华中科技大学竺子明物理光学习题解答Word文件下载.docx

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=-μ⎝⎭=-μ

∇（∇⋅E）=∇ç

⎪

由∇⨯∇⨯E=∇（∇⋅E）-∇E可得：

⎛∂H⎫

=∇⨯J+ε⎝⎭=∇⨯J-εμ

由∇⨯∇⨯H=∇（∇⋅H）-∇H可得：

综上，波动方程为⎨2

⎪∂t2

1.3证明：

在无源自由空间中

（1）仅随时间变化的场，如E（t）=xE0sin（ωt），不满足麦克斯韦方程组；

⎣⎝

z⎫⎤

⎪，可满足麦克斯韦方程

组（式中，c=

εμ

）。

=0。

仅

而εμ

=-εμω2E0sin（ωt）不恒为0。

因此无法满足波动方程，不满足麦克斯韦方程组。

⎪时，

∇

⎡⎛z⎫⎤

⎣⎝c⎭⎦

在无源空间中，麦克斯韦方程组可写为

⎨

⎪∇⋅E=0

⎪∇⋅H=0

∇E-μ

⎧2∂J∂2Eρ

⎪⎪

∂t∂t

⎪∇2H+∇⨯J-εμ∂H=0

⎩

⎡⎛

（2）同时随时间和空间变化的场，如E（t,z）=xE0sin⎢ωç

c⎭⎥⎦

证：

（1）无源空间中，若场满足麦克斯韦方程组，则满足波动方程∇E-εμ

随时间变化的场无空间变量，∇E=0。

（2）当E（t,z）=xE0sin⎢ωç

E=-εμω2E0sin⎢ωç

t-⎪⎥，

=-ω2E0sin⎢ωç

t-⎪⎥

满足波动方程∇E-εμ

=0，则E（t,z）可满足麦克斯韦方程组。

1.5推导磁场波动方程式∇H-με

⎪∇⨯H=ε∂E

∇⨯∇⨯H=ε

⎛∂H

⎫

⎪2

∇2H-εμ

2.2空气中均匀平面光波的电场强度振幅E0为800V/m，沿x方向偏振，z方向传播，波长

为0.6μm，求：

（1）光波的频率f

（2）周期T

（3）波数k

（4）磁场强度振幅H

（1）f=

=5⨯1014Hz

（2）T=

（3）k=

2π

=2⨯10-15s

=1.047⨯107radm

（4）H=

⋅E=2.12Am

⎝3⎭⎝3⎭

求：

（1）时间角频率ω

（2）介质的相对介电常数εr

377

⋅εr，又由题干知，

30π

解得，εr=16

ω=k⋅v=k⋅

εr

=108rads

-μ

=ε⎝

⎭=-εμ∂H，∇∇⋅H=0

（）

由∇⨯∇⨯H=∇（∇⋅H）-∇H可得：

⎛4y

2.5均匀绝缘介质中的光场为E=z⋅300πcosç

-ωt⎪，H=x⋅10cosç

-ωt⎪

2.7在正常色散区，k1，证明当γ=0时，式（2.3.11）可近似为柯西公式。

证明：

k1，γ=0时

n2=1+

Nq2Nq2

⋅

可以看成n→∞项求和，

Nq2

ε0mω02

λ2n

=1+

⎣

1Nq1

≈1+2+

⎝ω0⎭λε0mω0⎝ω0⎭λ

2B'

2.8一光学材料对435.8nm和546.1nm波长的折射率分别为1.52626和1.51829，确定柯西公

式中的常数A和B，并计算该材料对486.1nm波长的折射率和色散率dn

柯西公式近似为n=A+

λ2

dλ

。

带入题中数据，解得

λ=486.1nm时，带入柯西公式，得n=1.52195

dn2B

dλλ

2.9两个振动方向相同的单色波在空间某点的振动分别为E1=a1cos（α1-ωt）和

E2=a2cos（α2-ωt），若ω=2π⨯1015Hz，a1=15Vm，a2=10Vm，α1=0和

α2=

，求该点的合振动表达式。

E=E1+E2=E0exp⎡j（ϕ-ωt）⎦

E0=a1+a1+2a1a2cos（α2-α1）=18Vm

=1+⋅

1-ç

⎪

⎛2πν1⎫

⎝ω0

n2=1+⋅

Nq2⎡

⎤

⎛2πν⎫⎛2πν⎫

⎢1+ç

⎪+ç

⎪+⎥

⎥⎦

⎛2πν⎫

NqNq22

=1++⋅ç

⎪⋅224+

+⋅ç

⎪⋅

NqNq2

mωεmω

⋅ç

⎪⋅22⋅ç

⎪⋅4

则近似为柯西形式n=A'

