高等光学2016-第5章作业参考答案

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《光学教程》课后习题解答

解：对方位，的第二个次最大位
对的第三个次最大位
即：
9、波长为的平行光垂直地射在宽的缝上，若将焦距为的透镜紧贴于缝的后面，并使光聚焦到屏上，问衍射图样的中央到⑴第一最小值；⑵第一最大值；⑶第三最小值的距离分别为多少？
解：⑴第一最小值的方位角为：
⑵第一最大值的方位角为：
⑶第3最小值的方位角为：
10、钠光通过宽的狭缝后，投射到与缝相距的照相底片上。所得的第一最小值与第二最小值间的距离为，问钠光的波长为多少？若改用X射线（）做此实验，问底片上这两个最小值之间的距离是多少？
解：
⑴
⑵级光谱对应的衍射角为：
即在单缝图样中央宽度内能看到条（级）光谱
⑶由多缝干涉最小值位置决定公式：
第3xx 几何光学的基本原理
1、证明反射定律符合费马原理
证明：
设A点坐标为，B点坐标为
入射点C的坐标为
光程ACB为：
令
即：
*2、根据费马原理可以导出近轴光线条件下，从物点发出并会聚到像点的所有光线的光程都相等。由此导出薄透镜的物像公式。
另一个气泡
，即气泡离球心
13、直径为的球形鱼缸的中心处有一条小鱼，若玻璃缸壁的影响可忽略不计，求缸外观察者所看到的小鱼的表观位置和横向放大率。
解：由球面折射成像公式：
解得，在原处
14、玻璃棒一端成半球形，其曲率半径为。将它水平地浸入折射率为的水中，沿着棒的轴线离球面顶点处的水中有一物体，利用计算和作图法求像的位置及横向放大率，并作光路图。
解：
由球面折射成像公式：
15、有两块玻璃薄透镜的两表面均各为凸球面及凹球面，其曲率半径为。一物点在主轴上距镜处，若物和镜均浸入水中，分别用作图法和计算法求像点的位置。设玻璃的折射率为，水的折射率为。

大学光学答案

第一章光的干涉1 波长为500nm 的绿光照射在间距为0.022cm 的双缝上，在距离180cm 处的光屏上形成干涉条纹，求两个亮条纹之间的距离。

若改用波长700nm 的红光照射此双缝，两个亮条纹之间的距离又为多少？计算这两种光第二级亮条纹位置的距离。

解：本题是杨氏双缝干涉实验，其光路、装置如图。

由干涉花样亮条纹的分布规律：λdr jy 0= （j=0、±1、±2、…）得亮条纹间距：λdr y 0=∆ (1)其中：λ=500nm 和700nm 、d=0.022mm 、r 0=180cm 代入公式(1)计算得到:当λ=500nm 时,两个亮条纹之间的距离:cmy 409.0=∆ 当λ=700nm 时,两个亮条纹之间的距离: cmy 573.0='∆第2 级亮条纹的位置:λdr jy 02= 2=j (2)当λ=500nm 时: cmy 819.02= 当λ=700nm 时:cm y 146.12='两种光第二级亮条纹位置间的距离: cm y y y 327.0222=-'=∆2 在杨氏实验装置中，光源的波长为640nm ，两缝间距为0.4mm ，光屏离双缝的距离为50cm ，试求：（1）光屏上第一亮条纹和中央亮条纹之间距离；（2）若P 点距离中央亮条纹0.1mm ，则两束光P 点的相位差；（3）P 点的光强度与中央亮条纹的强度之比。

