工程光学习题解答第十章 光的电磁理论基础.docx

工程光学习题解答 第十章 光的电磁理论基础工程光学习题解答 第十章 光的电磁理论基础 1. 一个平面电磁波可以表示为Ex=0,Ey=2cos2p´10(-t)+14zcp2,Ez=0,求(1)该电磁波的频率、波长、振幅和原点的初相位？拨的传播方向和电矢量的振动方向？相应的磁场的表达式？ 解：平面电磁波E=Acos2pn(-t)+j 对应有A=2,n=10Hz,j=14zcp2,l=3´10-6m。 波传播方向沿z轴，电矢量振动方向为y轴。 B与E垂直，传播方向相同，By=Bz=0®®zpBx=meEy=CEy=6´1082p´1014(-t)+ c2. 在玻璃中传播的一个线偏振光可以表示Ey=0,Ez=0,Ex=10cosp10(试求光的频率和波长；玻璃的折射率。 解：E=Acos2pn(-t)+j=10cos10p( 2pn=10pvÞn=5´10Hz 1514215z-t)，0.65czc215z-t) 0.65cln=2p/k=2p/0.65c=3.9´10-7m cc3´108=1.54 n=-714lnnv3.9´10´5´103.在与一平行光束垂直的方向上插入一片透明薄片，薄片的厚度h=0.01mm,折射率n=1.5,若光波的波长为l=500nm,试计算透明薄片插入前后所引起的光程和相位的变化。 解：光程变化为 D=(n-1)h=0.005mm 0.005´106´2p=20p(rad) 相位变化为d=2p=l500D4. 地球表面每平方米接收到来自太阳光的功率为1.33kw,试计算投射到地球表面的太阳光的电场强度的大小。假设太阳光发出波长为l=600nm的单色光。 解：I=1e21A=e0cA2 2m22I1A=2B103v/m ce05. 写出平面波E=100expi(2x+3y+4z)-16´10t的传播方向上的单位矢量k0。 8工程光学习题解答 urrrB解：E=Aexpi(kBr-wt) rr k×r=kx×x+ky×y+kz×z kx=2,ky=3,kz=4ruuruuruuruuruuruurk=kx×x0+ky×y0+kz×z0=2x0+3y0+4z0 uurrrr2uu3uu4uuk0=x0+y0+z02929296. 一束线偏振光以45度角从空气入射到玻璃的界面，线偏振光的电矢量垂直于入射面，试求反射系数和透射系数。设玻璃折射率为1.5。 解：由折射定律 sinq2=sinq1n3=23cosq2=727-1.5´ncosq1-n2cosq223=-0.3034rs=1= n1cosq1+n2cosq227+1.5´2322´2n1cosq12ts=0.6966n1cosq1+n2cosq227+1.5´237. 太阳光以60度角入射到窗玻璃上，试求太阳光的透射比。 解： sinq2=sinqocsq2=6n13=33ts=n2cosq24sinq2cosq1×=2n1cosq1sin(q1+q2)221.5´1263×114´´34=0.823 36132(´+×)2323n2cosq24sin2q2cos2q1tp=×2=0.9982n1cosq1sin(q1+q2)cos(q1-q2)tn=8. 光波以入射角q1从折射率为n1介质入射到折射率为n2的介质，在两介质的表面上发生反(ts+tp)2=0.91工程光学习题解答 射和折射，s波和p波的振幅反射系数和投射系数分别为rs、rp和ts、tp。若光波从n2介质入射到n1介质中，入射角为q2，折射角为q1，s波和p波的反射系数和透射系数分别为r's、r'p和t's、t'p。试利用菲涅耳公式证明rp=-r'p；tst's=ts；tpt'p=tp。 