《物理光学》谢敬辉 重点习题答案讲解.pdf 82页

'第一章习题1.2解：cλνn==0c7υ==1.2510m/s×υλνnλ600λ=0==250nmn2.4 1.3解：(1)hz−ωt+ϕ=常数⇒hdz−ωdt=00dzω⇒υ==dth221∂A1(z,t)2∂A1(z,t)=∇A(z,t)=2212υ∂t∂zA(z,t)=acos(hz−ωt+ϕ)102∂A1(z,t)2=−ahcos(hz−ωt+ϕ)20∂z2∂A1(z,t)2=−aωcos(hz−ωt+ϕ)20∂t222∂A1(z,t)h2∂A1(z,t)1∂A1(z,t)=()=2222∂zω∂tυ∂t 1.3解：(2)tzdtdzdzλ2π(+)=常数⇒+=0⇒υ==−TλTλdtT22∂A(z,t)8πtz2=−asin[4π(+)]22∂zλTλ22∂A(z,t)8πtz2=−asin[4π(+)]22∂tTTλ222∂A2(z,t)T2∂A2(z,t)1∂A2(z,t)=()=2222∂zλ∂tυ∂t c1.3解：(3)Bz−ct=常数⇒Bdz−cdt=0⇒υ=B2∂A3(z,t)2=2B2∂z2∂A3(z,t)2=2c2∂t222∂A3(z,t)B2∂A3(z,t)1∂A3(z,t)=()=2222∂zc∂tυ∂z1.6解：Ezt(,)=Ecos[(310π×6z+×91014t)]0614ϕ=π(310×z+×910t)=常数dz8υ==−×310ϕdtdϕ=0负号表明光波沿着z轴负方向传播 1.5解：(1)结合已知条件得：A(0,0)=acos(ϕ)=10(1)02πA(1,0)=acos(+ϕ)=−103(2)0λ4πA(2,0)=acos(+ϕ)=−10(3)0λ4π由(1)、(3)得：=±mπ根据λ>2的限制，得：m=1，所以，λ=4λ代入(2)中，整理得：asin(ϕ)=103(4)0与(1)结合，根据a>0的限制，得：a=20再由(1)、(4)结合，根据0<φ0<2π的限制，得：φ0=60°=π/3 ππj(kz−ωt+)j(kz−ωt+)1.9解：(1)Ez,t()=e6Ez,t()=e212OP=OP1+OP2=3nn为OP的方向上的单位矢量P2πP1πϕ=ϕ=02合23Oπϕ=016(2)、合成波波函数为：πj(kz−ωt+)Ez,t()=3e3 1.10解：(1)、没有变化；(2)、反向；(3)、如果原来是正弦，则变余弦；如果原来是余弦，则变正弦，且方向相反。1.12解：��k=||sin;kαk=0;k=||coskαxyz��||sinkα||coskαf=;f=0;f=xyz2π2πE=Eexp[(ikxkz⋅+⋅+ϕ)]0xz0E|=Eexp[(ikx⋅+ϕ)]z=00x0 1.13解：2221⎧f+f+f=xyz2⎪f0λcosα=x==0⎪f1f=0⎪/mmx⎪4fy=0.15/mm⎪⎪fy0.15/mmk的方向⎨cosβ===0.6λ=4mmf1⎪/mm∴f=0.2/mm⎪4z⎪f0.2/mm⎪cosγ=z==0.8⎪f1/mm⎪⎩4 1.22解：(1)E=E=0xz14zπEzt(,)=2cos[2π×10(−t)+]yc4可见，传播方向沿着+z轴，振动方向沿着y轴2πEzt(,)=Ecos[(z−υt)+ϕ]00λcπ对比得：E=2;λ==3000nm;υ=c;ϕ=014010414从而由υλν=得ν=10��(2)、因为磁感应强度矢量垂直于电场强度矢量：B⊥E它们之间‘量’的关系为：E=υB且磁感应强度矢量变化与电场强度矢量变化同步，所以磁感应强度矢量为：B=B=0yz214zπBzt(,)=cos[2π×10(−t)+]xcc4 1.23解：E=E=0xy15xExt(,)=Ecos[π×10(−t)]z00.65c可见，传播方向沿着+x轴，振动方向沿着z轴2πExt(,)=Ecos[(x−υt)+ϕ]00λ1.3c对比得：λ=;υ=0.65;cϕ=015010c1从而由υ=得n==1.54n0.651.26解：点光源的电场强度与距离成反比，所以根据题中所给的条件，点光源处的电场强度为100V/m，辐射功率正比于电场强度平方，故为10000(数量级)。 1.27解：ncosθ−ncosθθir=1i2t(8)sn1n1cosθi+n2cosθt2ncosθn1i2ts=(9)ncosθ+ncosθ1i2tθtncosθ−ncosθr=1t2i(12)pncosθ+ncosθ1t2i2ncosθt=1i(13)pncosθ+ncosθ1t2i对于r，根据(8)和(12)，将n1和n2、θi和θt互换，显然符号要改变。 2对于tt=1−r，以s波为例，p波过程相同。