解: (1) 由:λdr jy 0= （1），已知：λ=640nm ，d=0.4mm ，r 0 = 50cm ，j=1代入公式（1）解得，第一亮纹到中央亮纹的距离：y=0.8mm (2)两束光传播到P 点的光程差为：12r y dr r =-=δ位相差为：022r dyλπδλπϕ==∆代入数据：λ=640nm 、d=0.4mm 、r 0=50cm 、y=0.1mm 得到两束光在P 点的相位差：4/πϕ=∆（3）在中央亮条纹的位置上，两光的相位差为：0=∆ϕ 光强度为：224)cos 1(2AA I =∆+=ϕP 点的光强度为：2224.3)4/cos 1(2)cos 1(2AA A I p=+=∆+=πϕ两条纹光强度之比为：2:7.1:0=I I p3 把折射率为1.5的玻璃片插入杨氏双缝的一束光中，光屏上原来第五级亮条纹所在的位置变为中央亮条纹，求插入的玻璃片的厚度。

高等光学教程-第5章-参考答案

第五章部分相干光理论5.1 证明解析信号的实部u 和虚部u 之间互为希尔伯特变换，即它们之间有下面的关系()t u t r ()()t i ()()⎰∞∞--=ξξξπd )(P.V.1)()()(t u t u r i ， ⎰∞∞---=ξξξπd )(.P.V 1)()()(tu t u i r证明：（1）由(5-10)式，解析函数的实部()()0()2Re ()exp(2)d r r u t j t νπνν∞⎡=-⎢⎣⎦⎰U ⎤⎥t （5.1-11）而，比较以上两式，可见有关系式)](Re[)()(t t u r u = （5.1-13）⎰∞-=0)(d )2exp()(2)(νπννt j t r U u 上式可表示为（5.1-18）⎰∞∞--+=νπνννd )2exp()()sgn 1()()(t j t r U u 又因为 ()()exp(2)d t j νπνν∞-∞=-⎰u U所以有 ()()(1sgn )()r νν=+U νU )r （5.1-19）对上式两边取傅里叶逆变换11()1()()11((){()}{()}{(sgn )()}(){sgn )}{()}r r r t u t ννννν-----==+=+*u U U U U F F F F F ν上式中 1{sgn }jtνπ-=-F 再利用卷积定义⎰⎰∞∞---=*=*ηξηξηξd d ),(),(y x f g f g g f 令 t j f π-= ， )()(t j t f -=-ξπξ ，， )()(t u g r =)()()(ξξr u g =所以 ⎰∞∞--+=ξξξπd )(..)()()()(t u V P jt ut r r u （5.1-22）可见 ⎰∞∞--=ξξξπd )(..1)()()(t u V P t ur i（2）参考教材中（5.1-10）式的推导过程，对于解析函数的虚部有下式成立（P5.1-1）⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-=⎰∞)()(d )2exp()(Re 2)(νπννt j t ui i U)](Re[)()(t j t u i u -= （P5.1-2）比较（P5.1-1）和（P5.1-2）式，得到⎰∞-=-0)(d )2exp()(2)(νπννt j t j i U u所以⎰∞-=0)(d )2exp()(2)(νπννt j j t i U u )()sgn 1()()(νννi j U U +=对上式两边取傅里叶逆变换得)}(){sgn )}({)}({)()(1)(11ννννi i j j t U U U u ---+==F F F)()}({}{sgn )()(11t ju j i i +*=--ννU F F )(d )(..1)()(t ju tu V P i i +--=⎰∞∞-ξξξπ所以 ⎰∞∞---=ξξξπd )(..1)()()(t u V P t ui r5.2 考察用宽带光作杨氏干涉实验(1) 证明观察屏上的入射光场可表示为⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=c r t P t c r t P t t Q 222111,d d ,d d ),(u K u K u 其中 iii i i i i i cr A s cr πθπθ2)(d 2)(k k K ≅=⎰⎰个针孔第 2,1=i 而为第个针孔的面积。

光学第五章答案

1. 解：（1）()⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--+-=∧∧→2cos cos 01πωωkZ t y kZt x A E()()[]()()，为左旋。

