光学习题解答(5、6).pdf 22页

'→⎡∧∧⎛π⎞⎤5-1解：（1）∵E1=A0⎢xcos(ωt−kZ)+ycos⎜ωt−kZ−⎟⎥⎣⎝2⎠⎦∧∧=A0[xcos(ωt−kZ)+ysin(ωt−kZ)]符合左旋圆偏振光的标准形式。∴该列光波的偏振态是左旋圆偏振光。or:∵E=Acos(ωt−kZ)x0⎛π⎞Ey=A0cos⎜ωt−kZ−⎟=A0sin(ωt−kZ)⎝2⎠222∴E+E=A此即偏振光xy0⎧⎫⎪t=0时，E=A,E=0⎪x0y⎪⎪⎪1⎪又∵当Z=0⎨t=T时，Ex=0，Ey=A0⎬4⎪⎪⎪1⎪t=T时，E=−A，E=0⎪⎩2x0y⎪⎭∴是按逆时针方向旋转的，为左旋。（2）→⎡∧∧⎛π⎞⎤∵E2=A0⎢xsin(ωt−kZ)+ysin⎜ωt−kZ−⎟⎥⎣⎝2⎠⎦∧∧=A[xsin(ωt−kZ)−ycos(ωt−kZ)]0即：E=Asin(ωt−kZ),E=Acos(ωt−kZ)x0y0E2+E2=A2xy0 ⎧⎫⎪t=0时，E=0,E=−A⎪xy0⎪⎪⎪1⎪当Z=0⎨t=T时，Ex=A0，Ey=0⎬4⎪⎪⎪1⎪t=T时，E=0，E=A⎪⎩2xy0⎪⎭∴该列光波为左旋圆偏振光。→⎡∧∧⎛π⎞⎤or:E2=A0⎢xsin(ωt−kZ)+ysin⎜ωt−kZ−⎟⎥⎣⎝2⎠⎦⎧∧⎡π⎤∧⎛π⎞⎫=A0⎨xcos⎢−(ωZ−kτ)⎥+ysin⎜ωt−kZ−⎟⎬⎩⎣2⎦⎝2⎠⎭⎡∧⎛π⎞∧⎛π⎞⎤=A0⎢xcos⎜ωt−kZ−⎟+ysin⎜ωt−kZ−⎟⎥⎣⎝2⎠⎝2⎠⎦II"=(1−10�)⋅1∵�125-2.解："""2�I=(1−10��)⋅I⋅cos6011I1=(1−10�)2⋅1⋅�2421=0.9×I180.81=I18=0.10125I1≈0.1I1""而：I=I=0.1I211∴II=0.121or自然光强为I0直接观察的光强为：I1=I0透过偏振片观察为：=(1−10�)⋅I"⋅cos260�=0.81/8I2�1I0I∵I=015-3.解：2 II=Icos2α=0cos2α312II=Icos2(θ−α)=0cos2αcos2(θ−α)32θ60�∴欲使I=I，须使α===30�max22此时透过的最大光强为II=0cos230�cos2(60�−30�)2I33=0⋅⋅2449=I032dId⎡I022()⎤注：令=cosαcosθ−α=0dαdα⎢⎣2⎥⎦θ亦可得α=时，I有最大值2I∵I=015-4.证：2I=Icos2θ212⎛π⎞I=Icos⎜−θ⎟22⎝⎠22⎛π⎞=I1cosθcos⎜−θ⎟⎝2⎠I=0cos2θsin2θ21=Isin22θ801=I0(1−cos4θ)16而θ=ωtI∴I=0(1−cos4ωt)16sinin1=2=n(折射定律)sinin25-5.解：∵21 sinisin60�i=sin−11=sin−1=30�2n1.732∴2又∵sin(i+i)=sin(60�+30�)=sin90�=112tg(i+i)=tg90�=∞12sin(i−i)=sin(60�−30�)=sin30�=0.512A"sin(i−i)A"tg(i−i)而：s1=−12，p1=12As1sin(i1+i2)Ap1tg(i1+i2)入射的光的电矢量与入射面成30�角，即：A=sin30�A=0.5As100∴A"==−0.5A=−0.25A,A"=0s1s10p1(")2(")2故：I=A+Ars1p1()2=−0.25A+002=0.0625A0=0.0625Ii=6.25�I�iI即：r=6.25��Iior:又∵i+i=90�,此时发生了全偏振，12反射光中只剩下垂直于入射面的光矢量分量。