n1 n2 解： q1 n1 n2 q1 q2 q2 a) 图10-39 习题8图 b) (1)rs=rs'=n1cosq1-n2cosq2n1cosq1+n2cosq2n1'cos'q1-n2'cos'q2n2cosq2-n1cosq1=-rsn1'cos'q1+n2'cos'q2n2cosq2+n1cosq12cosq1sinq22cos'q1sin'q22cosq2sinq1,ts'=sin(q1+q2)sin(q1'+q2')sin(q1+q2)(2)同1ts=4sinq1cosq1sinq2cosq2sinq1cosq24sin2q2cos2q1ts×ts'=×sin2(q1+q2)sinq2cosq1sin2(q1+q2)n2cosq24sin2q2cos2q1=×=ts2n1cosq1sin(q1+q2)(4)同略9. 电矢量方向与入射面成45度角的一束线偏振光入射到两介质的界面上，两介质的折射率分别为n1=1,n2=1.5，问：入射角q1=50度时，反射光电矢量的方位角？若q1=60度，反射光的方位角又为多少？ 解： 1q1=50°，由折射定律q2=sin-1(rs=-n1sinq1)=30.7°n2sin(q1-q2)tg(q1-q2)=-0.335,rp=0.057sin(q1+q2)tg(q1+q2)Q入射光As=Ap=A由反射系数有As'=rsAs=-0.335As=-0.335A,Ap'=rpAp=0.057A 合振幅与入射面的夹角tga=(2)同理rs=-0.421,rp=-0.042a'=arctg(10. 光束入射到平行平面玻璃板上，如果在上表面反射时发生全偏振，试证明折射光在下表面反射时亦发生全偏振。 证明：当入射角为布儒斯特角时，发生全偏振，反射光中只有s波 第一次反射时，q1=q13,q1+q2=90°,n=As'Ap'Þa=-80.33°As')=84.3°Ap',tgqB=n n空n，tgqB'=n 第二次反射时，q2'=qB,q1'+q2'=90°,n'=空n玻 得证。亦可由rs,rp求证. 11. 光束垂直入射到45度直角棱镜的一个侧面，并经斜面反射后由底二个侧面射出，若入射光强为I0，求从棱镜透过的出射光强I？设棱镜的折射率为1.52，且不考虑棱镜的吸收。 I0 n玻45° I 图10-40 习题11图 工程光学习题解答 解： n-120.522)=0.0426n+12.52n-121-1.522经过第三面时，反射比为r3=0.0426n+11+1.52经过第二面时，q1=45°,sinq2=1.52´sin45°Þq2>90°经过第一面时，反射比为r1=(在此面发生全反射，即r2=1出射光强为I=t1r2t3I0=´1´I0=0.917I012. 一个光学系统由两片分离透镜组成，两透镜的折射率分别为1.5和1.7，求此系统的反射光能损失。如透镜表面镀上曾透膜，使表面反射比降为0.01，问此系统的光能损失又为多少？设光束以接近正入射通过各反射面。 解 此系统有4个反射面，设光束正入射条件下，各面反射率为n-11.5-12R1=(1)2=0.04n1+11.5+11-1n2-121.5R2=2=0.041n2+1+11.5R3=R4=0.067光能损失为t=(1-R1)(1-R2)(1-R3)(1-R4)=0.802，损失20%若反射比降为0.01，则t'=(1-0.01)=0.96,损失4%13. 一半导体砷化镓发光管，管芯AB为发光区，其直径d»3mm。为了避免全反射，发光管上部磨成半球形，以使内部发的光能够以最大投射比向外输送。要使发光区边缘两点A和B的光不发生全反射，半球的半径至少应取多少？(已知对发射的l=0.9nm的光，砷化镓的折射率为3.4) 。 A B 图10-41 习题13图 4工程光学习题解答 解： 设半球半径为R，由正弦定理，管芯边缘发光的入射角q有sinasinq=×rRrQsina最大为1，最小为0，0£sinq£Rr若sinq=时仍不能发生全反射，则AB内所有光均不会发生全反射 R1全反射角sinqC=3.4r1sinq<sinqcÞ<sinqc=R3.4dR>3.4r=3.4´=5.1mm214. 线偏振光在玻璃-空气界面上发生全反射，线偏振光的方位角a=45度，问线偏振光以多大角度入射才能使反射光的s波和p波的相位差等于45度，设玻璃折射率n=1.5。 