.5/1 =(1-1.5)/1.5 1/s/=1.5-1/3≈1.167. s/≈0.857

d(内)=2×(1.5-0.857) ≈1.268(mm)

/

38. ∵ d

该玻璃板可视为薄透镜，且是近轴光线。 圆板中心处的折射率为n（0）， 半径为r处的折射率为n（r）， 则由物像之间的等光程性知： n1L +n2L/=n1a+n(0)d+n2b,

而：n1=n2=1 L=（a2+r2）1/2 L/=(b2+r2)1/2 即：（a2+r2）1/2+n(r)d+(b2+r2)1/2=a+b+ n(0)d

221/2221/2

∴ n(r)d= n(0)d+a+b-（a+r）-(b+r) 故 n(r)= n(0)+{a+b-（a2+r2）1/2-(b2+r2)1/2}/d 讨论：若为平行光照射时，且折射后会聚于焦点F, 则有`n(r)d+(f/+r2)1/2=n(0)d+. 即： n(r)=n(0)+{ f/-(f/+r2)1/2}/d.

当d

F

39．（1111 n/=1.5, n=1.0, s1= -40cm, r1= -20cm

/

∴ 1.5/ s1=1/(-40) +(1.5-1.0)/(-20)= -1/20, s1/= -20×1.5= -30(cm).

//

(2) ∵ 1/ s2+1/s2=2/r2, s2=s1= -30cm, r2= -15cm

∴ 1/ s2/=2/ r2 -1/s2=2/ (-15) –1/(-30)= -1/10, s2/= -10(cm).

////

(3) ∵ n/s3 -n/s3=(n-n)/r1 s3=s2= -10cm r1 = -20cm n/=1.0 n=1.5.

/

∴ 1/ s3=(1.0-1.5)/( -20) +1.5/( -10) = -1/8 (4) ∵ β=β1β2β3, β=y//y=ns//n/s . β1= ns1//n/s1=1/2

β2= ns2/ / (-n/s2)= - s2// s2= -1/3

β3= ns3//n/s3=6/5.

∴ β=1/2×(-1/3)×6/5= -1/5= -0.2.

故最后像在透镜左方8cm处，为一大小是原物的0.2倍倒立缩小实像。 图示：

40. 证：∵ O1

A2P2=L2, A1M=A2N=h, O1O2=d., L1={[(-s1)+O1M]2+h2}1/2, L2={[S2+O2N]2+h2}1/2.

2

在近轴条件下，O1M

2

O2N≈h/2( -R2).

∴ ΔP1A1A2P2=n1L1+n[d-O1M-O2N]+n2L2

221/2221/2

=n1{[(-s1)+O1M]+h}+n[d-O1M-O2N]+n2{[s2+O2N]+h}

2221/2222221/2

=n1{[-s1+h/2R1]+h}+n[d-h/2R1-h/2(-R2)]+n2{[s2+h/2(-R2)]+h} 当A1点在透镜上移动时，R1和R2是常量，h是常量，根据费马原理， 对h求导，并令其等于0，即 dΔP1A1A2P2/dh =0,得：

n1{[-s1+h2/2R1]h/R1 +h}/L10 –nh/R1 –nh/(-R2)+ n2{[s2+h2/2(-R2)]h/(-R2) +h}/L2=0.

2

∵ 在近轴条件下，h

即：n2/s2 –n1/s1=(n-n1)/R1+(n2-n)/R2=φ.

又 ∵ f1=lim|s2-∞ = -n1/φ, f2=lim|s1--∞ = n2/φ ∴ f1/s1+f2/s2=1 得证。

L2 P1

1.解：f

nnn

r

1431

5.55

35.5516.65(mm)1.67(cm)f

nnn

r

5.55

413.

nn

df(cm)

45.5522.20(mm)2.22(cm)



yd

n

（折射定理），

1

yf2.220.029

4n1803

111

2.解（:1）.

ssf



1f

远远



12



1300



151300(cm)

f1f

近

300151

1.9871

151100



12

100

f

近

10051

1.961（cm)

（2）此人看不清1m以内的物体，表明其近点在角膜前1m出，是远视眼，应戴正光焦度的远视镜镜。要看清25cm处的物体，即要将近点矫正到角膜前0.25m （即25cm）处，应按s

1.0m（即-100cm）和s=-0.25m （即-25cm）去选择光焦度.



1f1



1s



1s1

1.00.25

1

10025

度

3.0(D)300

即眼镜的光焦度为+3.0（D）（屈光度），在医学上认为这副眼镜为300度的远视眼镜（3.0100）。

另：要看清远处的物体，则：



1f



1s



1s



13.0



1

0.33D

即33度的凹透镜。

3.解：

1s



1s



1f

s,fs

1

max

'1

当看远物时有当看近物时，有1s

2



2

1s

2



1f1f1181s

2

1s

2

1s

2

1

1s

1

120



180

小于180cm.

s180(cm)

即目的物在镜前最近不得

y

4.解：U

f

'1



f

1

yU



(1)4



1460



180

859.87(mm)

85.987cm

5.解：



M

MM(

S

1

)Mf

Sf

1min

maxmax

M(

max

)M

max

M

1601.9

inx

10842

Sf

1max

min

M(

min

)M

min



16016

550

6.解：  最后观察到的象在无穷远出，即 2

 经由物镜成象必定在目镜的焦平面上。

s.

即：sff

2

2

2

(

1s

'2



1s

2



1f

2

.ff)

2

2

故：sdsdf22220（cm).