122112ncosθ−ncosθr=1i2ts12ncosθ+ncosθ1i2t2n1cosθi−n2cosθt2r=()s12ncosθ+ncosθ1i2t2n1cosθi−n2cosθt21−r=1−()s12ncosθ+ncosθ1i2t4ncosθncosθ=1i2t2(ncosθ+ncosθ)1i2t 2ncosθt=1is12ncosθ+ncosθ1i2t2ncosθ2ncosθt=2t=2ts21ncosθ+ncosθncosθ+ncosθ2t1i1i2t于是有：4ncosθncosθ1i2ttt=s12s21ncosθ+ncosθ1i2t同样也所以有：22tt=1−r=1−rp12p21p12p21以上证明是针对任意入射角和对应的折射角的，正入射是0°角入射的，为特例，故此正入射时也应该成立。 1.28解：R上θB如图所示，光线以布儒斯特角θB入射，则，上n1表面反射光R上为s光，当然是线偏振光。θR下在平板内的折射光包含s光和p光，在下表面也n2t满足布儒斯特定律，所以下表面的反射光R下也θ只是s光，当然也是线偏振光。tn1θB根据菲涅耳公式：tan(θ−θ)itr=−ptan(θ+θ)it可知，无论上下表面，θi+θt=θB+θt=θt+θB都成立，所以两表面都没有p反射光，只剩下s反射光。 1.29解：Ei(r、t)sEi(r、t)(1)、由图可见，Ei(r、t)p=Ei(r、t)cosβi(r、t)βi(r、t)Ei(r、t)pEi(r、t)s=Ei(r、t)sinβi(r、t)ncosθ−ncosθr=1i2tE=Etstsissncosθ+ncosθ1i2tE=Ettpipp2ncosθt=1iEEttstgβ=ts=iss=stgβncosθ+ncosθti1i2tEtpEiptptpncosθ−ncosθ1t2iE=Errp=rsissn1cosθt+n2cosθiE=Errpipp2ncosθEErrt=1itgβ=rs=iss=stgβpriEErrncosθ+ncosθrpippp1t2i (2)、n1=1、n2=1.5、βi=45°、θi=0°代入，得：rs=rp=-0.2，ts=tp=0.8，tgβi=tgβr=tgβt=1，最终得：βr=βt=45°n1=1、n2=1.5、βi=45°、θi=30°代入，得：��3n1sinθi21⋅sin3022cosθ=cos30=;cosθ=1−()=1−()=2it2n1.532321⋅−1.5⋅2n1cosθi−n2cosθt23r===−0.24sn1cosθi+n2cosθt321⋅+1.5⋅2232211⋅−1.5⋅n1cosθt−n2cosθi32r===0.114pn1cosθt+n2cosθi2211⋅+1.5⋅32 rs−0.24�tgβ=tgβ=tg45=−2.124rir0.113p�负号意味着反射光的光场在入射面的背面⇒β=−64.79r32⋅1⋅2ncosθ1i2t===0.76sn1cosθi+n2cosθt321⋅+1.5⋅22332⋅1⋅2ncosθ1i2t===1.057p21ncosθ+ncosθ1t2i1⋅2+1.5⋅32ts0.76�tgβ=tgβ=tg45=0.72tit1.057p�⇒β=35.72t 1.30解：ncosθ−ncosθ2ncosθr=1i2tt=1issncosθ+ncosθncosθ+ncosθ1i2t1i2t2n2cosθt2R=|r|T=⋅|t|ssssncosθ1in1cosθi−n2cosθt2R+T=()ssncosθ+ncosθ1i2tn2cosθt2n1cosθi2+()ncosθncosθ+ncosθ1i1i2t2(ncosθ−ncosθ)+4nncosθcosθ=1i2t12it2(ncosθ+ncosθ)1i2t=1 r=n1cosθt−n2cosθi2n1cosθipt=ncosθ+ncosθp1t2incosθ+ncosθ1t2i2n2cosθt2R=|r|T=⋅|t|ppppncosθ1in1cosθt−n2cosθi2R+R=()ptncosθ+ncosθ1t2in2cosθt2n1cosθi2+()ncosθncosθ+ncosθ1i1t2i2(ncosθ−ncosθ)+4nncosθcosθ=1t2i12ti2(ncosθ+ncosθ)1t2i=1 1.31解：(1)1T=1[αT+T]R=[αRs+Rp]spEE1+α1+αi(r、t)si(r、t)由图可见，Ei(r、t)p=Ei(r、t)cosβi(r、t)βi(r、t)Ei(r、t)pEi(r、t)s=Ei(r、t)sinβi(r、t)2α为入射光s分量和p分量光强度之比，则：α=tgβ112R=[αR+R]=[Rtgβ+R]sp2sp1+α1+tgβ2222=cosβ[Rtgβ+R]=Rsinβ+Rcosβspsp112T=[αT+T]=[Ttgβ+T]sp2sp1+α1+tgβ2222=cosβ[Ttgβ+T]=Tsinβ+Tcosβspsp(2)、对于自然光，方位角β取平均值：β=45°，代入即得。 