工程光学习题解答第十章 光的电磁理论基础.docx

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1、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=2cos2p10(-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=310-6m。 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=0zpBx=meEy=CEy=61082p1014(-t)+ c2. 在玻璃中传播的一个线偏振光可以表示Ey=0,Ez=0

2、,Ex=10cosp10(试求光的频率和波长；玻璃的折射率。 解：E=Acos2pn(-t)+j=10cos10p( 2pn=10pvn=510Hz 1514215z-t)，0.65czc215z-t) 0.65cln=2p/k=2p/0.65c=3.910-7m cc3108=1.54 n=-714lnnv3.9105103.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 0.0051062p=20p(rad) 相位变化为

3、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)-1610t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 kr=kxx+kyy+kzz kx=2,ky=3,kz=4ruuruuruuruuruuruurk=kxx0+kyy0+kzz0=2x0+3y0+4z0 uurrrr2uu3uu4uuk0

4、=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=727-1.5ncosq1-n2cosq223=-0.3034rs=1= n1cosq1+n2cosq227+1.523222n1cosq12ts=0.6966n1cosq1+n2cosq227+1.5237. 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=2n1cosq1s

5、in(q1+q2)221.5126311434=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rs、rp和ts、tp。试利用菲涅耳公式证明rp=-rp；tsts=ts；tptp=tp。

6、 n1 n2 解： q1 n1 n2 q1 q2 q2 a) 图10-39 习题8图 b) (1)rs=rs=n1cosq1-n2cosq2n1cosq1+n2cosq2n1cosq1-n2cosq2n2cosq2-n1cosq1=-rsn1cosq1+n2cosq2n2cosq2+n1cosq12cosq1sinq22cosq1sinq22cosq2sinq1,ts=sin(q1+q2)sin(q1+q2)sin(q1+q2)(2)同1ts=4sinq1cosq1sinq2cosq2sinq1cosq24sin2q2cos2q1tsts=sin2(q1+q2)sinq2cosq1sin2(q

7、1+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)=30.7n2sin(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=

8、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=AsApa=-80.33As)=84.3Ap,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

9、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=1.52sin45q290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=1I0=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

10、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d3mm。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

11、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0，0sinqRr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=3.4r1sinqsinqc3.4r=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，

12、且cosq1sin2q1-n2tg=2sin2q1dcos2q1(sin2q1-n2)tg=2sin4q12d2d4222 1+tgsinq1-(1+n)sinq1+n=021将n=,d=45代入有sin2q1=0.6483或0.58421.51q1=53.63或49.85，而qC=arcsin=41.811.5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-c

13、os2q-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n1n2。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？

14、 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=68.217. 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 n109HZ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=36109Hz2pe2p11074pC2n1项22. 有一菲涅耳棱体，其折射率为1.5，入射线偏振

15、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=5315或5013pdp(2)对于固定的n,d必定有极大值，将上式对q求导222d2n-(1+n)sinq=0tg=3222sinqsinq-n2n22得sinq=(1+n2)ddq1-n21dm存在极大值，tg=0.4094n=22n1.49dmdm=44.32p

16、4,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=acoswt-p=asinwt 2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 pEs=rsEs=-rsEs=rsasinwt-2 Ep=rpEp=rpasinwtEs比Ep落后p相位，且有rsrp 2反射光为左旋椭圆偏振光 对于透射光 Es=tsEs=tsacoswtp Ep=tpEP=tpacoswt-2tstp 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

17、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-a2242tgd=-2+1,(-2-1略） 2 又sin2e=sin2bsind=- tge0 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+D

18、l)a=1n=0v14Dn0=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=310HZ，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) 12pDn=108prad 2m-1 (w1-w2)(k1-k2)22= km=p32I410cos1048pt-pz 3428 z=0时 I410cos10pt-p3 428 z=1时 I410

19、cos10pt 428 z=1.5时 I410cos10pt-p2 若Dn=310Hz 8wm=3108prad -1 km=pm w=p(2n-Dn)B121014prad kB4106pm-1 工程光学习题解答 E=2acos(kmz-wmt)coskz-wt 8614 =2acospz-310tcos410pz-1210pz 空间周期为2m ()()()I=4a2cos2(wmt-kmz) 428 =410cospz-310pt 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=l2gvg=

20、v=gl2p2pdl22v=2pTrl-12dv12pT-33=-l2vg=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=()ll-l22421ll工程光学习题解答 Au=l-222llE(z)cosnkzdz=l-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1

21、0-44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 l-221llE(z)dz=l2l20zdz=4l4l Au=l-222llE(z)cosnkzdz=l20zcosnkzdz=lcosnp-1) 22(np 即A1=- f(z)=2lp,A2=0,A3=2-2l,A4=0 9p2l4-2l11coskz+cos3kz+cos5kz+. 222p3529. 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

22、：A(k)=+-+L22Lf(z)e-ikzdz=e-ikzdz=sinkL=2Lsinc -Lkl30. 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 +-f(z)e-ikzdz=+-+-f(z)(coskz-isinkz)dz L0=f(z)coskzdz=2f(z) L =2 0(-z+L)coskzdz=22211-coskL=Lsinc )2(kl8631. 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

23、10nm 解：Dl=62L70010l2 Qln=c Dnn=DllDl5.2410-4Dn=n=109=0.43109Hz 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

24、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) Ep=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