1

2

2

又1

1ss

11

'1



1s1

1



1f

1

即：120



1s

1



1s

1



1f

1

.



10.5

4020

20



3920

39s20

又39.

s0.51

11

s

20

0.51(cm).

M

25f



252

12.5

MM3912.5487.5or:解：（1）

1f1

1d1122

19.5ffff0.520.52

1

2

1

2

即：f0.051

1f1s1sfdf

2

(cm)

，s.

即：sf0.051(cm)



0.05122

2

0.561.

(cm)

p

ssp0.0510.5610.51

（2）

M

25f

此时是从0量起.

25(19.5)487.5

2519.50.52

或：M

25f1f2

487.5

df1f2220.5219.5

或：M

f125f2



220.5

252

550.

7．证：∵开氏和伽氏望远镜的物镜都是会聚透镜，其横向放大率都小于1，

在物镜和目镜的口径相差不太悬殊的情况下经过物镜边缘的光线，并不能完 全经过目镜，在整个光具组里，真正起限制光束作用光圈的是（会聚透镜）

物镜的边缘。

∴望远镜的物镜为有效光圈（从下面的图中可以清楚地看出。

8．解：∵有效光阑是在整个光具组的最前面，∴入射光瞳和它重合， 其大小就是物镜的口径，位置就是物镜所在处。

而有效光阑对于后面的光具组所成的象即为出射光瞳 即

l

1

对

l

2

成的象为出射光瞳。

又sf(f),

1

2

ff

1

2

而

1s

1



1f

2



2

1sf



1

1f

2



1ff

即：s

fsfsss



(f)(ff)

2

2

(ff)f

(f)(ff)

2

2

1

y

y

f(ff)/f

2

2

1

ff

2

y

2

f

1

y

9.解：∵

L

1

是该望远镜的有效光阑和入射光瞳，它被

L

2

、

L

3

所成的象为出射光瞳。

1

∴把置。 即：

1s2



L

1s2

1

对

L

1f2

2

、

L

3

相继成象，由物象公式1s3

1f3

s



1s



1

f便可得出出射光瞳的位

，

1s3



而：s210（cm),

1s2

1f2

1s22

12

f2(cm),f2(cm)

ds22(cm)s3s2









110

25

s2

0.25(cm)

5s222.520.5(cm)s3

1s3

1f3251s3

1210.5

52

故s3

0.4(cm)4(mm).

L3的右方4mm处.

210

即出射光瞳在

出射光瞳的大小为：

d

f3f1d1

40.8(cm)(mm)

or

将

f

,



ff

1

,

2

/(

f

,1



f

2

d)2cm

fcc2cmpfd/

f

2

2cm

,1

p

将

,

fd/

f

2cm

f

,

2cm

f2cms12cm代入

f/s

得

,

,

f/s1

s

,

2.4cm



s

,

/s1/5

10.解：（1） ∵ 光阑放在了透镜后，

∴ 透镜束就是入射光瞳和出射光瞳，对主轴上P点的位置

均为12cm，其大小为6cm.

(2)

1s1s1s1f1f1s.15

112

15112

760

h0.8cm



故：s

607

8.57（cm)8.6(cm).

(3):其光路图如下：

若为凹透镜，则s=-3.53cm

11. 解: 

EO2cm

HP20cmHF15cmHO5cmHF15cmHH5cmPQ0.5cm

∴ 作光路图如由：

(1)

1s1s

1



1s1f

1



1f1s115

120

115120

160



s60(cm)

(2)





y

1

yys

1



ss6020tg

0.51.5(cm)

EOHPHO





s

y

1

1

(3)utg

-1

EOPO1f1s

2

-1

tg

-1

215

tg

1

215

7.59573542

(4)



1s1s

2



1s



fHF15cm,sHO5cm

2

1f



115



15

故出射光瞳的位置为：

出射光瞳的半径为：REOy

12

15

15s7.5(cm).

2

12'2



2

.

ss

'2

y

2

ss

EO

7.55

23(cm)

22

出射光瞳的孔径角为：utg

-1

EOPO

1

tg

2

-1

367.5

2.54523242.





其中POss60(7.5)67.5(cm)

12.解： 设桌的边缘的照度为E，

则：EI

cos



2

Ix

x



32

I

x



3

I

(xR)

2

2

22

dEdx

(xR)I

3

x

2

3

3

(xR)

2

2

2

(xR)

3

22

2

1

2x

II

即：

2

(xR)

2

2

22

3

1

2

3x(xR)

2

2

3

2

2

2

(xR)

(xR)3x(xR)

2

22

2

5

2

0

xR3x0R2x0

2

2

故：

x

22

R(h).

22R处。

即灯应悬在离桌面中心

13.解：

1s



1s



1f

.f20cm,s30cm.

or设B出发光强度为I

1

，P处发光强的为I2，在立体角

,



1

内衣光源发出的光通过是在

顶点为P的立体角

,



2

内传

P和P的二圆级在京后结成来那个个相等的小块 ，因此有：

,



1

1

1

s



,

2

=

s

2

,

2

光

12

能

，

I

则从

I

2

2

联立得：I1/I21/4所以I

2

60(cd)

E

P

发出的光在屏上圆镜的中心的强度为

I2cos/R0.15（ph)所以0R20

14.解：

1f1s1s

yy



ss

.s

ss



yy

s

15

(50)10cm

.f

10(50)(50)(10)

ss



50060

8.33（cm）

又照相机在感光底版上所

yf1.220

1y

能分辨的最小距离为：



df

，如果y的

通常定义R为照相物镜的分辨本领

单位以mm来表示，则线对，即：R

11.220

R就表示1mm内所能分辨的最小(df)