1.32解：−1n2−1�θ=tg()=tg(1.5)=56.3Bn1以布儒斯特角入射，反射光必定没有p分量，rp=0，因而Rp=0，由上题可知，对于线偏振光(1)：2n1cosθB−n2cosθt22R=Rsinβ=()sinβsncosθ+ncosθ1B2t��1⋅sin56.3021⋅cos56.30−1.51−()1.522�=()sin30��1⋅sin56.3021⋅cos56.30+1.51−()1.5=0.037T=1-R=0.963对于自然光(2)：β=45°，R=0.074，T=1-R=0.926。 1.33解：对于垂直入射的情况，反射率和透射率分别为：R=0.04；T=0.96对于R1光，只是反射一次，故反射率为R1=0.04；对于R2光，经过透射—反射—透射过程，故R2=TRT=(0.96)·(0.04)·(0.96)=0.037；对于R3光，经过透射—反射—反射—反射—透射过程，故R3=TRRRT=(0.96)·(0.04)3·(0.96)=5.89×10-5；对于T1光，经过两次透射，故透射率为T1=TT=(0.96)·(0.96)=0.92；对于T2光，经过透射—反射—反射—透射过程，故T2=TRRT=(0.96)·(0.04)·(0.04)·(0.96)=1.47×10-3；对于T3光，经过透射—反射—反射—反射—反射—透射过程，故T3=TRRRRT=(0.96)·(0.04)·(0.04)·(0.04)·(0.04)·(0.96)=2.36×10-6； 第二章习题xx2.1解：(1)fx()=⋅arect()−⋅btri()LLx−x0(2)fx()=⋅atri()Lx+xx−xf(x)=rect(0)+rect(0)(3)llax+Lx−L(4)f(x)=[sgn()+sgn()+2sgn(x)]2−1−1x或：fx()=rect()sgn()⋅xL或者直接写成⎧a00时，∫δ(α)dα=1−∞∞01∵δα()是偶函数当x=0时，∫δα()dα=⇒1∫δα()dα=−∞−∞2符合step(x)的定义，所以等式成立。 2.4证明：sin(πx)=0⇒πx=mπ⇒x=mm=introotroot[sin(πx)]"|=π[cos(πx)]=±πm=intxroot=mxroot=m∞δ(x−x)δ(x−m)rootδ[sin(πx)]=∑(m=int)=∑|[sin(πx)]"|x=m|m=−∞πroot∞πδ[sin(πx)]=∑δ(x−m)=comb(x)m=−∞2.11(2)解：f(x)=πδ[sin(πx)]=comb(x)Fˆ[f(x)]=Fˆ[comb(x)]=comb(µ) 2.6证明：f(x)的傅立叶级数可以用复数形式表示为：n=∞2πnxf(x)=∑cnexp(i)(8)n=−∞T01T0/22πnxc=f(x)exp(−i)dx(9)n∫−T/22T0T00(1)小题：T0=T1T0/22πnxc=f(x)exp(−i)dxn∫2T−T0/2T00L/21L/22πnxa12πnx=aexp(−i)dx=0⋅⋅exp(−i)∫02T−L/2T2T2πnT−i−L/2TaπnL=0sin()2πnT n=∞2πnxn=∞aπnL2πnxf(x)=∑cexp(i)=∑0sin()exp(i)nn=−∞T0n=−∞2πnTT2.6(2)小题：T0=2T1T0/22πnxc=f(x)exp(−i)dxn∫2T−T0/2T001⎡Tπnx0πnx⎤=⎢∫0xexp(−i)dx+∫−T(−x)exp(−i)dx⎥4T⎣TT⎦πn令y=−ixTT⎡−iπn0⎤c=yexp(y)dy−yexp(y)dyn2⎢⎣∫0∫iπn⎥⎦(−2iπn)⎧0n=evenT⎪=[1−cos(πn)]=⎨T−2(πn)2−n=odd⎪(πn)2⎩ n=∞2πnxn=∞Tπnxf(x)=∑cnexp(i)=−∑2exp(i)(n=odd)n=−∞T0n=−∞(πn)T2.8、解：f(x)=R(x)+iI(x)***f(−x)=R(−x)−iI(−x)=R(−x)−iI(−x)⎧R(x)=R(−x)⇒⎨*∵f(x)=f(−x)⎩I(x)=I(−x)可见函数f(x)的实部是偶函数，虚部是奇函数。同理可见，对于反厄密函数[f(x)=-f*(x)]，实部是奇函数，虚部是偶函数。