解：
干涉加强时，有： \(I_max=(2A)^2=4A^2\) 光程差为$\frac{\lambda}{3}$处的光强： \(I_1=A^2+A^2+2A^2\cos(\frac{\lambda}{3}\frac{2\pi}{\lambda})=A^2\) 故比值为$\frac{1}{4}$。
解：
有空气中： \(\delta=3\lambda\) 液体中： \(n\delta=4\lambda\) 联立得： \(n=\frac{4}{3}\)
解：
反射干涉加强的光满足： \(2ne=(2k+1)\frac{\lambda}{2},k\in\mathbf{N}\) 得： \(\lambda=\frac{638.4}{2k+1}\ \mathrm{nm},k\in\mathbf{N}\) 在可见光范围波长的可能解为：638.3nm。
解：
对第五条明纹，当劈尖内折射率为1时： \(2x_5\tan\theta+\frac{\lambda}{2}=5\lambda\) 折射率为n时： \(2nx_5^\prime\tan\theta+\frac{\lambda}{2}=5\lambda\) 联立得： \(\Delta x_5\tan\theta=\frac{9}{4}\lambda(1-\frac{1}{n})\) 得到$\tan\theta\ll1$,取$\tan\theta=\theta$，得$\theta=2.00\times10^{-4}\mathrm{nm}$
解：
通过作差，得到： \(2(n-1)e=7\lambda\) 解得$e=5.03\mathrm{\mu m}$
解：
对于牛顿环，有环半径的平方成等差。 \(r_{k+5}^2-r_5^2=5R\lambda\) 解得： \(R=10.0\mathrm{m}\)
解：
\(a\sin\theta=\pm k\lambda,k\in\mathbf{N}\) 当$k$取3时，$\theta$为小量，$\sin\theta\approx\tan\theta$，得： \(d=2f\tan\theta=2f\frac{3\lambda}{a}\) 得$d=8.0\mathrm{mm}$
解：
\(a\sin\theta=k\lambda,k\in\mathbf{N}\) 近轴近似，得： \(a\theta=k\lambda,k\in\mathbf{N}\) 对于中央明纹，有： \(\begin{aligned} \Delta\theta_0&=\frac{2\lambda}{a}=5.46\times10^{-3}\mathrm{rad}\\ \Delta x_0&=f\Delta\theta_0=2.73\mathrm{mm} \end{aligned}\) 对于k级亮纹，有： \(\begin{aligned} \Delta\theta_k&=\frac{\lambda}{a}=2.73\times10^{-3}\mathrm{rad}\\ \Delta x_k&=f\Delta\theta_0=1.37\mathrm{mm} \end{aligned}\)
解：
\(d\sin\theta=\pm k\lambda\xRightarrow{近轴近似}d\cdot\theta=\pm k\lambda\) \(x=D\theta_2=D\frac{2\lambda}{d}=0.1\mathrm{m}\)
解：
\(\begin{aligned} d\sin\theta_1=k_1\lambda_1\\ d\sin\theta_2=k_2\lambda_2 \end{aligned}\) 取$\theta_1=\theta_2$，且$k_1,k_2\neq0$，得： \(\frac{k_1}{k_2}=\frac{\lambda_2}{\lambda_1}=\frac{3}{2}\) 除中央明纹外第二次重合，得$k_1=6,k_2=4$，得： \(d=\frac{k_1\lambda_1}{\sin\varphi}=3.05\mathrm{\mu m}\)
解：
当$k=k^\prime\frac{a+b}{a}=2k^\prime$时缺级，故能看到的光谱线为$k=-1,k=1,k=3,k=5$
解：
设自然光光强为$I_1$，偏振光光强为$I_2$，得： \(\begin{cases} I_{max}=\frac{1}{2}I_1+I_2\\ I_{min}=I_2 \end{cases}\) 解得： \(I_2=2I_1\) 故自然占总光强的$\frac{1}{3}$，偏振光占总光强的$\frac{2}{3}$。
解：
\(I(\theta)=\frac{1}{2}I_0\cos^2\theta\) 故有： \(I(45\degree)=\frac{I(30\degree)\cos^2 45\degree}{\cos^2 30\degree}=\frac{3}{8}I_1\)
解：
根据布儒斯特定律，有： \(\begin{cases} \tan\theta_1=\cfrac{n_2}{n_1}\\ \tan\theta_2=\cfrac{n_1}{n_2} \end{cases}\) 解得： \(\begin{cases} \theta_1=48.44\degree\\ \theta_2=41.56\degree \end{cases}\) 其中$\theta_1$为从水射向玻璃的起偏角，$\theta_2$为从玻璃射向水的起偏角。