(线对mm)

，仍是清

本题中的y1mm，说明所成的象能分辨晰的。

ytgu.

fx即F

dffd

2yx10.12



2ysf



2(1)10083.3

d

0.12

8.33

15.解：p

dnd







1. 证：设两个均匀介质的分界面是平面，它们的折射率为n1和n2。光线通过第一介质中指定的A点后到达同一介质中指定的B点。为了确定实际光线的路径，通过A,B两点作平面垂直于界面，OO是他们的交线，则实际 光线在界面上的反射点C就可由费马原理来确

定（如右图）。（1）

反证法：如果有一点C位于线外，则对应于C，必可在OO线上找到它的垂足C.由于AC>AC,CB>CB,故光谱ACB总是大于光程ACB而

非极小值，这就违背了费马原理，故入射面和反射面在同一平面内得证。

（2）

在图中建立坐oxy标系，则指定点A,B的坐标分别为（x1未知点C的坐标为（

,

y

1

）和（x2

,

y

2

），

x,0

）。C点在A,B之间是，光程必小于C点在AB

以外的相应光程，即

1

1

1

x

，

1



x



x

1

2

，于是光程

2

ACB为：

2

2

1

nACBnACnCBn

根

据

费

马

原

理

它

(xx1)y1n

取

极

小

值

，

即

(x2x)y2

：

应

ddx

(n1ACB)

d



n1(xx1)(xx1)y1

2

2



n1(x2x)(x2x)y2

2

n(

2

1

ACAC



CB

CB

i1i1，dx

取的是极值，符合费马原理。故问题得证。

(n1ACB)0

2.(1)证：如图所示，有位于主光轴上的一个物点S发出的光束 经薄透镜折射后成一个明亮的实象点S。由于球面AC是由S点 发出的光波的一个波面，而球面DB是会聚于S的球面波的一个 波

面

，

固

而

SCSB

,

SDSB

.又CEFDCEnEFFD

，

而光程

ABnAB

。根据费马原理，它们都应该取极值或恒定值，

这些连续分布的实际光线，在近轴条件下其光程都取极大值或

极小值是不可能的，唯一的可能性是取恒定值，即它们的光程却相等。 由于实际的光线有许多条。我们是从中去两条来讨论，故从物点发出 并会聚到像点的所有光线的光程都相等得证。 除此之外，另有两图如此，并与今后常用到：

光程

3.解：由P164

L31的结果

PPh(1

1n得： (1

1)

)n 1

30(1)

1.5 =

2

d



d

=10（cm）

4.解：由P170结果知： （1） 

sinn

A

sin

A2

1

nsin

,

A2

sin

A

2



2sin[nsin

1

A2

]A

2sin[1.6sin

1

602





]60



2sin[0.8]60253.1360 46.26







4616

A461660i5308

22 （2） sinin

sini (3) 



sini10sin901

sini2

n1.61.6 









210



1.6

而 iAi6038412119

sinid



n sininsini 又  sini

isin(1sin2119)





2

2



210

isin

2

1

1

38.683841





102

1

10

35.573534





5.证：

故：i

min

i3534



10

若则

sinnsini

1

2

sin＝

1

n212

i30

2



sini

22

2

即：i＝i＝30

而

sinnsini＝nsin30

2

2





12



1

2

得证。

又



90

1

1



而，

1

2

90

2

12

2



即i得证。



1

2

or:

又90，，故：90

1

2



即i得证。

讨论：1.由此可推论

1

45

1

2



2.nsin2sin452

6.解：

22

21.414

即：

1s1s

1s

1s1

1

1f1s－

112



160

f

10

s60(cm)yy

sssy5

又

y



s

6012

25(cm)

7.解：（1）



/

y

/

y

y

/

s

/

s

15

(10)2(cm)

s又即2r1s

/

y1s

s110

2r25

12

r5(cm)

（2）

r5cm0是凸透镜.

8.解：



1ss

/



1sf

1

/

1f

/

1

/

1s

1

10（40）540



/

1

18

/

即：s（8cm）x

s(s)

2

8402

24(cm)

9.证：

y

nn

2

y

1

第一次折射：

nn,

2

n1

11

yDPynDP第二次折射：

1

n1,

2

1

nn

1

yyd,y

2

1

1

1n

(yd)EP

1

1

PP(EP)(EP)EPEP

1

(yd)(Dpd)n

1

1

1



1n

(nDpd)(Dpd)

1

1

Dp

1

1n

dDpdd(1

1

1n

)d

n1n

d

由图可知，若 使凹透镜向物体移动亦可得到同样的结果。

n1n

的距离

10.解：



ns



ns



nn



而：s

n2

s2

n1n1

n

n21

n1



,

n2

故n2

11.解： （1）由P208

P′

L37经导知：

f



nR2(n1)1.542(1.51)

6(cm)

按题意，物离物方主点H的距离为 于是由

(64)，

1s1s

1s

1s

1f

1f16

得

110

5330

115

s15(cm)

（2）



12.解：

ss



1564

1.5



ns

n



nsns



nnrnnr

s

（1）

srns

1



1

nr



nnr



nr

仍在原处（球心），物像重合 （2）

即sr

s

1

r2n



2



ns

2



nnr



2nr



nnr



nnr

13.解：

（1）

nn2(nn) 1.57206.05(cm)2(1.531)

s

2

nr



nD



nsns

2



ns



nnrnsnsnnr

nrnr

nnr

又sr

sr15cm即鱼在原处

（2）



sn151.33

1.33

ysn151

y

14解：

（1）

f

n

nn1.501.33n1.50

fr217.647cm

nn1.501.33

r

1.33

215.647cm

而

fs



fs

1

即

fs

1－

fs



sfs

141.1767.647

18.4618.5cm

s

（2）

sfsfy

817.6478(15.647)