对厄密函数f(x)作傅立叶变换，有： ∞F(µ)=∫f(x)exp(−j2πµx)dx−∞∞=∫[R(x)+jI(x)][cos(2πµx)−jsin(2πµx)]dx−∞∞=∫{[R(x)cos(2πµx)+I(x)sin(2πµx)]dx−∞∞+j∫[I(x)cos(2πµx)−R(x)sin(2πµx)]dx−∞∞=∫{[R(x)cos(2πµx)+I(x)sin(2πµx)]dx−∞可见函数f(x)的实部是偶函数，虚部是奇函数。厄密函数f(x)作傅立叶变换是实函数。同理可见，反厄密函数[f(x)=-f*(x)]的傅立叶变换是纯虚函数。 2.9、(2)解：∞F(µ)=∫f(x)exp(−j2πµx)dx−∞10=exp(x)exp(−j2πµx)dx+2exp(−x)exp(−j2πµx)dx∫1∫−0210112=exp[(1−j2πµ)x]+exp[(−1−j2πµ)x]1−j2πµ1−1−j2πµ−02111=−exp[(1−j2πµ)]1−j2πµ1−j2πµ2⎡111⎤−⎢exp[(−1−j2πµ)]−⎥⎣1+j2πµ21+j2πµ⎦⎡11⎤exp()exp(−)2⎢22⎥=22−⎢+⎥exp(−jπµ)1+4πµ1−j2πµ1+j2πµ⎢⎥⎣⎦ 2.16、(1)解：1π1cos[(πx-)+]−sin[(πx-)]cos(πx)2221fx()====exp(j)sinc(πx−)1112π(x−)π(x−)π(x−)222根据傅立叶变换的平移性质：若F[f(x)]=F(μ)，x为任意实常数，则有：0F[f(x±x)]=exp(±j2πμx)F(μ)001F[sinc(x−)]=exp(jπµ)rect()µ2∴F[()]=exp[j(fxπµ+1)]rect()µ 2.17、证：22考察函数：exp(−πx)，它是高斯函数，其傅立叶变换的形式不变：exp(−πµ)22现在我们令a来代换频率µ，即：F[exp(−πx)]=exp(−πa)具体写出傅立叶变换的过程：∞222F[exp(−πx)]=∫exp(−πx)exp(j2−πaxdx=)exp(−πa)−∞将核exp(j2−πax)展开，即：exp(j2−πax)=cos(2πax)jsin(2−πax)于是：∞22exp(−πa)=∫exp(−πx)exp(j2−πaxdx)−∞∞2=∫exp(−πx)[cos(2πax)jsin(2−πaxdx)]−∞∞∞22=∫exp(−πx)cos(2πaxdx-)j∫exp(−πx)sin(2πaxdx)−∞−∞∞2=∫exp(−πx)cos(2πaxdx)−∞最后第二行等号右侧第二项是奇函数的积分，故为零，于是题目得证。 2.20、答：根据题意可知，该波在时间上是简谐波，而其振幅则是复杂的波，因而可以将它的振幅进行空间的傅立叶分析，对于(1)的情形，根据傅里叶变换的知识可知，矩形函数的傅立叶变换为sinc函数，即此种波的振幅密度按照sinc函数的形式分布；对于(2)的情形，将方波进行傅立叶变换，考察其频谱的分布特点即可。 第三章习题3.1、解：E=3cos(−kz−ωt)⇒E=3exp[(j−kz−ωt)]11E=−3cos(kz−ωt)⇒E=−3exp[(jkz−ωt)]22⇒E1+E2=3exp([−jkz)exp(−jkz)exp(]−jtω)=−6sin()jkz⇒E1+E2=3exp([−jkz)exp(−jkz)exp(]−jtω)=−6sin()exp(jkz−jtω)πππ⇒E=−6sin()exp[kz−j(ωt−)]=6cos(kz+)exp[−j(ωt−)]total222合成波是驻波。 3.2、解： xk2xk1Oα1zα2βα2zα1Ok2-k1k2βΠk1Π图3.3题目所述情况示意图图3.3题解所述情况示意图 3.5、解：放置玻璃片后相当于光程差的改变量为：δΔSP=(n-1)h不难理解，这个改变量也相当于观察屏Π上考察点P的坐标的增加，所以放置玻璃片后条纹向上移动。因为：k0δΔSP=δm·2π所以：δm=k0δΔSP/2π=(n-1)h/λ=(1.5-1)×0.01mm/500nm=10即能够移动10个条纹。