解： 全反射时，S波与P波相位差为d，且cosq1sin2q1-n2tg=2sin2q1dcos2q1(sin2q1-n2)tg=2sin4q12dæ2dö4222 1+tgç÷sinq1-(1+n)sinq1+n=02èø1将n=,d=45°代入有sin2q1=0.6483或0.58421.51q1=53.63°或49.85°，而qC=arcsin=41.81°1.5上述答案均可15. 线偏振光在n1和n2介质的界面发生全反射,线偏振光的方位角a=45度,证明当1-n2 cosq=21+n时(q是入射角),反射光波和波的相位差有最大植。式中n=n2/n1。 证明： 工程光学习题解答 全反射时，S波与P波相位差为cosqsin2q-n2cosq1-cos2q-n2tg=22sinq1-cos2qd若d最大，则tgd2最大，令tgd2=y,cosq=xx1-x2-n2y=1-x21122-21-x-n+x(1-x-n)×(-2x)(1-x2)-x1-x2-n2×(-2x)dy2=22dx(1-x)22令dy=0,则有dx1x(-2x)=x(1-x2-n2)×(-2x)2(1-x2)(1-x2-n2)+1-n2x=1+n221-n21当cosq=2时,d取最大21+n16. 圆柱形光纤其纤芯和包层的折射率分别为n1和n2，且n1>n2。证明入 射光的最大孔径角2u满足关系式sinu= 解： n12-n22;若n1=1.62,n2=1.52,求孔径角？ n2 u qc n1 图10-42 习题16图 2n12-n2n2(1)Qsinqc=,sinq2=cosqc=n1n1 sinu=n1sinq22=n12-n2n0(2)若n1=1.62,n2=1.5222u=2arcsinn12-n2=68.2°17. 已知硅试样的相对介电常数e=12，电导率s=2W-1.cm-1，证明当电磁波的频率e0工程光学习题解答 n<109HZ时，硅试样具有良导体作用。计算n=106HZ时电磁波对这种试样的穿透深度。 解： ss£时，介质可看作良导体w2pns2对于硅n£=36´109Hz2pe2p×1´1074pC2n<109Hz时，硅具有良导体作用当e£穿透深度x0=2wms=2=0.356m-72pm´4p´10´218. 铝在l=50nm时，有n=1.5，nk=3.2，试求正入射时的反射比和相位变化。 解： 1.52+3.22+1-2´1.5正入射时r=2=0.6362n2(1+k2)+1+2n1.5+3.2+1+2´1.5tgd=2n1n2k2´1´3.2=0.577222222n2+n2k-n11.5+3.2-1n2(1+k2)+1-2nd=29.12°19. 两束振动方向相同的单色光波在空间某一点产生的光振动分别表示为E1=a1cos(a1-wt)和E2=a2cos(a2-wt)，若w=2p´1015HZ，a1=6v/m，a2=8v/m，a1=0，a2=p/2，求合振动的表示式。 解： 合振动E=E1+E2=a1cos(wt-a1)+a2cos(wt-a2)=Acos(a-wt)其中A2=a12+a22+2a1a2cos(a1-a2)=10v/mtga=a1sina1+a2sina24=a1cosa1+a2cosa23E=10cos(53.13°-2p´1015t)20. 利用波的复数表达式求两个波E1=acos(kx+wt)和E2=-acos(kx-wt)的合成波。 解： E1与E2的复数表达式为E1=aexpi(kx+wt)E2=-aexpi(kx-wt)E=E1+E2=aexpi(kx+wt)-aexpi(kx-wt)取实部Re(E)=-2asinkxsinwt=aexp(ikx)eiwt-e-iwt=2aisinwtcoskx+isinwt工程光学习题解答 21. 一束沿z方向传播的椭圆偏振光表E(z,t)=x0Acos(kz-wt)+y0Acos(kz-wt-试求偏振椭圆的方位角和椭圆长半轴及短半轴大小。 