（3）

光路图如右： 15解： （1）

sn18.51.33

2.0462

ysn81.50



fnf

1

1

(

nn

r1



n2n

)r2

,nnn,rrr,nn

1

2

1

2

n

nn

r

f

nnr



1.33102(1.51.33)

ff

1

1

39.12f

1

又

fss1s

凸



s1s

1fs

1

f

11f

120



139.12

0.0244



ss40.92cm

（2）



fnf

2

1

(

nn

r1



n2n

)r2

,nnn,rrr,nn

1

2

1

2

n

nn

r



nnr



nr2(nn)

2



1.33102(1.51.33)

39.12f

2

又

fsfs1s

2



fs

1

2

ff

2

2

fs1s

2

11f

2

2



120



139.12

0.0756

ss13.23cm

凹

（3）

16.解：（1）透镜在空气中和在水中的焦距分别为：

1f

f

21

(n1)(

1r

1



1r

2

)

nn11()

nfrr1

2

1

2

n(n1)nn

f

2

f

n(n1)(nn)n

2

f

2

1

f

2

1

nnnn

n(1



n

n

1r

1

f

2

f

1

f

n(n

f

1

f

)n(1

f

2

1

f

)

1

f

f

f

2

)

1.33(11.33

1

136.8

1

136.840

)

3.222.09

1.54

f1

1



1r

2



f(n1)

1

40(1.541)



121.6

（2）透镜置于水

cs

2

中的焦距为：

nn11()

nfrr1

3

1

2



f

3

1.541.62

1.620.08



121.6



0.0834.992

34.992

437.4cm

17.解：



f

n

2

n

n1

1nnn2

n

r1



n2r2

n(n1)

f

nn

(

1

1)

r

1

r

2

1.3311.33

(

1120



25

)



1.330.330.09

44.78

cm

18.解：

（1）

1s



1s



1f

ssx

f10

cm

sstg30

y

x

100.577508cm考虑也可能去负值，而平行光从光面谢下射

像点的坐标

(10,15.81).

同理，对于发散透镜其

像点的坐标（10，15.81）。





（2）



1s

－

1s



1f

s－f

1s1s1f1f

1f

0

s

即，发射光束仍为平行光无像点1f

sf

sf

1s

－

1s



1s



1s

f2yyss

1f



1f102



1f



2f

s又＝y



5cm

ss510

10.5

cm

y

再考虑到像点另一种放故像点的坐标为（

19.解：透镜中心和透镜焦点的位置如图所示：

置，

50.51cm

20.解：

111s－

sf

11

1s

s



f

1150

300



160

s60(cm)

d

又tg＝dsstsss即：2＝22

dssst30060

3000.10.12cm

p1

,p2

这两个象点，构成了相

干光源，故由双缝干涉

公式知，干涉条纹的间

距为y

r

d



ls

d



450600.12

6328108

0.206

21.解：

该透镜是由A,B；两部分胶合而成的（如图所示），这两部分的主轴都 不在光源的中心轴线上，A部分的主轴OAP

A

在系统中心线下方0.5cm处，B部分

的主轴OB

F

B

则在系统中心线上方0.5cm处。由于点光源经凹透镜B的成像位置

P

B

即可（为便于讨论，图（a）（b）（c）是逐渐放大图像）

cm2.06



1s1s

－1syyss

1s

1

1ff11015



110



s10＝y





ss105

0.51cm

y

式中方

同理，点光源P通过透镜A所成的像PA，在光学系统对称轴上方0.5的处，距离透镜A

的光心为10cm，其光路图S画法同上。值得注意的是PA和PB构成了相干光源 22.证：经第一界面折射成像：

y和ys分别为点光源P及其像点P

B

离开透镜B主轴的距离，

虚线PB在透镜B的主轴下方1cm处，也就是在题中光学系统对称轴下方0.5的地



n

s

n

s

nnrn1.5,n1,rr1

5cm,

ss

1

nnnn1.5＝1.511s1

r1

s

s

1

5

s

1＝

11s

1

15



1.5s

经第二界面（涂银面）反射成像：



1



1

2ss

rss2

ss

1

rr1

15cm



12

s

1

11r

2

s



215

(

115

1.5s

)

15



11.5s

再经第一界面折射成像



nnns



s



nrn1.5,n1,rr1

5cm,

ss3

,



1

10.51.5

11.51s

3

s

2

5

1.5(

115



1.5s

)

r

1

11

0.10.1

1s3

ss

s3

s



s而三次的放大率由

s

分别得

ss1



1

ss

1

1



s

1

1

s

3



2

s

2

s



3

2

sss

3

12



2

s

s

又对于平面镜成像来说有：

ss



ss

3



3

12

s



ss

1

可见，当光从凸表面如射时，该透镜的成像和平面镜成像的结果一致，故该透镜 作用相当于一个平面镜 证毕。

23.解：

依题意所给数据均标于图中

由于直角棱镜的折射率n=1.5，其临界角

ss,1

isin

1

1

nn

2

sin

1

11.5

4245





1

，

故，物体再斜面上将发生全反射，并将再棱镜左 侧的透镜轴上成虚像。

有考虑到像似深度，此时可将直角棱镜等价于厚度为h=6cm的平行平板， 由于P164166

L31的结果可得棱镜所成像的位置为：

hh(1

1n

)6(1

11.5

)2cm

故等效物距为：

1

s[6(62)10]20cm

对凹透镜来说：



1s



1s1



1f2f

2

即：

s



1s

1



120



120

0

1

s1

对凸透镜而言， 

1s1s1s

2

2

,即将成像无限远处。

1f1f

2

即：



1s

1



110

0,

s10cm

24.解：

即在凹透镜左侧10cm形成倒立的虚像，其大小为





ys2

y



ss1

1



s

2

s

s2

1s2

s

1



s1

2

s2

10

11

2



s

s

1s

1s

1

20

2

故：yy1

2

10.5(cm)

or:

s1

f1

20cm

s2

f2

10cm即：

s2



f

2

s

1

f

1

yy

f

2

f

y0.5(cm)