hS1PSOS2Π图3.5所述情况 3.6、解：(1)⎧⎡nlxξ⎤⎫I(x)=2I0⎨1+cos⎢2π(+)⎥⎬λda⎩⎣0⎦⎭⎧⎡1⋅1mmx0.2mm⎤⎫⇒I(x)=2I0⎨1+cos⎢2π(+)⎥⎬⎩⎣550nm1m100mm⎦⎭⎧⎡2π5−3⎤⎫⇒I(x)=2I0⎨1+cos⎢(×10)(x+2×10)⎥⎬⎩⎣55⎦⎭(2)d1mx=−ξ=−×0.2mm0a100mm−3=−2×10m=−2mm (3)λd550nm×1m0e===0.55mmnl1⋅1mmI−I4IV=Mm=0=1I+I4IMm03.11、解：λ0denl⎫e=⇒λ=⎪ensn2("1)−α0nld⎬⇒λ0=l=2("1)sn−α⎪d⎭ensn2("1)−α⇒λ=0d0.53.14⋅0.8mm⋅⋅⋅12100mm⋅(1.51)−⋅180=1m+100mm−9=632.710×m=633nm 3.12、解：(1)⎧⎪⎡nlx⎤⎫⎪Ix()=2I⎨1cos2+⎢π⎥⎬0⎪⎩⎣λ0d⎦⎪⎭⎧⎪⎡nsn2("1)−αx⎤⎫⎪⇒Ix()=2I⎨1cos2+⎢π⎥⎬0⎪⎩⎣λ0d⎦⎪⎭⎧⎡0.53.14⋅⎤⎫⎪⎪⎢12100⋅⋅mm(1.51)−x⎥⎪⎪180⇒Ix()=2I⎨1cos2+⎢π⎥⎬0⎪⎢600nm1m+100mm⎥⎪⎪⎩⎣⎦⎪⎭⎧⎪3⎫⎪⎡15710×x⎤⇒Ix()=2I0⎨1cos2+⎢π⎥⎬⎪⎩⎣1081.1⎦⎪⎭⇒=+⎡⋅××3⎤Ix()̇2I0{1cos⎣x2π1.3210⎦} nln2s(n"−1)α|f|==λdλ(d+s)000.5⋅3.141⋅2⋅100mm(1.5−1)180=600nm(1m+100mm)3=1.32×10/m3.12、解：(2)观察屏的干涉区域为2x，则：cxctgα=⇒2x=2dtgαcd⇒N=(2x)|f|=2dtgα|f|c�3⇒N=2⋅1m⋅tg0.5⋅1.32×10/m=23 3.13、解：λn=0∆m+nBAd589nm⇒n=⋅49+1=1.00028861空气100mm589nm⇒n=⋅(49+27)+1=1.00044764CO2100mm3.14、解：(1)、将n2=n=1.5、d=2mm、λ0=λ=600nm代入(12-4)式中得：m(0)=2dn2/λ0-1/2=9999.5m(0)是半整数，对应的条纹是暗纹。 3.14、解：(2)、将p=8，n1=1，n2=1.5，d=2mm、λ0=λ=600nm，f"=300mm代入相应公式中，分别得：f"nλ20ρ=p=18mmpnd1f"nλ920ρ==21nd21ρ=ρNN1把ρ1和N=8，N+1=9代入(12-9)中得条纹间距为：ρ−ρ=ρ(N+1−N)=13.52−18=1.9N+1N1(3)、把n1=1，n2=1.5代入相应公式中得条纹的反衬度为：V=8n1n2(n1+n2)2/[16n12n22+(n1+n2)4]=8×1×1.5×(2.5)2/[16×12×1.52+(2.5)4]≈1 3.15、解：可以把该薄膜看作楔形平板，因为位于空气中，n1=n3=1，n2=n=1.33，根据题意，i1=0，若让反射光干涉相消，则有：4πdn=2mπλ0显然m=1对应着最小薄膜厚度，于是d=λ0/(2n)=532nm/(2×1.33)=200nm3.16、解：λ0e=2αn2DAB=10eDα=̇tgα=ABABΦ≈D10λ10589×nm0⇒Φ=α⋅AB=α⋅10e===2945nm2n21×2 3.17、解：(1)、向右移动，说明中心条纹数目变少，对应着空气楔隙变薄，所以E的膨胀系数αe大。Nλ(2)、α⋅∆⋅−Thα⋅∆⋅=Th0eg2n2Nλ0⇒α=α+eg2n⋅∆⋅Th2−9−75054610⋅×−6⇒α=3.510×+=3.0810×e21100⋅⋅K⋅50mm3.18、解：(1)、左侧，n3(=1.6)>n1(=1.5)，折射率分布为高、低、高，有半波损失，中央为暗斑；右侧，n2(=1.7)>n3(=1.6)>n1(=1.5)，由下到上折射率分布为高、中、低，无半波损失，中央为亮斑；所以左暗右亮。 2nr∆=2nh≈R左侧：右侧：2R∆1nr12Rm"=+=+∆1nr1λ2λR200m=−=−λ2λR2200r1nr⇒m"−=21nrh2λR0⇒K=m+=2λR01λ(m"−)R0λKR20⇒r=⇒r=m"Knn33550nm⋅10⋅5m550nm⋅(10−1)⋅5m⇒r==4.15mm1021.6⇒r==4.04mm10"1.6550nm⋅50⋅5m⇒r50==9.27mm11.6550nm⋅(50−)⋅5m⇒r=2=9.24mm50"1.6 2∆1nr13.19、解：m=−=−λ2λR20021nr⇒K=m+=2λRR0RR2nrK⇒R=KKλr022hr(1.2mm)K⇒R==KKλ5⋅589nm0111=(n−1)(−)r12frRr1∆=2h≈R111⇒=(n−1)(−)f∞−R1n−1R⇒=⇒f=fRn−12(1.2mm)==0.97m(1.5−1)⋅5⋅589nm 3.20、解：2π2coshθ=2mπ可见，h大，m多，对于固定的m，h大，λθ变大，反之亦然。(1)、向中心收缩，说明θ变小，则h也变小，M1和M"2相对移近。