而入射光的电矢量的垂直分量为A=Asin30�s101=A，垂直分量一部分反射，一部分折射，20A"sin(i−i)反射与入射的振幅比为：s1=−12Asin(i+i)s112sin(60�−30�)=−sin(60�+30�)=−0.5I∴A"=−0.5×0.5A故：r=6.25��s10Ii 5-6.解：经方解石透射出来时的两束平面偏振光的振幅分别为：A=Asin30�0A=Acos30�e再经过尼科耳棱镜后，透射出来的仍是两束平面偏振光。（1）振动面与尼科耳主截面在晶体主截面两侧时，其透射光的振幅分别为：A=Acos20�1eA=Asin20�2022⎛A⎞⎛Asin20�⎞⎜2⎟=⎜0⎟⎜⎟⎜�⎟⎝A1⎠⎝Aecos20⎠2⎛Asin30�sin20�⎞=⎜0⎟⎜Acos30�cos20�⎟⎝e⎠(��)2=tg30tg20≈0.044IA2即：20=2=0.0044IA22e1IA2或：2e=1≈22.73IA2202I=Icos270�⎧2010⎫or:⎨⎬I=Icos220�⎩2e1e⎭IIsin230�cos270�20=≈0.044IIcos230�cos220�2e（2）振动面与尼科耳主截面在晶体主截面同侧时，其透射光的振幅分别为： "���A=Asin10=Acos30sin101e"���A=Acos10=Asin30cos1020"22⎛A⎞Asin30�cos10�2⎛⎞∴⎜"⎟=⎜⎟⎜A⎟Acos30�sin10�⎝1⎠⎝⎠(��)2=tg30ctg10≈10.72I即：20=10.72I2eI或：2e=0.0933I205-7.解：（1）投射出来的寻常光和非常光的振幅分别为：A=Asin30�0A=Acos30�e2IA2⎛Asin30�⎞1∴0=0=⎜⎟=tg230�=IA2⎝Acos30�⎠3ee2π2ππ∵∆ϕ=δ=(n−n)d=λλ0e2（2）λ∴d=4(n0−ne)5890×10−8=4×(1.658−1.468)≈8.56×10−5(cm)OrP3202I0/Ie=tg30°=1/3λ∵(n−n)d=±(2k+1)0e5-8.解：4 ±(2k+1)λ∴d=4(n0−ne)±(2k+1)×5893×10−8=4×(1.543−1.552)≈(2k+1)×1.64×10−3(cm)2π∵∆ϕ=(n−n)d=±(2k+1)πλ0e5-9.解：（1）±(2k+1)λ∴d=2(n−n)0e±(2k+1)×5000×10−8=2×(1.5442−1.5533)≈(2k+1)×2.75×10−3(cm)45�（2）振动面与晶片主截面成角放置可满足要求。∵这是半波片，平面偏振光垂直入射经过半波片而透射出来以后，仍是平面振光，若入射时振动面与晶片主截面之间交角为θ，则透射出来的平面偏振光的振动面从原来的方位转过2θ，现在2θ=90�，θ=45�∴应有放置。∵A=Asin25�5-10.解：0A=Acos25�e 22sin25�I0A0⎛A⎞2�∴==⎜⎟=tg25≈0.22IA2Acos25�⎝⎠eeI0==tg2θ=tg225�≈0.22IOr：直接由p321公式：e算出。5-11.解：（1）视场由亮变暗，或由暗变亮。说明位相有π的突变，∴这个波晶片是一个1/2波片。（2）∵若入射时振动面和晶体主截面之间交角为θ，则透射出来的平面偏振光的振动面从原来方θ=20�位转过2θ，这里。2θ=40�∴N2要转过时才能使N2的视场又变为全暗。12.解：（1）∵四分之一波片能把线偏振光转变为平面偏振光，且这里又是垂直入射。∴45�透射光是振动方向与晶片主截面之间成角的线偏振光。（2）通过八分之一波片后，0光和e光的相位差2πλπ，将其代入∆ϕ=⋅=±λ84E2E2EEx+y−2xycosϕ=sin2∆ϕA2A2AAxyxy得：E2E2EE1x+y−2xy=A2A2AA2xyxy——此即椭圆方程∴透射光为椭圆偏振光。πOr：圆偏振光可看成由相位差为2的两个互相垂直的振动合成。