A=1.50413，B=4.16806×

10nm2

=-3=-7.2574⨯10-5nm-1

⎣⎤

⎝a1cosα1+a2cosα2⎭

2.10如图2.4.3所示，有N个振幅同为A0的光波叠加，相邻相幅矢量之间的夹角为δ，利

用相幅矢量加法求合振动的振幅A。

取第一个光波方向为标准方向，记为A0则

1-e-iδ

1-e-inδ

=A0⋅

1-cosnδ

1-cosδ

nδ

sin

2.11两个偏振方向相同的光波分别为E1=a⋅cos（kx+ωt）和E2=-a⋅cos（kx-ωt），利用

复数形式求合光波。

两个光波的复数形式为E1=a⋅exp⎡⎣j（kx+ωt）⎤⎦，E2=-a⋅exp⎡⎣（kx-ωt）⎤⎦

π⎫⎤

2⎭⎥⎦

⎧⎡⎛

⎩⎣⎝

2⎭⎦⎭

π⎫⎤⎫

2.14证明任何一个椭圆偏振光可分解为一对旋向相反，振幅不等的圆偏振光。

a1a2aa2

这是一个斜椭圆，取适当的坐标系，可以将其转化为

⎧x=acosθ

=1，也可以表示为

⎧x1=pcosθ

假设存在两个方向相反的圆偏振光⎨

⎧⎪x2=qcos（-θ）

和⎨

⎧x=x1+x2

，使得⎨

，

⎛a1sinα1+a2sinα2⎫

⎪=33.69︒

则合振幅表达式为E=18cos（33.69︒-2π⨯10t）Vm

+Ae-2iδ++Ae-（N-1）iδ=A

-iδ1-e-inδ

A=A0+Ae000⋅

A=A=A0⋅=A0⋅

（1-cosnδ）+sin2nδ

（1-cosδ）+sin2δ

合光波的复数形式为E=E1+E2=2aexp⎢jç

kx+

⎪sin（ωt）

合光波E=Re⎨2aexp⎢jç

⎪⎥sin（）⎬=-2asin（）（）

Ex2

Eyxy

对于任意一个椭圆方程2+2-2cosδ=sinδ，其中δ=α2-α1

xy2

ab2

⎩y=bsinθ

⎩y1=psinθ

⎪⎩y2=qsin（-θ）

⎩y=y12

则椭圆可有这两个相反的圆偏振光叠加而成。

解得，当⎨⎨

⎪x1+y1=ç

⎪

逆时针方向

顺时针方向

综上，任何一个椭圆偏振光可分解为一对旋向相反，振幅不等的圆偏振光。

2.15一个平面线偏光从空气中入射到εr=4，μr=1的介质上，如果入射光的电场强度矢量

与入射面的夹角为45︒，问：

（1）入射角θi为何值时，反射光中只有垂直分量？

（2）此时反射率R等于多少？

（1）n1=1，n2=

εrμr=2当反射光中只有垂直分量时，入射角为布儒斯特角，有：

tanθi=

=2，θi=64.43︒

（2）由n1sinθ1=n2sinθ2，θ1=θi=64.43︒，解得，θ2=26.56︒。

Rs=rs

=ç

⎪=36%

2.18已知全反射时，第二介质中的电场强度矢量为：

=yA

（1）第二介质中的磁场强度矢量H2

（2）平均坡印廷矢量

（3）分析第二介质中的能量流动情况

（1）由E2的表达式知，选取的入射面是xz面。

=18%

则有sinθ2=

sinθ1

⎝n⎭

k2=sinθ2x+cosθ2z

⎧a+b⎧22⎛a+b⎫

⎪⎪p=

2时，满足上述情况，则两个圆为⎪⎝2⎭

⎪q=a-b

⎪x22=ç

⎝⎭⎪

⎪22⎛a-b⎫

⎪⎩

⎛n1122⎫

cosθ-ncosθ

⎝n1cosθ1+n2cosθ2⎭

R=Rssin2α+Rpcos2α，由Rp=0和α=45︒得，R=sin45︒⋅Rs=

E22exp（-μz）exp⎡⎣j（k2xx-ωt）⎤⎦

⎛sinθ1⎫

，cosθ2=±

jç

⎪-1

ˆˆˆ

H2=kˆ2⨯E2⋅

ε2

μ2

⎝⎭

1ˆ

当虚部前取正号时，振幅将随x增加趋向无限大，因此舍去。

因此有：

H2=

（2）在介质中，复振幅分别为：

=yA=z⋅A

坡印廷矢量为：

S2=

xˆ

（3）由于是全反射，在介质内的波为隐失波，其平均能流为0。

而在介质界面上能流为xˆ方

向，大小呈指数衰减。

2.19一个折射率n=1.3的介质立方块置于空气中，平面波以θ1角入射到介质块的A端，偏

转θ2角后传播到介质块的B侧，求：

（1）θ1=22︒时的θ2

（2）B侧有光波传出的最小θ1

（1）sinθ2=

n1.3

θ2=arcsin0.288≈16.75︒

（2）全反射角θ'