mλ(2)、4h=2mλ⇒h==25λ=25×589.3nm=14.7325µm2(3)、⎧2π2h=2mπ⎪λ⎨2π⎪2hcos(θ)=2(m−11)πi⎩λ⎧2π2h"=2m"π=2(m−10)π⎪λ⎨2π⎪2h"cos(θ)=2(m−16)πi⎩λm−11m−16⇒=⇒m=22⇒m"=m−10=12mm−10 3.21、解：两次消失之间，光程差为：22λ589.3nm∆=h==0.2895mm2∆λ20.6×nm3.24、解：λ=546nmn、=1、d=2mmN、=6、f=320mm0nλnλi=0N1546×nmr=fi=f0NNi=6=0.0405NNd62mmd1546×nmr=fi=320mm×6=0.040512.96=mm662mmnλδi=i−i=0(N+−1N)1546×nmNN+1Nδi=(7−6)=0.0032d62mmnλ0δr=fiδN=f(N+−1N)d1546×nmδr=fiδ=320mm×(7−6)1.024=62mm 23.27、解：(1)2dn2λ0N1−ρλ=(N=1,2,3,⋯)δλ=()0NN2πdnρ2d=1µmn,=1.3822dn2dn22λ==2760nm(N=1)λ==1380nm(N=2)0102122dn22dnλ==920nm(N=3)203λ==690nm(N=4)304422λ041−ρ(690nm)10.95−−12δλ=()=()=2.81710×2πdnρ2π×1µm×1.380.9522dn2λ==532nm(N=5)05522λ051−ρ(532nm)10.95−−12δλ=()=()1.67510=×2πdnρ2π×1µm×1.380.9522dn2λ==460nm(N=6)06622λ061−ρ(460nm)10.95−−12δλ=()=()1.25210=×2πdnρ2π×1µm×1.380.952 2dn2λ==394.3nm(N=7)07722λ071−ρ(394.3nm)10.95−−12δλ=()=()=0.9210×2πdnρ2π×1µm×1.380.9522dn2λ==385nm(N=8)088(2)解：2dn2dn22λ==2760nm(N=1)λ==532nm(N=5)010515改变厚度d，使之为原来的1/5 g2dng3.28、解：(1)Nu=−=12−1∆νc09d=1,mn=1,g=1.510Hz×29g2dng21×m××11.510×2Nu=−=1−=1−=198∆νc310×0(2)8cc310×dn≤d≤==0.2m29ggn21.510××13.29、解：(1)、若要效果最佳，必须是四分之一波长的光学厚度，则有：λλ550nd=⇒d===̇100nm44n4⋅1.38 3.29、解：22IEr+r+2rrcos(∆ϕ)RR212231223(2)、紫红色R=(3)=||=22IE1+rr+2r⋅rcos(∆ϕ)0012231223n−n1−1.38r=12==−0.159712n+n1+1.3812n−n1.38−1.523r===−0.041723n+n1.38+1.5232π550π∆ϕ=⋅=1.375⋅400400422π550π∆ϕ=⋅=0.786⋅70070042 22r+r+2rrcos(∆ϕ)12231223400R=400221+rr+2r⋅rcos(∆ϕ)1223122340022π(−0.1597)+(−0.0417)+2(−0.1597)(−0.417)cos(1.375)2=22π1+(−0.1597)⋅(−0.0417)+2(−0.1597)(−0.417)cos(1.375)2=0.0222r+r+2rrcos(∆ϕ)12231223700R=700221+rr+2r⋅rcos(∆ϕ)1223122370022π(−0.1597)+(−0.0417)+2(−0.1597)(−0.417)cos(0.786)=222π1+(−0.1597)⋅(−0.0417)+2(−0.1597)(−0.417)cos(0.786)2=0.0315223.30、解：这是半波长膜，相当于不存在，故反射率为：⎛n−n⎞⎛1−n⎞1ggR=⎜⎟=⎜⎟700⎜+⎟⎜+⎟nn1n⎝1g⎠⎝g⎠ 第四章习题4.2、解：菲涅耳衍射：312221222d≥[(x−ξ)+(y−η)]=[(2.5mm)+(2.5mm)]2λ2500×nm−63=156.2510×m3−63d≥156.2510×m=53.86mm最小距离为53.86mm夫琅和费衍射：222222=[(2.5mm)+(2.5mm)]50=md≥(ξ+η)500nmλ最小距离为50m 