1s

2

1s



1s1f

2

1

1f1s

2

,1

1f

sds

2

1



2

1ds1

1

,



253(20s)

1

120s

11



13



125



2275(cm)

20s

1

75221s

1

3.4

s20341.66cm

又

1s

1



1f

1



116.6



11



15.616.6

(0.96)(1.0638)

ss

1

16.615.6

1.06(cm)

其光路图如下：

25.解：

26.解：

27.解：

经第一界面折射成像：



n

ssn1.5,ns

1



n



nnrn1,ns

1

r10cm,

1s20cm

1



nnr

1

1.51.5110.510

10201020s

1

s，即折射光束为平行光

1

束。

经第二界面（涂银面）反射成像：



1s

2



1s

1



2r

r15cm

2

ss1s

2

＝

r

2

2



152

7.5(cm)

再经第一界面折射成像



ns



ns



nnrn1,ns

3

n1.5,

ns

3

r10cm,

1ss7.5cm

2

3



nnr

1

110.51.50.51.50.25

107.5107.5s

3



s4

3

(cm)

即最后成像于第一界面左方4cm处

28.解：

依题意作草图如下：

令则

sx,

2

sl(dx)

1

s2

第一次成像：

lx



1s1s

1



1s1s

1



1f1f

,

111

dx[l(dx)]

f

[l(dx)](dx)(dx)[l(dx)]



1f

f(dx)[l(dx)]

l

 第二次成像：

1s1s1f,

1s



112

s

2

f111x(lx)x(lx)f,

x(lx)



1f

f

(lx)x

l



(2)

由（1）（2）得：(dx)[l(dx)]x(lx)dlxld2

xddxx2

xlx2

ld2x0

x

ld

2

(3)

(1)





即：（dx）(ld)sl

1

ld22



ld2

(4)

sdxd

1

ld22



ld

slxl

2

ldld2

slx

2

ld2

1) 求两次象的大小之比：





yy

ld

ss

ld即

ldldy

2

1

1

1

y

ld



2

yy

2



ss

2

2

1

ld

ldld2

ld





2

1

ld()

ldldldyy

2

2

又

y

2

y





2

而yyy

2

1

111

故两次像的大小之比为

y

2)

2

：ldld

)

2

y





2

((5)

11

证

f

(ld)

4ll-d

ldld

[(l-d)-]

ld

ll4l

2

22

将（3）代入（4）：（d

f

l-d

2

或将（3）代入（2）：

ldld

（）(l-）

ldf

ll4l

2

l-dl-d

2

故有

3)

fl4f

ld4l

22

得证

证

由（6）得：ld4lf

2

2dl4lfl(l4

2

2

d

可见： 若l

l(l4f)

(7)

4f，则d无解，即得不到对实物能成实像的透镜位置 4f，则d＝0，即透镜在E中央，只有一个成像位置，



若l

1

若l4f，则可有两个成像位置。

故，欲使透镜成像，物和屏的距离l不能小于透镜焦距的4倍 但要满足题中成两次清晰的像，则必须有 l

4f 证毕。

注：当

l4f

时，有d＝0，则

x

29.解：

d2

s

1

l2

s

2

l2

s

1

l2

s

2

。

即只有能成一个像的位置。



xxff

由（6）得(作草图如下

f60cmf60cm

)

(1)当x20mm时，有

1

x＝

11

ffx

1



60(60)20

180mm

sfx60180240mm（p,实像）(2)当x20mm时，有

2

x＝

22

ffx

2



60(60)

20

－180mm

（180)120mm（p,虚像）sfx60

(3)当x6052085mm时，有

3

x＝

33

ffx

3



60(60)

85

42.35mm

其光路头分别如下：

sfx60(42.35)17.65mm（p,实像）

30.解：



1s



1s



1f

,

ff

复合光学的焦距为：

1f

即f又

1f

1s1s160

180



7240

24071

34.29(cm)1f

1

1

1f

2

1

dff

1

2

及d0

＋

fff

1

2



1f



1

＋ff24010240

1

2

17117

故：f240

2

31.解：

14.12



1f

(n1)[

1r

1

1

1r

2



t(n1)nrr

1

2

]

10(1.51)1.5100(200)

]

(1.51)[

1200

100



0.5[0.010.0050.00017]0.50.014830.007415f134.86

(mm)

ff134.86mm又

1f

1



n1rrtf

1

＝

1.51100200

＝

0.5100

＝

1200

，即f200(mm)

1



1f

2



n1

2

＝

1.51

＝

1400



，即f400(mm)

1

p

nf



2

10134.861.5(400)

2.2477(mm)