是按逆时针方向旋转的，时，，时，时，当又此即偏振光旋圆偏振光。

该列光波的偏振态是左准形式。

符合左旋圆偏振光的标∴⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-==========+∴-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-=∴-+-=∧∧0210410,00sin 2cos cos :sin cos 020220yxyxyxyxyxE A E T t A E E T t E A E t Z AEEkZt A kZ t A E kZ t A E or kZt y kZ t x Aωπωωωω （2()⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--+-=∧∧→2sin sin 02πωωkZ t y kZ t x A E()()[]()()20220cos ,sin cos sin AE E kZ t A E kZ t A E kZt y kZ t x A yxyx=+-=-=---=∧∧ωωωω即：()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--+⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛--+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--+-=∴⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧======-====∧∧∧∧∧∧→2sin 2cos 2sin 2cos 2sin sin :021041,00002πωπωπωτωππωωkZ t y kZ t x A kZ t y k Z x A kZ t y kZt x A E or A E E T t E A E T t A E E t Z yxyxyx光。

该列光波为左旋圆偏振，时，，时，时，当2. 解：()21011'1I I⋅-=()()()8/81.060cos 1011.01.01.010125.0881.0819.041210160cos 101I IIII02'121121''1211112122'1''1=⋅⋅-===∴==≈==⨯=⋅⋅-=⋅⋅-=I or I I I I I I I I I I I I 透过偏振片观察为：直接观察的光强为：自然光强为而：3. 解：201II =()()()()有最大值时，亦可得令注：此时透过的最大光强为，须使欲使I Id dd dI IIII II II I II I2cos cos 2329434323060cos30cos 2302602coscos 2coscos 2cos 2222max22232213θααθαααθααθααθαα==⎥⎦⎤⎢⎣⎡-==⋅⋅=-=====∴-=-===4. 证：21II =()()t II tII I I I I I Iωωθθθθθθπθθπθ4cos 1164cos 11612sin81sincos22cos cos2coscos22222122212-=∴=-===⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎭⎫⎝⎛-==而5. 解：()折射定律21221sin sin nnn ii==∴30732.160sin sinsin sin12112===--ni i()()()()()()()()()()()()，一部分折射，，垂直分量一部分反射直分量为而入射光的电矢量的垂入射面的光矢量分量。

光学原理答案

因为 T|| + R|| = 1 T⊥ + R⊥ = 1
所以
Pt
=
R|| − R⊥ 2 - (R|| + R⊥ )
（1）θi = 0
由于正入射时 R|| = R⊥
所以 Pr=0，Pt=0
（2）θi = 20
由折射定律 sin 20 = 1.52 sinθt 求出折射角θt = 13
则
R||
=
tan 2 (θi tan 2 (θi
L1 = l1′ − l1 = 225mm
（1）
根据高斯公式
1−1= 1 = 1 l1′ l1 f1′ 50
（2）
联立（1）（2）两式可求出两个解
⎪⎩⎪⎨⎧ll11**′
= =
−150mm 75mm
⎩⎨⎧ll11′
= =
−75mm 150mm
（原来位置）
所以位置的改变量 ∆d = l1 − l1* = 75mm ，即第一透镜后移 75mm
sin θi sin θi
⎟⎟⎠⎞2
分子分母同除以
cosθi
，并代入
tanθ
i=
n2 n1
得
R⊥
=
⎜⎜⎝⎛
n12 n12
− +
n22 n22
⎟⎟⎠⎞2
∴
Pt
=
2(n12
(n12 − n22 )2 + n22 )2 − (n12
− n22 )2
=
(n12
(n12 − n22 )2 + n22 )2 + 4n12n22
（见 1.3）
当入射角为布儒斯特角时， R|| = 0
∴
Pt
=

大学光学答案

第一章光的干涉1 波长为500nm 的绿光照射在间距为0.022cm 的双缝上，在距离180cm 处的光屏上形成干涉条纹，求两个亮条纹之间的距离。

若改用波长700nm 的红光照射此双缝，两个亮条纹之间的距离又为多少？计算这两种光第二级亮条纹位置的距离。

解：本题是杨氏双缝干涉实验，其光路、装置如图。

光学第五章习题解答

A A cos 20
1
e
A A sin 20
2
0
2
2

A 2
A 1

A 0
A e
sin 20 cos 20

2

A sin 0
A cos e
30 30
sin 20 cos 20

tg30 tg20 2
0.044
即：I 20
16
证明：
I1

I0 2
I2

I1
cos2

I0 2
cos2
I

I2
cos2 (
2
)