解： p4)，由题知a1=A,a2=A,a1=kz,a2=kz-方位角tg2j=p4,d=-p42a1a2cosd®¥,2j=90°,即j=45°22a1-a2设长短半轴分别为A1，A2，则有A12+A22=a12+a22=2A2sin2e=sin2bsind=-tge=A2A122tge=21+tg2e求得A1=1.31A,A2=0.54A,其中略掉tge=2+1>1项22. 有一菲涅耳棱体，其折射率为1.5，入射线偏振光的电矢量与入射面成45度角，求棱体的顶角a取多大时，能使从棱体射出圆偏振光？若棱体的折射率为1.49，能否产生圆偏振光？ 解： (1)因为入射光的振动方向与入射面夹角为45°，所以S波与P波的振幅相同，所以只需两次全反射使S、P拨相位差为即可，那么每次反射2cosqsin2q-n2产生的相位差为c，有tg=tg=28sin2q得q=53°15'或50°13'pdp(2)对于固定的n,d必定有极大值，将上式对q求导222ædö2n-(1+n)sinq=0çtg÷=3222èøsinqsinq-n2n22得sinq=(1+n2)ddq1-n21öædm存在极大值，tg=0.4094çn=÷22n1.49øèdmdm=44.32°<p4,不可能产生圆偏振光23. 又旋圆偏振光以50度角入射到空气-玻璃界面，试决定放射波和工程光学习题解答 透射波的偏振状态。 解：入射为右旋圆偏振光，如图，可写为 Es=acoswt Ep=acosçwt-æèpö÷=asinwt 2ø若设n波=1.5，则布儒斯特角qB=56°，所以反射光中S波与P波均存在。有 pöæEs'=rsEs=-rsEs=rs×asinçwt-÷2ø èEp'=rpEp=rp×asinwtEs'比Ep'落后p相位，且有rs¹rp 2反射光为左旋椭圆偏振光 对于透射光 Es''=ts×Es=tsacoswtpö æEp''=tpEP=tpacosçwt-÷2øèts¹tp 投射光为右旋椭圆偏振光。 24. 确定其正交分量由下面两式表示的光波的偏振态： zz5pEx(z,t)=x0Acos(-t),Ey(z,t)=y0Acosw(-t)+ cc455解：对于合成波有a1=a2=A,a1=0,a2=p,d=p 44 方位角tg2j=2a1a23cosd=-¥,j=p a12-a2242Þtgd=-2+1,(-2-1略） 2 又sin2e=sin2bsind=- tge<0 为右旋 又设长短轴为A1,A2 A2=-2+1 A1222 且有 A1+A2=2A A1=1.71A,A2=0.29A 工程光学习题解答 25. 真空中沿z方向传播的两个单色，光波为若zE1=acos2p(-vt),E2=acos2plz-(v-Dv)t(l+Dl)a=1n=0´v14Dn0=m试求合成波在各处的z=0,Hz/,=1m和z=1.5Zm681H强度随时间的变化关系。若两波频率差Dn=3´10HZ，试求合成波振幅变化和强度变化的空间周期。 解：令w1=2pn,w2=2p(n-Dn),k1=则 E1=acos(k1z-w1t) 2pl,k2=2p(l+Dl)E2=acos(k2z-w2t) 则合成波强度I=4acos其中 wm=22(wmt-kmz) 1×2p×Dn=108p×rad 2m-1 (w1-w2)(k1-k2)22= km=p32I4´10cosê104éë8pt-pùzú 3û428 z=0时 I4´10cos10pt-p3 428 z=1时 I4´10cos10pt 428 z=1.5时 I4´10cos10pt-p2 若Dn=3´10Hz 8wm=3´108prad -1 km=pm w=p(2n-Dn)B12´1014prad kB4´106pm-1 工程光学习题解答 E=2acos(kmz-wmt)coskz-wt 8614 =2acospz-3´10tcos4´10pz-12´10pz 空间周期为2m ()()()I=4a2cos2(wmt-kmz) 428 =4´10cospz-3´10pt 空间周期为1m ()26. 