4.495(mm)

p

tfnf

1

10134.861.5200

xf134.86mm

其草图绘制如下

xf134.86mm

32.解： （1）



1f



1

1f

1



2

1f

2



dff

1

2

ff2cmd

43

4

即：

f

32fdf

2

1

12＝1＝f222233

1

11

1.5(cm)

fdf

2

pfdf

1



1.54

2

1(cm)

p



1.54

2

1(mm)

xfFK1.5mm

xFKf1.5mm

（2）

f6(cm),

1

f2(cm),

2

d4(cm)1

1

即

1f

1



16



12



462



2

＝333

f3(cm)p

342

6(cm),346

ff3(cm)

p

2(cm)xf3cm

xf3cm

33.解：

f20cm

1

f20cm

2

d6cm

220



620(20)

(1)

1f



1f

1



1f

2



dff

1

2



120

32002003

23

23



f

(CM)fd

f2

(m)6

ff

p

fd

f

2

2

fd

f1

0.2(m)

20

2

p

0.2(m)20

6

(2)又ssp0.30(0.20)0.10(m)

而

ssf11

1

11111＝1.5108.5ssf20.10

3

s0.1176470.118(cm)



ss



0.1180.10

1.18

（）发计算，

注：该体也可用光焦度

也可用逐次像发

34.解：



＝1ssf6cmf5cms20cm

11

即：

6ss



5203

1

6s

1

520



34

64

8cm

其光路图如下：

35.解：（1）由折射定律： nsinα=sinβ

所以α=sin-1(sinφ/n)

又 临界角αc=sin-1（1/n） 即α

（2）由图知：α=（φ-α）+θ，即θ=2α-φ，

而δ=π-2θ, 所以δ=π-4α+2φ.

（3）因为dδ/dφ=-4dα/dφ+2=0，即：dα/dφ=1/2, 而：α=sin-1（sinφ/n）,dsin-1x/dx=1/(1-x)1/2.

221/2

即：dα/dφ=cosφ/n(1-sinφ/n)=1/2,

1-sin2φ/ n2=4cos2φ/n2

22222

1=sinφ/n+ cosφ/n+ /n

2

36.因为n//s/-n/s=(n/-n)/r.

(1) 1 因为n/=1.5,n=1,s1=r1=4(cm)

所以1.5/s1/ -1/4 =(1.5-1)/4,1.5/s/1=1/4 +0.5/4=3/8.

所以s1/=8×1.5/3 =4(cm). 即在球心处。 2 因为n/=1,n=1,s2=s/+(9-8)/2 =4.5cm..

所以1/s2/ -1/s/1=0, s2/=s2=4.5cm. 即像仍在球心处。

（3）1 因为n/=1.33, 1.5,r=1.5mm,s=1mm.

所以1.33/ s/1-1.5/1=(1.33-1.5)/1.5.

1. 33/ s/1=1.5+1.33/1.5 –1=1.39. /

所以s1=1.33/1.39=0.96(mm) 又 s2=50-(1.5-0.96)=49.46(mm).

//

故 1/ s2-1.33/49.46=1-1.33/50 s2=0.0203 s2=49.26 （mm） 所以 d（内）=2r(内)=2×(50-49.26)=1.48≈1.5（mm） 2 由 n/=1 n=1.33 r=50mm s=48.5（mm）

//

所以 1/s1-1.33/48.5=1.33./50 1/s1=1.33/48.5+1/50-1.33/50=0.0208

//

所以 s≈48.1（mm） d（外）=2r(外)=2×(50-48.1)≈4（mm）

(2) 1 ∵ n=1.5 n=1.0 r1=4cm s1=4-0.15=3.85cm

∴ 1.5/ s1/ -1/3.85=(1.5-1.0)/4 1.5/ s1/=1/3.85=0.5/4≈0.385

∴s1/=1.5/0.385≈3.896(cm)

2 又 ∵ n/=1.0 n=1.5cm s2=3.896+0.5=4.396(cm)

∴ 1/s2/-1.5/4.396=(1-1.5)/4.5 1/s2/=1.5/4.396-0.5/4.5≈0.23 ∴ s/2≈4.348(cm)

d=2×(4.5-4.348) ≈0.304(cm) ≈

3mm

/

37. （1） 证：∵物像具有等光程性，

即： sl1ps1=Δso1o2s2s1

Δsl2s2=Δso1o2s2

Δsl1p=Δsl1ps1-Δps1=Δsl1ps1-ps1

Δsl2s2p=Δsl2s2+Δs2p= =ps2

而 Δso1o2s2s1-Δso1o2s2=s1s2=L=Δsl1ps1-Δsl2s2 ∴ ζ=Δsl1p-Δsl2s2p

=（Δsl1ps1-ps1）-（+ps2） = (Δsl1ps1-Δsl2s2)-ps1-ps2 = L-( ps1+ps2)

故有ζ= L-( s1p+s2p) 得证。

（2） 当ζ=jλ时为干涉相长，是亮纹。

ζ=（2j=1）λ/2时相消，是暗纹。

且条纹仅出现在光轴的上方（s1s2p）的区域内。

故 在（s1s2p）区域内放置的垂直于垂线的光屏上可看到亮暗相间的半圆形干涉

条纹。

（∵ 剖开后的透镜为半圆形）

（3） ∵ n=1.0 n=1.5 r=1.5mm

s=1mm

∴ 1/s/ -1.5/1 =(1-1.5)/1.5 1/s/=1.5-1/3≈1.167. s/≈0.857

d(内)=2×(1.5-0.857) ≈1.268(mm)

/

38. ∵ d

该玻璃板可视为薄透镜，且是近轴光线。 圆板中心处的折射率为n（0）， 半径为r处的折射率为n（r）， 则由物像之间的等光程性知： n1L +n2L/=n1a+n(0)d+n2b,

而：n1=n2=1 L=（a2+r2）1/2 L/=(b2+r2)1/2 即：（a2+r2）1/2+n(r)d+(b2+r2)1/2=a+b+ n(0)d

221/2221/2

∴ n(r)d= n(0)d+a+b-（a+r）-(b+r) 故 n(r)= n(0)+{a+b-（a2+r2）1/2-(b2+r2)1/2}/d 讨论：若为平行光照射时，且折射后会聚于焦点F, 则有`n(r)d+(f/+r2)1/2=n(0)d+. 即： n(r)=n(0)+{ f/-(f/+r2)1/2}/d.