I0 2
cos2
sin2
I0 sin2 2 I0 (1 cos 4 )
8
16
t
I I0 (1 cos 4t)
16
5.5 线偏振光入射到折射率n=1.732的玻璃片上，入射角是60°，入射光的电矢量与入射面成 30°角。求由分界面上反射的光强占入射光强的百分比。

A2 2
0.0044
I A2
2e
1
或：I 2 e

A2 1
22.73
I A2
20
2
IA
20
2
or :

I I
20 2e

I 10
I 1e
cos2 cos2
70 20

I 20

I sin2 30 cos2 70
0.044
I I cos2 30 cos2 20
解：sin i 1 Nhomakorabean 2

高光I4-5章答案

高等光学第4-5章习题答案第四章标量衍射理论基础4.1证明（4-21）式所示的索末菲辐射条件成立。

证明：球面2S是中心位于1S面上的发散球面波的波面，假定2S面上的光场分布表示为rj k r)e x p(=U式中r表示产生发散球面波的点光源到球面2S上任意一点的距离。

1exp()cos()cos(,)r jkrjkn r n r r r∂∂∂∂⎛⎫===-⎪∂∂∂∂⎝⎭U U Un,r n r当∞→R时，有∞→r，所以这时有1),cos(≈rn2)exp()exp(1rjkrjkrjkrrjkjkn-≅-⎪⎭⎫⎝⎛-=-∂∂UUU当∞→R时，上式分母中的r可用R来代替，于是2e x p()1l i m l i m l i m(c o s s i n)R R Rj k rR j k R k r j k rn R R→∞→∞→∞∂⎛⎫⎡⎤⎛⎫-=-=-+⎪ ⎪⎢⎥∂⎝⎭⎣⎦⎝⎭UUlim0jkrReR→∞⎛⎫=-=⎪⎝⎭4.2 参考图4-8，考虑在瑞利—索末菲理论中采用下式所表示的格林函数，即010110101e x p()e x p()()jkr jkrPr r+=+G(1)证明+G的法线方向的导数在孔径平面上为零。

(2)利用这个格林函数，求出用孔径上的任意扰动来表示()pU的表达式，要得到这个结果必须用什么样的边界条件。

(3)利用(2)的结果，求出当孔径被从2P点发散的球面波照明时()pU的表达式证明: 下面是教材中图4-8（1）)(1P +G 由两项迭加而成，它们分别表示从互为镜像的点0P 和0~P 发出的两个初相位相同的单位振幅的球面波。

孔径平面1S 上任一点1P 的+G 值为010101011~)~exp()exp()(r r jk r jkr P +=+G （P4.2-1） 1()P +G 的法向导数为0101010101010101~)~exp(~1)~,cos()exp(1),cos(r r r r n r n G jk jk r jkr r jk n ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∂∂+ （P4.2-2）对于互为镜像点的0P 和0~P 来说，有)~,cos(),cos(0101r n r n -= 0101~r r = （P4.2-3）将以上关系式代入（P4.2-2）式，得到0n+∂=∂G （P4.2-4）（2）根据（4-22）式，观察点0P 的光扰动可以用整个平面1S 上的光扰动U 和它的法向导数来表示⎰⎰⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂=1d 41)(0S s n n P G U G U U π（P4.2-5）由0101~r r =，得 01011)exp(2)(r jkr P =+G （P4.2-6）将上式和（P4.2-4）式一同代入（P4.2-5）式，得到⎰⎰⎰⎰∂∂=∂∂=+11d )exp(21d 41)(01010S S s r jkr n s G n P U U U ππ（P4.2-7）为了将上式所表示的结果进一步简化，根据孔径∑上的场去计算0P 点的复振幅分布)(0P U ，只需要规定如下两个边界条件：（a ）在孔径∑上，场分布的法向导数n U ∂与不存在衍射屏时的值完全相同。