4.4、解：(1)、中央亮纹的宽度w为：w=2λƒ/a(19)w=2λƒ/a=2×546nm×1m/1mm=1.092mmα=2λƒ/a=2×546nm/1mm=1.092×10-3rad(2)2axL(x)=L(0)sinc()λfLx()2ax21mm×2mmI==sinc()=sinc()=0.0185L(0)λf546nm×1m 4.9、解：(1)、条纹间距变大；(2)、①条纹沿着x"轴移动，与衍射屏移动的方向相反；(2)、②条纹随着衍射屏一起旋转；(3)、①条纹沿着x"轴移动，与S点光源移动的方向相反；(3)、②衍射图形成为平行于线光源的直线条纹；4.12、解：1.22λ1.22550nm×−5α=θ===1.5410×度0D2.5mD2.5mM===833.3D3mme4.13、证明可参照p185下面到p186最上面的部分，在此略。 4.14、解：(1)d(sini±sin)θ=mλm=1,2,3,⋯正入射，i=0dsinθ=±mλm=1,2,3,⋯对于一级，m=1±⋅1λ(400~700)nmdsinθ=±⋅⇒1λsinθ==±=±(0.2~0.35)d2µmθ≈±(0.2~0.35)(2)∆=θθ−θ=0.15MaxMin∆⋅θf=0.15⋅f=50mm⇒f=333.3mm(3)θ≈±(0.2~0.35)m=1θ≈±(0.4~0.7)m=212θ≈±(0.6~1.05)m=3所以二级和三级重叠。3 4.15、解：(1)d(sini±sin)θ=mλm=1,2,3,⋯正入射，i=0dsinθ=±mλm=1,2,3,⋯对于一级，m=1dsinθ=±⋅1λ±⋅1λλ(、λ、λ、λ、λ)⇒sinθ=123456d(404.7)(435.8491.6546.1577579)、、、、=±1mm500=±(0.20235)(0.21790.24580.273050.28850.289、、、、5)θ≈±(0.20235)(0.21790.24580.273050.28850.289、、、、5) 4.15、解：(2)、根据角色散公式dθm1�−5===0.5192/µm=5.19210/A×dλdcosθ1mm⋅cos(0.27305)5004.15、解：(3)、dθm1==dλdcosθ1mm⋅cos(0.2885(0.2895))500�−5=0.5216(7)/µm=5.216(7)10/A×dθm⋅∆λ�−5δθ=∆=λ=5216(7)10×⋅2nm/A=0.10432(4)理论dλdcosθδθ=θ−θ≈0.001实际579577故，可以分辨开。 4.15、解：(4)、d(sini±sin)θ=mλm=1,2,3,⋯��d(sin90)2µm正入射时，当θ=90时，m===3.4542λ579nm∴观察到3级4.16、4.17可参阅讲课的ppt相关内容，在此略。 第六章习题6.1、解：将各种光波波函数化成标准的光波波函数的形式⎛π⎞⎛3π⎞(1)E=−2cos⎜kz−ωt−⎟=2cos⎜kz−ωt+⎟x⎝4⎠⎝4⎠⎛π⎞⎛π⎞E=2sin⎜kz−ωt+⎟=2cos⎜kz−ωt−⎟y⎝4⎠⎝4⎠E3ππyϕ=，ϕ=−，δϕ=−ϕ=−π1020201044可见，沿着x轴和沿着y轴振动、频率相α同、传播方向相同的两个线偏振光的合E成波还是线偏振光，振动方向在2、4象x限内，与y轴的夹角为：|E|2tgα=x=|E|2y 6.1、(2)Ex=E0cos(kz−ωt)⎛π⎞Ey=E0sin(kz−ωt)=E0cos⎜kz−ωt−⎟⎝2⎠ππϕ=0，ϕ=−，δϕ=−ϕ=−1020201022显然，两个频率相同、传播方向相同的分别沿着x轴和y轴振动且振幅相等线偏振光，其合成光波是右旋圆偏振光6.1、(3)E=E[sin−iˆ(kz−ωt)+ˆjcos(kz−ωt)]=Ei[cosˆ⎛⎜kz−ωt+π⎞⎟+ˆjcos(kz−ωt)]100⎝2⎠E=Ei[cosˆ(kz−ωt)−ˆjsin(kz−ωt)]=Ei[cosˆ(kz−ωt)+ˆjcos⎛⎜kz−ωt+π⎞⎟]200⎝2⎠forE，ϕ=π，ϕ=0，δϕ=−ϕ=−π显然，E1是右旋圆偏振光，11020201022E2是左旋圆偏振光。而它们的ππ合成波是线偏振光。