当d

F

39．（1111 n/=1.5, n=1.0, s1= -40cm, r1= -20cm

/

∴ 1.5/ s1=1/(-40) +(1.5-1.0)/(-20)= -1/20, s1/= -20×1.5= -30(cm).

//

(2) ∵ 1/ s2+1/s2=2/r2, s2=s1= -30cm, r2= -15cm

∴ 1/ s2/=2/ r2 -1/s2=2/ (-15) –1/(-30)= -1/10, s2/= -10(cm).

////

(3) ∵ n/s3 -n/s3=(n-n)/r1 s3=s2= -10cm r1 = -20cm n/=1.0 n=1.5.

/

∴ 1/ s3=(1.0-1.5)/( -20) +1.5/( -10) = -1/8 (4) ∵ β=β1β2β3, β=y//y=ns//n/s . β1= ns1//n/s1=1/2

β2= ns2/ / (-n/s2)= - s2// s2= -1/3

β3= ns3//n/s3=6/5.

∴ β=1/2×(-1/3)×6/5= -1/5= -0.2.

故最后像在透镜左方8cm处，为一大小是原物的0.2倍倒立缩小实像。 图示：

40. 证：∵ O1

A2P2=L2, A1M=A2N=h, O1O2=d., L1={[(-s1)+O1M]2+h2}1/2, L2={[S2+O2N]2+h2}1/2.

2

在近轴条件下，O1M

2

O2N≈h/2( -R2).

∴ ΔP1A1A2P2=n1L1+n[d-O1M-O2N]+n2L2

221/2221/2

=n1{[(-s1)+O1M]+h}+n[d-O1M-O2N]+n2{[s2+O2N]+h}

2221/2222221/2

=n1{[-s1+h/2R1]+h}+n[d-h/2R1-h/2(-R2)]+n2{[s2+h/2(-R2)]+h} 当A1点在透镜上移动时，R1和R2是常量，h是常量，根据费马原理， 对h求导，并令其等于0，即 dΔP1A1A2P2/dh =0,得：

n1{[-s1+h2/2R1]h/R1 +h}/L10 –nh/R1 –nh/(-R2)+ n2{[s2+h2/2(-R2)]h/(-R2) +h}/L2=0.

2

∵ 在近轴条件下，h

即：n2/s2 –n1/s1=(n-n1)/R1+(n2-n)/R2=φ.

又 ∵ f1=lim|s2-∞ = -n1/φ, f2=lim|s1--∞ = n2/φ ∴ f1/s1+f2/s2=1 得证。

L2 P1

1.解：f

nnn

r

1431

5.55

35.5516.65(mm)1.67(cm)f

nnn

r

5.55

413.

nn

df(cm)

45.5522.20(mm)2.22(cm)



yd

n

（折射定理），

1

yf2.220.029

4n1803

111

2.解（:1）.

ssf



1f

远远



12



1300



151300(cm)

f1f

近

300151

1.9871

151100



12

100

f

近

10051

1.961（cm)

（2）此人看不清1m以内的物体，表明其近点在角膜前1m出，是远视眼，应戴正光焦度的远视镜镜。要看清25cm处的物体，即要将近点矫正到角膜前0.25m （即25cm）处，应按s

1.0m（即-100cm）和s=-0.25m （即-25cm）去选择光焦度.



1f1



1s



1s1

1.00.25

1

10025

度

3.0(D)300

即眼镜的光焦度为+3.0（D）（屈光度），在医学上认为这副眼镜为300度的远视眼镜（3.0100）。

另：要看清远处的物体，则：



1f



1s



1s



13.0



1

0.33D

即33度的凹透镜。

3.解：

1s



1s



1f

s,fs

1

max

'1

当看远物时有当看近物时，有1s

2



2

1s

2



1f1f1181s

2

1s

2

1s

2

1

1s

1

120



180

小于180cm.

s180(cm)

即目的物在镜前最近不得

y

4.解：U

f

'1



f

1

yU



(1)4



1460



180

859.87(mm)

85.987cm

5.解：



M

MM(

S

1

)Mf

Sf

1min

maxmax

M(

max

)M

max

M

1601.9

inx

10842

Sf

1max

min

M(

min

)M

min



16016

550

6.解：  最后观察到的象在无穷远出，即 2

 经由物镜成象必定在目镜的焦平面上。

s.

即：sff

2

2

2

(

1s

'2



1s

2



1f

2

.ff)

2

2

故：sdsdf22220（cm).

1

2

2

又1

1ss

11

'1



1s1

1



1f

1

即：120



1s

1



1s

1



1f

1

.



10.5

4020

20



3920

39s20

又39.

s0.51

11

s

20

0.51(cm).

M

25f



252

12.5

MM3912.5487.5or:解：（1）

1f1

1d1122

19.5ffff0.520.52

1

2

1

2

即：f0.051

1f1s1sfdf

2

(cm)

，s.