（1）经过四分之一波片后，两个振动间的相位差增π加或减少2， ππππ+=π,或：−=0成为2222。∴透射光是平面偏振光，其振动方向与晶片45�主截面之间成角的。（2）经过八分之一波片后，两个振动间的相位差增π加或减少4成为：ππ3ππππ+=,或：−=244244。故透射光为椭圆偏振光。→∧∧5-13.证：∵E左=A[cos(ωt−kz)x+sin(ωt−kz)y]1→∧∧E右=A2[cos(ωt−kz)x−sin(ωt−kz)y]当A=A=A时，有12→→→∧∴E=E左+E右=2Acos(ωt−kz)x此即为平面偏振光。5-14.解：∵方解石晶体中透射出来的光是椭圆偏振光，可∆ϕ以把它看成相位差为的两束互相垂直的线偏振光的叠加，而：2π∆ϕ=(n−n)d0eλ2π=×(1.658−1.486)×0.0343≈20π−7589.3×10 ∴(1)对于正交的两个尼科耳棱镜，最后射出的光强为：2222∆ϕI=A(sin2θsin)⊥1222220π=Asin2θsin12=A2sin22θsin210π1=0(相消)故通过第二尼科耳棱镜后，光束发出的干涉是减弱的。（2）如果两个尼科耳棱镜的主截面是互相平行的，则2∆ϕI=A2(1−sin22θsin2)||1220π=A2(1−sin22θsin2)12=A2(1−sin22θsin210π)1=A2(相长)1故通过第二尼科耳棱镜后，光束发出的干涉是加强的。5-15.解：（1）∵杨氏干涉实验中，屏上光强分布为：∆ϕI=4Icos202I式中0为一个缝在屏上某点形成的光强，∆ϕ为双缝发出的光波到达屏上某点的相位差。若用一尼科耳放在双缝前，则干涉条纹的光强分布为：I∆ϕI=40cos222即：光强减半，但因尼科耳很薄对光程差的影响甚微，故干涉条纹的位置和条纹的间隔并未改变。要使视场最暗，即使光屏上的干涉花样中的暗条纹最 暗，可视尼科耳的主截面90�角，以使屏上与圆面成的叠加严格是两束同一直线的振动的叠加。若λ2片绕光线传递方向旋转360�，则λ2片（2）光轴与尼科耳透振方向之间的夹角θ也随之改变。当θ=45�，135�，225�，315�时，出射光光矢量是→→与入射光的矢量方向垂直，亦即：E2⊥E1,故未发生干涉，屏上四次出现无条纹的均匀光强分布，I=I2.0当θ=0�，90�，180�，270�时，出射光矢量与入射→→→→光矢量方向相同,亦即E2//E1,且E1=E2,此时干涉条纹可见度最大,即屏上四次条纹可见度最大.当θ为其它值时,出射光光矢量与入射光光矢量有一夹角,两者平行分量发生干涉时,由于振幅不等,故条纹可见度较差.5-16.解：（1）同上题：因偏振片很薄对光程差的影响甚微，故屏上干涉条纹的位置、宽度没有变化。但光强减半，即：⎛I⎞I=4⎜0⎟,I=0Ac⎝2⎠（2）此缝的平面偏振光和另一缝的平面偏振光比2θ=2×45�=90�。此时，较,将对称于1/2波片转过变成两束同频率，振动方向互相垂直的光的叠加，叠加的结果不能形成明暗相间的条纹，屏上出现的是均匀照度，各点光强相同，其数值均为II0+0=I022。 具体的说：A点：1、3象限的平面偏振光；B点：圆偏振光;C点：2、4象限的平面偏振光。NN5-17.解：如图所示，x轴为晶片的光轴，1和2两直线分别表示两尼科耳棱镜和晶片的交线，和晶片的光轴成π−θθ角和2角。