高等光学答案最终PDF版

1-2 从麦克斯韦方程组出发，导出电磁场在两种电介质分界面处的边值关系。

解：(ⅰ)ln t E E l d E ∆×⋅−=⋅∫)()(21当回路短边趋于零时，回线面积为零，而t B ∂∂有限，所以0)()(21=⋅∂∂−=∆×⋅−=⋅∫∫∫Σσd t B l n t E E l d E高等光学作业习题参考答案2012.12.10即l E E n t ∆−⋅×)()(21l E E n t ∆−×⋅=))((210=得0)(21=−×E E n，即t t E E 21=(ⅱ)l t d t DJ l n t H H l d H ∆⋅=⋅∂∂+=∆×⋅−=⋅∫∫∫Σασ)()()(21t H H n t n t H H⋅=−×⋅=×⋅−α))(()()(2121当没有电流分布时0=α，得,0)(21=−×H H n即t t H H 21=(ⅲ)s n D D ds n D d D ∆⋅−=⋅=⋅∫∫)(21σ当不存在自由电荷时，0=sρ，积分0=∫∫∫Ωdv s ρ，所以0)(21=∆⋅−s n D D，即n n D D 21=(ⅳ)0)(21=∆⋅−=⋅=⋅∫∫s n B B ds n B d Bσ即n n B B 21=1-5 已知电场E 和磁场H 在直角坐标中的分量分别为：)cos(t kz A E x ω−=；);sin(wt kz B E y −=0=z E )sin(t kz B H x ωε−−=；)cos(t kz A H y ωε−=；0=z H试求电磁场的能量密度w 和玻印亭矢量S 。

解：HB E D µε==,电磁场能量密度)(21B H D E w ⋅+⋅=)(2122H E µε+= )]()([21222222z y x z y x H H H E E E +++++=µε )](sin )(cos [2)1(2222t kz B t kz A ωωµε−+−+=玻印亭矢量H E S ×=zyxz y xH H H E E E z y x =z H E H E y H E H E x H E H E x y y x z x x z y z z y)()()(−+−+−=z H E H E x y y x)(−=z t kz B t kz A))]((sin ))((cos [2222ωεωε−+−=1-6 设某一无限大介质中，,0,0==σρε、µ只是空间坐标的函数，试从麦克斯韦方程和物质方程出发证明：{}0)](ln [)()(ln 22=∇⋅∇+×∇×∇++∇εµεµωE E E E证明：)(),(r rµµεε==H B E Dµε==,E E E D⋅∇+⋅∇=⋅∇=⋅∇εεε由麦克斯韦方程 0=⋅∇D得 (ln )EE E εεε∇⋅∇⋅=−=−∇⋅取麦克斯韦方程组微分式第一式的旋度，)()(B tE ×∇∂∂−=×∇×∇其中，E E E 2)()(∇−⋅∇∇=×∇×∇2[(ln )]E E ε=−∇∇⋅−∇)()(H tB t µ×∇∂∂−=×∇∂∂− )(H H t×∇+×∇∂∂−=µµ)(µµµB t Dt×∇+∂∂∂∂= t B tE ∂∂×∇+∂∂= )(ln 22µεµ)()(ln 22E t E×∇×∇−∂∂=µεµ)()(B tE ×∇∂∂−=×∇×∇即222(ln )()[(ln )]0E E E E t εµµε∂∇−+∇×∇×+∇∇⋅=∂若ti e E E ω0 =，则22(ln )()[(ln )]0E E E E εµωµε∇++∇×∇×+∇∇⋅=1-7 从麦克斯韦方程组出发导出电磁场在有色散的非均匀介质中所满足的亥姆霍兹方程。