forE，ϕ=0，ϕ=，δϕ=−ϕ=21020201022 π6.2、解：(1)右旋圆偏振光是初始位相差为δϕ=−ϕ=−20102所以有：E=2Ei[cosˆ(kz−ωt)+ˆjcos⎛⎜kz−ωt−π⎞⎟]R0⎝2⎠=2Ei0[cosˆ(kz−ωt)+ˆjsin(kz−ωt)]π而左旋圆偏振光是初始位相差为δϕ=−ϕ=20102所以有：E=Ei[cosˆ(kz−ωt)+ˆjcos⎛⎜kz−ωt+π⎞⎟]L0⎝2⎠=Ei0[cosˆ(kz−ωt)−ˆjsin(kz−ωt)]2E⎡⎤1E=0⎢⎥6.2、解：(2)右旋圆偏振光的Jones矢量为：R2⎣⎦−iE⎡⎤1E=0⎢⎥左旋圆偏振光的Jones矢量为：L2⎣⎦i2E⎡⎤1E⎡⎤1E⎡⎤3合成偏振光波的Jones矢量为：E+E=0⎢⎥+0⎢⎥=0⎢⎥RL2⎣⎦−i2⎣⎦i2⎣⎦−i 6.3、解：光线传播的光路图如右下：54.6°54.6°n=1.51∵n·sin(54.6°)=1.51×sin(54.6°)=1.23>1∴光在两个界面处发生全反射根据全反射的知识，s光和p光在界面处的位相跃变不同，因而经过两次反射后，出射光的s光和p光的初始位相差不再为零或π，于是出射光变为椭圆偏振光。出射光的初始位相差为：22��(1.51)sin(54.6)1cos(54.6)⋅−⋅δ=2(ϕ−ϕ)=4arccot()rprp2�1.51sin54.6⋅0.41573ππ=4arccot()≐≐π+1.003322可见，是正椭圆左旋圆偏振光。 6.4、解：设所求偏振光的Jones矢量为：⎡A⎤1⎢⎥B⎣1⎦根据正交偏振的定义，有：πA⋅+2B⋅[3exp(j)]0−=1142222根据题意，能量相同，则有A+B=2+3=1311两个方程联立，得：πA=±3；B=∓2exp(j)114⎡±3⎤⎡A⎤∴1=⎢⎥⎢⎥πB⎢∓2exp(j)⎥⎣1⎦⎣4⎦ 6.5、解：(1)与x轴成45°角且相互垂直的两个线偏振光的Jones矢量为：1⎡⎤11⎡⎤1��⎢⎥(45)+和⎢⎥(45)−2⎣⎦12⎣⎦-1根据正交偏振的定义，显然它们是正交的，所以它们可作为基矢：A⎡⎤1B⎡⎤1⎡3+2j⎤⎢⎥+⎢⎥=⎢⎥2⎣⎦12⎣⎦-1⎣11-3j⎦j5j解之，得：A=72−B=−42+22(2)、最方便的是选左旋和右旋单位圆偏振光，它们的的Jones矢量为：1⎡1⎤1⎡⎤1E=⎢⎥(右旋)EL=⎢⎥(左旋)R2⎣−j⎦2⎣⎦j根据正交偏振的定义，显然它们是正交的，所以它们可作为基矢： A⎡1⎤B⎡⎤1⎡3+2j⎤⎢⎥+⎢⎥=⎢⎥2⎣−j⎦2⎣⎦j⎣11-3j⎦解之，得：13j9jA=32+B=−226.6、解：(1)入射光可看作没有相位关系的s光和p光的合成，分三种情况讨论：1、在入射角小于布儒斯特角的情况下，反射系数都是小于0的，所以反射光的s光和p光不存在初始位相差，故它们还是没有相位关系，但是，反射系数不同，使得两个振动的振幅发生了变化，大小不同，因而反射光是部分偏振光；2、在入射角等于布儒斯特角的情况下，p光的反射系数为零，故反射光只存在s光，反射光成了线偏振光；3、在入射角大于布儒斯特角的情况下，s光的反射系数还是负的，它与入射的s光存在π的位相差，而p光的反射系数为正，反射p光与入射p光不存在位相差，于是反射光的s光和p光就出现了固定的位相差—π，于是反射光变为线偏振光，只是偏振方向与入射面有夹角。同理，很容易理解，无论上述何种情况，折射光都是部分偏振光。 6.6、解：(2)入射角为57°时，布儒斯特定律发生了作用，此时反射光是线偏振光，其偏振度为1；对于折射光，因为透射系数不一样，故计算如下：n2cosθ2n2cosθt2tT=⋅|t|T=⋅|t|ppssncosθncosθ1i1i2cosnθ2cosnθt=1i1it=spncosθ+ncosθncosθ+ncosθ1i2t1t2i22|t|−|t|ps∴P=22|t|+|t|ps�21cos(57)××t==0.5932s��1cos(57)1.54cos(33)×+×�21cos(57)××t==0.6494∴P=0.0903=9.03%p��1.54cos(57)1cos(33)×+× 6.7、解：开始的时候，B2光为s光，线偏振光；当M"绕AA"转动后，当M"的法线和B2及其振动方向共面时，B2变成p偏振光，而入射角还是没变，所以此时没有反射光，此后B2的振M"动方向和入射面呈一定夹角，而入射角度还是布儒斯特A"B3角，所以有部分反射，形成新的s光，显然强度比开始的旧s光弱；继续转动到B2的振动方向和入射面垂直时，反B2射光又恢复成旧的s光，达到新的最强，之后重复，直到开始时刻，所以从开始到开始，反射光B3的变化为：θMb强—弱—0—弱—强—弱—0—弱—开始的强B1A 问题：一物点位于一透明玻璃球的后表面，如果从前表面看到此物点的像正好位于无穷远，求该玻璃球的折射率n。n0=1解：如左图所示，假设前表面为AB面，后C表面为CD面，物就在CD上，根据题意和符A号约定，对于AB面来说，物距为s=-2r，而n象距则为-∞，于是由球面的成像公式有：n11−nO−=r−∞−2r−rDB整理之后得：1n−10+=2rr于是有：3n==1.52 '