从N2透射出来的两束平面偏振光A2e、A2o的振动平面相同，振幅相等，但相位差为π，其振幅分别为：A=Asinθ=(Acosθ)sinθ2ee1A=Acosθ=(Asin)cosθ2oo1此外，e光和o光在晶片中的相位差为：2π∆ϕ=(n−n)d0eλ∴以N2透射出来的两束平面偏振光之间的总相位差为：2π∆ϕ"=∆ϕ+π=(n−n)d+π0eλ∴由N2透射出来的光强为： I=A2+A2+2AAcos∆ϕ"2e2o2e2o()2()2=Acosθsinθ+Asinθcosθ+112(Acosθsinθ)(Asinθcosθ)cos∆ϕ"11=2A2sin2θcos2θ{1+cos∆ϕ"}1122⎧⎡2π()⎤⎫=A1sin2θ⎨1+cos⎢n0−ned+π⎥⎬2⎩⎣λ⎦⎭按题意要求I=0,122122�12而Asin2θ=Asin2×45=A≠0111222⎡2π()⎤∴1+cosn−nd+π=0⎢0e⎥⎣λ⎦2π即：(n−n)d+π=(2k+1)π(k=0,1,2⋯)0eλ(orθ=45°2I⊥=A(1−cosθ)=02cos∆φ=1(A/2≠0)∆φ=2π(n−n)d/λ=2kπ0e2π(n−n)d=2kπ0eλ(n0−ne)d(1.658−1.486)×0.025故：λ==kk0.00434300.0=(mm)=nmkk而射入第一个尼科耳的光的波长为400.0~760.0nm对应的k可取值为6、7、8、9、10，故透出第二个尼科耳后少了430nm、477.8nm、537.5nm、614.3nm和716.7nm或430.0nm、480.0nm、540.0nm、610.0nm和720.0nm这五种波长的光。（λ=860.0nm,λ=358.3nm不在此范围内）。512 2π318.解：∵∆ϕ=nγV=π0λλ5500×10−10∴V==2n3γ2×1.513×1.06×10−110=7535=7.535×103（V）̇5-19.解：∵沿垂直于光轴方向切出的石英片为旋光镜片。当出射光矢量与入射光矢量垂直时，则光不能通N过2，即欲使光不能通过NN2，使从1出射的光束经晶片后又转π（2k+)过2，此时该N光束的振动面与2的主截面垂直，亦即：ψ=αd=（2k+1)×90�22而题中已知ψ=αd=20�,11(2k+1)×90�∴d=×d2�120(2k+1)×90�=×120�=(2k+1)×4.5(mm)=(2k+1)×0.45(cm)∵ψ=αd=29.7�5-20.解：11ψ=αd=150�22150�∴d=×d2�129.7150�=×1�29.7=̇5.05mm=0.51cm 或：∵ψ=αdψ150�∴d===̇5.05(mm)=̇0.51(cm)α29.7�4ψVm21.解：∵ψ=αlc∴α==,(c=)lclmV49.5×100cm3α==162.3�̇11×30.5dm⋅g36.1×100cm3α==158.6�2̇1×22.76dm⋅g30.3×100cm3α==103.1�3̇1×29.4dm⋅g26.8×100cm3α==152.9�1̇1×17.53dm⋅gα+α+α+α∴α=12344162.3+158.6+103.1+152.9cm3==144.2�̇4dm⋅gcm3注：若：m=20.4,则α=148.5�33dm⋅gcm3�α=̇155.6dm⋅g5-22.解，I0经过P有I1=I0/2在经过L1有A0=A1sinα2Ae=A1cosα可得：I2=A1=I1在经过m得出：I3=I2在经过L1I4=I3在经过P可2以得出：I=I4cos2α2所以：I=I0/2×cos2αor因为经过L1及返回（两次）后，λ/4相当于λ/2，角度从α变为2α在经过P后（相当于检偏器，第一次是起偏）2所以;I=I0/2×cos2αImax=1.5i0,Imin=I022即，Ix=Imaxcosθ，Ig=Iminsinθ225-23,(1)因为;所以:I(θ)=Ix+Iy=1.5I0cosθ+I0sinθ(2)设未偏振光成分强度为Iw，偏振部分沿x轴的强度分别是Ipx，Ipy 则;Imax=Iw+Ipx=1.5I0Imin=Iw+Ipy=I0在任何角度θ，为偏振成分始终是Iw，而偏振成分为：Axcosθ+AysinθA=X,y是椭圆的主轴，Ax和Ay得相位差为π/2，且它们是非想干光叠加，即;I22IP=pxcosθ+Ipysinθ22所以：I(θ)=IP+Iw=1.5I0cosθ+I0sinθ与结果无关（2）通过1/4波长后，使x相位相对于y轴相位移动π/2，使得偏振光变成了线偏振光，于是：Ipx/Ipy=ctg30°=1/3,即：Ipx=3Ipy代入Iw+Ipx=1.5I0Iw+Ipy=I0可以得出：Ipx=0.75I0，，，，Ipy=0。