，此时θ2=90︒-θ'

sinθ1=nsinθ2，解得，θ1≈56︒，而此为产生全反射的最小角，因此θ1最小为56︒。

2.26铝的n=1.5，k=3.2，波长500nm的光垂直照射铝表面，求反射光相对入射光的相位变

化ϕ和反射率R。

垂直入射时r=rs=rp=

n-1

n+1

n+kj-1

n+kj+1

=（sinθ2x+cosθ2z）⨯yA2exp（-μz）exp⎡j（k2xx-ωt）⎤⋅

⎛sinθ

A2ç

Z±

⎪-1⋅x⎪exp（-μz）exp⎡j（k2xx-ωt）⎤

n⎝n⎭⎪

Z-jç

E22exp（-μz）exp（jk2xx）H22exp（-μz）exp（jk2xx）

ˆˆ

ReE2+H2*=

A2exp（-2μz）

sinθ1=⋅sin22︒≈0.288

相位变化ϕ=ϕs=ϕp=arctan

Imr

Rer

≈29.118︒

n+1n+kj+1

3.3如题3.3图所示的杨氏干涉装置中，点光源波长λ=0.55μm，小孔间隔d=3.3mm，

小孔到观察屏的距D=3m。

（1）条纹间隔e

（2）在小孔S2后放一块厚度h=0.01mm的玻璃平行平板，确定条纹移动方向，给出移动公

式

（3）在

（2）的条件下，若条纹移动4.73mm，求玻璃折射率n

（1）e=

Dλ

=0.5mm

（2）由于加了玻璃板后下光束比上光束的光程多了h（n-1），为了平衡光程差，中心条纹

将向下移动。

光程差D=n-1

在没有加玻璃板时，零级条纹在x=0处，增加玻璃后，D=0时，

x=-

（n-1）eh

故条纹往下移动了

（3）将数据带入

（2）中公式，得n=1.5203

3.4如题图3.4所示，求沿s1p和s2p传播的两个相干平面波在点p的相位差。

⎛

⎝

由于r1+r2≈2D

2dxdx

光程差D=

2⎭⎝2⎭

2dx

r+r2

kdx

3.7图3.1.1中，除x=0处的单色光源s外，还有x=

处的s'

和x=-

两个单色

R=r===63.6%

+h（）

xλ

D=r21=ç

-r

d⎫

⎪+y2+z2-ç

x-⎪+y+z=

相位差ϕ=⨯2π=

点光源，三个点光源的波长、光强相同。

求干涉条纹对比度。

s在P点处的光强为I1=2I0+2I0cos

2πD

在P点处的光强为I2=2I0+2I0cos

⎛b⎫

⎝2⎭

+I+I=2I

变量为光程差D，当cos

取±

1时，分别为I的最大和最小值。

对比度k=

Imax-Imin

Imax+Imin

1+2cos

πbβ

3.8干涉仪中点光源的光谱如题图3.8所示，求干涉条纹对比度。

I1=2I0

k1+∆k

k1-∆k

⎡

sin（∆kD）

∆kD

⎦

k2+∆k

k2-∆k

由于I1与I2互不相干，总光强为

∆kD22

式中光程差D为变量，由实际情况可知，∆kD≈0，则

≈1。

k1≈k2，则

k1-k2k1+k2k1+k2

cos

222

1时，分别约为I的最大和最小值。

=⋅cosD

∆kD2

8-1

，高稳定激光的典型频带宽度为

2πç

D+β

D-β⎪

I=I1230⎢3+cos1+2cos

⎡2πD⎛πbβ⎫⎤

⎪⎥

⎰

（1+coskD）dk=4I0∆k⎢1+

cos（k1D）⎥

I2=2I0⎰

cos（k2D）⎥

⎡sin（∆kD）k1-k2k1+k2⎤

I=I1+I2=8I0∆k⎢1+⋅cosD⋅cosD⎥

≈1，因此真正对I的值产生显著影响的是cosD项。

而cosD取

sin（∆kD）k1-k2

3.9准单色热光源的典型频带宽度为∆D=10s

∆ν=104s-1，求它们各自的相干时间和相干长度。

对于准单色热光源，相干时间τ=

∆ν

=10-8s，相干长度dl=τ⋅c=3m

对于高稳定激光，相干时间τ=

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