试计算下列各情况的群速度：n=gl2pTg为重力加速度）n=2prl。 解：群速度vg=v-ldv dldv1-1v=l2gÞvg= v=gl2pÞ2pdl22v=2pTrl-12dv12pT-33Þ=-l2Þvg=v dl2r227. 试求图10-43所示的周期性矩形波的傅里叶级数表达式，并绘出其频谱图。 E(z) Z -l lll - 44 图10-43 习题27图 解：周期性矩形波为偶函数，所以Bn=0 A0=14 Ezdz=dz=()llòò-l22421ll工程光学习题解答 Au=lò-222llE(z)cosnkzdz=lò-442llcosnkzdz=2nsinp np2 即A1=2p2,A2=0,A3=-,A4=0 p f(z)=11+(coskz-cos3kz+cos5kz-cos7kz+.) 2p 图略 28. 求图10-44所示周期性三角波的傅里叶分析表达式，并绘出其频谱图。 E(Z) ll -l -l 2 2 图10-44 习题28图 解：偶函数Bn=0 A0=Z lò-221llE(z)dz=lò2l20zdz=4l4l Au=lò-222llE(z)cosnkzdz=lò20zcosnkzdz=lcosnp-1) 22(np 即A1=- f(z)=2lp,A2=0,A3=2-2l,A4=0 9p2l4-2læ11öcoskz+cos3kz+cos5kz+.ç÷ 222pè35ø29. 试求图10-45所示的矩形脉冲的傅里叶变换，并绘出其频谱图。 E(z) 1 图10-45 习题29图 Z -L L 工程光学习题解答 解：A(k)=ò+¥-¥+L2æ2Löf(z)e-ikzdz=òe-ikzdz=sinkL=2Lsincç÷ -Lkèlø30. 试求图10-46所示的三角形脉冲的傅里叶变换。 E(z) L -L 0 L 图10-46习题30图 解：A(k)=Z ò+¥-¥f(z)e-ikzdz=ò+¥-¥+¥-¥f(z)(coskz-isinkz)dz L0=òf(z)coskzdz=2òf(z) L =2 ò0(-z+L)coskzdz=222æ1ö1-coskL=Lsincç÷ )2(kèlø8631. 氪同位素Kr放电管发出的波长l=605.7nm的红光是单色性很好的光波，其波列长度约为700mm，试求该波的波长宽度和频率宽度。 605.72-4=5.24´10nm 解：Dl=62L700´10l2 Qln=c Dnn=DllDl5.24´10-4Dn=n=´109=0.43´109Hz l605.7工程光学习题解答 32.M1、M2是两块平行放置的玻璃片(n=1.50)，背面涂黑。一束自然光以 qB角入射到M1上的A点，反射至M2上的B点，再出射。试确定M2以AB为轴旋转一周时，出射光强的变化规律。 解 由题设条件知，两镜的入射角 qB，且有 q1均为 -1n2oq=q=tan=56.311B n1 oo q2=90-qB=33.69对于M1，有 rp=(rp)2=0 sin(q1-q2)22r=(r)=-=0.1479 sssin(q1+q2)由于是自然光入射，p、s分量无固定相位关系，光强相等，故 1I r=(rp+rs)=0.074=12I0 式中，I0是入射自然光强；I1是沿AB的反射光强，反射光是垂直于图面振动的线偏振光。 对于M2，假设在绕AB轴旋转的任一位置上，入射面与图面的夹角为 ，则沿AB的入射光可以分解为p分量和s分量，它们之间有一定位相差，其振幅为 E=Isinqp1 Es=I1cosq 由于此时的入射角也为 ，所以： qBr=0 psin(q1-q2) rs=-=-0.3846sin(q1+q2) E'p=0因此，自M2出射光的振幅为 'Es=rsEs=(-0.3846)I1cosq 即自M2出射光的强度为： '2I2=(Es)=0.011I0cos2q结论：出射光强依M2相对于M1的方位变化，符合马吕斯定律。 q