25I0，=0.75I0在θ=30°处的最大光强为：,Imax=Ipx+Ipy+Iw=1.75I0入射光强化总未偏转部分所占比例为：2Iw/（1.5I0+I0）=1.5I0/2.5I0=0.60=60%DS5-24，解，敬爱能够光源和光屏位置前后摆放好，因为光源发出的光市自然光，所以可以将几个光学器件一次放在光源和光屏之间，观察光源变化而判定之（1）线偏振器的判断；经两个光学元件放在光源和光屏之间，转动后一个，直到调换至光屏上会出现两次消光为止，这是的两个光学元件便是偏振器。（2）λ/4长的判定将两个线偏振器前后放置在光源和光屏之间，再把一个光学期间放在这两个线偏振器中间转动之，光强始终不变的就是λ/4片。（3）λ/2片的判定同上，把一个光学器件房子两个偏振器之间转动之，并调整线偏振器的位置，在转动一周的过程中，出现两次消失就是λ/2片。（4）最后身下的一个就是偏振器当然还有很多判断方法。sin,=1,=60°5-25解，因为：n1i1n1,i1−1−1所以：i2=sin(n1sini1/n）=sin（sin60°/n）=（3/2n）−1i20=sin3/2n0=34.94°−1i2e=sin3/2ne=36.10°,故，θ=i2e-i20=1°10 5-26．解，（1）右旋，检偏器眼顺时针转动20°就到了消光位置。Ay=Acosα,Ax=Asinα（2）因为：所以;Ay/Ax=ctgα=ctg20°=2.74727.对于长短之比为2:1,长轴沿x轴的右旋椭圆偏振光的电矢量为ikπikπi(kπ+∆φ)i(kπ−π/2)Ex=Axe=2ae,Ey=Aye=ae2222Ax+Ay=(2a)+a=5a故，这一偏振光的归一化源斯矢量为：iπ/22E左=1/5[e]**=1/5[i],,,,,,(∆φ=π/2)（3）这两个偏振光叠加的结果为：22E右=1/5[i]+1/5[i]→E=E左+=4/55-27．解：（1）∵对于长、短比为2:1,长轴沿x轴的右旋椭圆偏振态电矩为~ikηikηE=Ae=2aexxπ~i(kη−)E=Aei(kη+∆φ)=ae2yy2222A+A=(2a)+a=5a∴xy故，这一偏振光的归一化琼斯矢量为�22Ax1E�=a1右22A+AπxyA=5a−i=5-ixikϕe2eAy（2）同理，可得左旋椭圆偏振光的琼斯矢量为�22π1a∆φ=E左=(2)55a=πi−ie2(3)这两个偏振光叠加的结果为���122E=E右+E左=15+5-ii112+2144=5=5=50-i+i0 6-1解：I−α∵=el蓝色－b黄色－yI0（1）白光透过0.1mm厚度后（在吸收带附近）的光强为：I1∵b=e−50×0.01=≈0.6065蓝色－b黄色－yIe0.50∴I=0.6065Ib0Iy=e−250×0.01≈0.0821I0∴I=0.0821Iy0（2）白光在透过5mm厚度后光强为：I1∵b=e−50×0.5=≈1.3888×10−11Ie250∴I=1.3888×10−11I≈0b0I1y=e−250×0.5=≈5.1664×10−55Ie1250∴I=5.1664×10−55I≈0y0但两中情况下颜色有所不同6-2.解：Ib−αa∵=elI01I1I∴l=−lnb=ln0αIαIa0ab1l=ln0.1≈7.196(cm)10.321l=ln0.2≈5.03(cm)20.321l=ln0.5≈2.166(cm)30.321l=ln0.8≈0.697(cm)40.32 6-3.