即：sf0.051(cm)



0.05122

2

0.561.

(cm)

p

ssp0.0510.5610.51

（2）

M

25f

此时是从0量起.

25(19.5)487.5

2519.50.52

或：M

25f1f2

487.5

df1f2220.5219.5

或：M

f125f2



220.5

252

550.

7．证：∵开氏和伽氏望远镜的物镜都是会聚透镜，其横向放大率都小于1，

在物镜和目镜的口径相差不太悬殊的情况下经过物镜边缘的光线，并不能完 全经过目镜，在整个光具组里，真正起限制光束作用光圈的是（会聚透镜）

物镜的边缘。

∴望远镜的物镜为有效光圈（从下面的图中可以清楚地看出。

8．解：∵有效光阑是在整个光具组的最前面，∴入射光瞳和它重合， 其大小就是物镜的口径，位置就是物镜所在处。

而有效光阑对于后面的光具组所成的象即为出射光瞳 即

l

1

对

l

2

成的象为出射光瞳。

又sf(f),

1

2

ff

1

2

而

1s

1



1f

2



2

1sf



1

1f

2



1ff

即：s

fsfsss



(f)(ff)

2

2

(ff)f

(f)(ff)

2

2

1

y

y

f(ff)/f

2

2

1

ff

2

y

2

f

1

y

9.解：∵

L

1

是该望远镜的有效光阑和入射光瞳，它被

L

2

、

L

3

所成的象为出射光瞳。

1

∴把置。 即：

1s2



L

1s2

1

对

L

1f2

2

、

L

3

相继成象，由物象公式1s3

1f3

s



1s



1

f便可得出出射光瞳的位

，

1s3



而：s210（cm),

1s2

1f2

1s22

12

f2(cm),f2(cm)

ds22(cm)s3s2









110

25

s2

0.25(cm)

5s222.520.5(cm)s3

1s3

1f3251s3

1210.5

52

故s3

0.4(cm)4(mm).

L3的右方4mm处.

210

即出射光瞳在

出射光瞳的大小为：

d

f3f1d1

40.8(cm)(mm)

or

将

f

,



ff

1

,

2

/(

f

,1



f

2

d)2cm

fcc2cmpfd/

f

2

2cm

,1

p

将

,

fd/

f

2cm

f

,

2cm

f2cms12cm代入

f/s

得

,

,

f/s1

s

,

2.4cm



s

,

/s1/5

10.解：（1） ∵ 光阑放在了透镜后，

∴ 透镜束就是入射光瞳和出射光瞳，对主轴上P点的位置

均为12cm，其大小为6cm.

(2)

1s1s1s1f1f1s.15

112

15112

760

h0.8cm



故：s

607

8.57（cm)8.6(cm).

(3):其光路图如下：

若为凹透镜，则s=-3.53cm

11. 解: 

EO2cm

HP20cmHF15cmHO5cmHF15cmHH5cmPQ0.5cm

∴ 作光路图如由：

(1)

1s1s

1



1s1f

1



1f1s115

120

115120

160



s60(cm)

(2)





y

1

yys

1



ss6020tg

0.51.5(cm)

EOHPHO





s

y

1

1

(3)utg

-1

EOPO1f1s

2

-1

tg

-1

215

tg

1

215

7.59573542

(4)



1s1s

2



1s



fHF15cm,sHO5cm

2

1f



115



15

故出射光瞳的位置为：

出射光瞳的半径为：REOy

12

15

15s7.5(cm).

2

12'2



2

.

ss

'2

y

2

ss

EO

7.55

23(cm)

22

出射光瞳的孔径角为：utg

-1

EOPO

1

tg

2

-1

367.5

2.54523242.





其中POss60(7.5)67.5(cm)

12.解： 设桌的边缘的照度为E，

则：EI

cos



2

Ix

x



32

I

x



3

I

(xR)

2

2

22

dEdx

(xR)I

3

x

2

3

3

(xR)

2

2

2

(xR)

3

22

2

1

2x

II

即：

2

(xR)

2

2

22

3

1

2

3x(xR)

2

2

3

2

2

2

(xR)

(xR)3x(xR)

2

22

2

5

2

0

xR3x0R2x0

2

2

故：

x

22

R(h).

22R处。

即灯应悬在离桌面中心

13.解：

1s



1s



1f

.f20cm,s30cm.

or设B出发光强度为I

1

，P处发光强的为I2，在立体角

,



1

内衣光源发出的光通过是在

顶点为P的立体角

,



2

内传

P和P的二圆级在京后结成来那个个相等的小块 ，因此有：

,



1

1

1

s



,

2

=

s

2

,

2

光

12

能

，

I

则从

I

2

2

联立得：I1/I21/4所以I

2

60(cd)

E

P

发出的光在屏上圆镜的中心的强度为

I2cos/R0.15（ph)所以0R20

14.解：

1f1s1s

yy



ss

.s

ss



yy

s

15

(50)10cm

.f

10(50)(50)(10)

ss



50060

8.33（cm）

又照相机在感光底版上所

yf1.220

1y

能分辨的最小距离为：



df

，如果y的

通常定义R为照相物镜的分辨本领

单位以mm来表示，则线对，即：R

11.220

R就表示1mm内所能分辨的最小(df)

(线对mm)

，仍是清

本题中的y1mm，说明所成的象能分辨晰的。

ytgu.

fx即F

dffd

2yx10.12



2ysf



2(1)10083.3

d

0.12

8.33

15.解：p

dnd