物理光学第5章习题答案

tan e
【证】
n0 sin 1 ne ne2 sin 2 1
首先有， k1 sin 1 ke sin e
根据折射定律：
n1 sin 1 n(e )sin e
n(e ) sin 1 ( n1 1) sin e
而 n(e )
no ne
2 2 no sin 2 e ne sin 2 o
得到
2 e sin 1
sin60 1.470
36 6
sin60 1.512 34 56
而o光的折射角
2 o sin 1
因此o光与e光的夹角
2e 2o 36 6 34 56 110
8.如教材图15-79所示，一块单轴晶片的光轴垂直于表面，晶片的两个主折射率分别为 n0 和 ne 。证明：当平面波以 1 角入射到晶片时，晶体中非常光线的折射角 e ，可由下式给出：
对于长、短轴之比为2:1，长轴沿x轴的右旋椭圆偏振光
Ex =Axe =2ae
因此
ikz
ikz
E y =Ay ei ( kz ) =ae
i ( kz ) 2

2 2 Ax Ay (2a)2 a 2 5a
则，该偏振光的归一化琼斯矢量为
a 2 1 2 ER 5a ei 2 5 i
n( )
于是
n0 ne c 2 2 vN ne cos2 n0 sin 2
1.658 1.486 (1.486)2 cos 2 30 (1.658) 2 sin 2 30
n(30 )
1.6095
因此o光与e光通过晶片后的位相差

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1 1 0 1 1 1 = 2 − 1 2 0 − j− j
这正是一个偏振方向与 x 轴成 − 45 角的线偏振光，它能够通过透光轴与 x 轴成 − 45 角的偏振器。
2
tan θ o no = tan θ e n e
5-3（1）一右旋圆偏振光在通过 1/2 波片以后变成一个左旋圆偏振光，求此 1/2 波片的ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ 斯矩阵表示。
（2）快轴沿 x 方向的 1/4 波片，其琼斯矩阵为 1 0 ，一线偏振光的偏振方向与 x 轴的 0 j
交角为 45 ，求此线偏振光经过上述 1/4 波片后的偏振态。若入射至上述 1/4 波片的光是一左旋圆偏振光，结果又如何？（3）用快轴沿 y 轴的 1/4 波片和透光轴与 x 轴成-45 角的偏振器组合在一起, 就构成了一个只让入射的右旋圆偏振光通过的装置，试证明这一结论。解：（1）由讲义第一章中表 1-2，入射的右旋圆偏振光电矢量的列矩阵为 E i =
2016高等光学第5次作业答案
解：（5.2 节）
解：D 与 E 之间的夹角等于 S 与 k 之间的夹角。推导参考 5.2.4 节
最后的结果为
解：
证明：参考 5.4.2 节 o 光折射满足折射定律
n o sin θ o = n1 sin θ1 (θ1为入射角) tan θ o = n1 / no sin θ1 1 − ( n1 / no sin θ1 )
因此有
1 1 1 J 11 = 2 J 21 2 j
1 0 J = 0 − 1
它是一个快轴沿 x 轴或 y 轴的 1 2 波片。
E tx 1 1 0 1 1 1 （2） = = 2 0 j 1 2 j E ty
2
=
n1 sin θ1 (n o ) 2 − ( n1 sin θ1 )
2
E 光不满足折射定律，公式 5.4.15 中， ϕ =
π
2
，则
2no ne n1 sin θ1 = tan θ e (n o ) 2 − ( n1 sin θ1 ) ne 2n n tan θ = = o e 2 o tan θ o 2 2(n o ) 2(n o ) no
1 1 2 − j
出射的左旋圆偏振光的电矢量的列矩阵为 E t =
1 1 2 j
设所求的 1 2 波片的琼斯矩阵为 J =
J 11 J 21
J 12 ， E t = JE i J 22 J 12 1 J 22 − j
出射光为一左旋圆偏振光（注意公式 2.4.19 左右旋圆偏振，很多同学左右反了）
Etx = E ty
角为 − 45 。
1 1 0 1 = 2 0 j j
1 1 其偏振方向与 x 轴夹出射光为一线偏振光， 2 −1
（3）本题本质上与上题相同，只是换一种叙述方式。设有一右旋圆偏振光入射至快轴沿 y 轴的 1 4 波片上，则有