解：I−(αa+αs)l1I∵=eαs=αa=20%=0.2I2I00I−1.5α即：＝eaI01I1I11l=−ln=ln0=ln≈1.073αa1.5I1.5I1.50.20Ib−αal−1.0731∴=e=e=≈0.342=34.2%I1.0730e故:∆I=I′-I=(34.2%−20%)I≈14.2%I00∆I即:≈14.2%I06-4.解：00−4∵I=f(λ)λλ1=2536Aλ12=5461A4I54611∴=≈21.54I25362−4−44λ1/λ2=(λ2/λ1)=6-5.解：∵I=I(1+cos2α)0II(1+cos2900)12∴900=0==II(1+cos2450)1.5345006-6.解： I−II∵∆=1−pp=yxy=20I+IIyxxIy−1I20−119∴p=x==Iy20+121+1Ix192故：∆=1−=≈0.095=9052%21216-7.解：bdn2b∵n=a+=−λ2dλλ2111.6130=a+b×1.6026=b×4358254162111.6130−1.6026=b×(−)4358254162∴b=543887.87(a=1.5844)d2×543887.870−1n故：=−≈−5.306×10−6Ad60003λ=−503.6cm−16-8.解：bdn2b∵n=a+=−λ2dλλ3111.65250=a+b×1.62450=a+b×4358254162111.65250−1.62450=b×(−)435825416202∴b≈1.4643135×106A1464313.5a=1.65250−≈1.57540546121464313.5(or:a=1.62450−≈1.57540)435821464313.5故：n=1.57540+≈1.61761058902d2×1464313.50−1n=−≈−1.43324×10−5Ad58903λ=−1433.24cm−1 6-9.解−10b1.72×10∵n=a+=1.416+=1.4642−82λ(6000×10)−10dn2b2×1.72×10−1=−=−=−1292.59cm3−82dλλ(6000×10)−10−5=−1.59259×10A2sinAdθ2dn∴D==dλ11.4642sin2(60�dλ−)2�2sin602−5=×（−1.59259×10）�1−1.4642sin2(60)2−5≈−2.337499×10≈−2.34×10−5（rad）0A−4=−2.34×10rad/nm6-10.解： −122∵i=sinn1−n22−1∴n2=n1−sini−1=1−sin0.1≈0.99998476≈1n2���（or:sini=i=90−0.1=89.900n1�n=nsini=1×sin89.9=≈0.9999847621c≈1sininsininc2c2or:=即：=�sinγnsin9011∴n=sini2c���而：i=90−0.1=89.9]c�故sin89.9=≈0.99998476≈1or因为：sini0=n2/n1,ic=90°−0.1°=89.9°所以：n2=n1sinic=1×sin89.9°≈1orsinic/sinP=n2/n1n2/n1即：sinic/sin90°=n2而：ic=90°−0.1°=89.9°n2=sin89.9°≈1−1−1−6i=/=(1−1.6×)≈89.8975°6-11,0=sinn2n1sin10i=90°−ic≈0.1025°236-12,解，n=a+b/λ,dn/dλ=−26/λ221.63=a+b/400,1.58=a+b/50041.63−1.58=0.05=(1/16−1/25)b/10所以：b=22222−4−1dn/dλ=−2.06×10(nm)'