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。

解：对于无色散的非均匀介质（假设各向同性），()r εε=，0µµ=，由麦克斯韦方程组第三式0D ∇=，将()D r E ε=代入此式，有0D E E εε∇=∇+∇= ⇒ EE εε∇∇=−由麦克斯韦方程组第一式的旋度，()()E H tµ∂∇×∇×=−∇×∂2()()E E E ∇×∇×=∇∇−∇ 2()EE εε∇=−∇−∇2222()E H D t t tµµµε∂∂∂−∇×=−=−∂∂∂即222()EEE tεµεε∇∂∇+∇=∂ （1）同样，0B H µ∇=∇=则麦克斯韦方程组第二式两边取旋度，()()H D t∂∇×∇×=∇×∂22()()H H H H ∇×∇×=∇∇−∇=−∇()D t ∂∇×∂ 2222()()()()E t E E tD Ht t D H t t H Ht εεεεεµεεεµεεεµε∂=∇×∂∂=∇×+∇×∂∂∇×∂=−∂∂∇∂∂=×−∂∂∇×∇×∂−∂ 即222()H H H tεµεε∇×∇×∂∇+=∂ （2）色散介质中，对某一圆频率为ω的定态电磁波场，(,)()i t E r t E r e ω−=，(,)()i t B r t B r e ω−=（1），（2）式可化为亥姆霍兹方程，22()0EE k E εε∇∇+∇+=22()0H H k H εε∇×∇×∇++=（令k =）2-1、一个平面电磁波可以表示为140,2cos[210()],02x y z zE E t E c ππ==⨯-+=,求(1 )该电磁波的频率、波长、振幅和原点的初相位？ （２）拨的传播方向和电矢量的振动方向？ （３）相应的磁场Ｂ的表达式？解：（1）平面电磁波cos[2()]zE A t cπνϕ=-+对应有1462/m,10,,3102A V Hz m πνϕλ-===-=⨯。

（2）波传播方向沿z 负方向，电矢量振动方向为y 轴。

（3）B E →→与垂直，传播方向相同， ∴0By Bz ==8141210cos[210()]c 32z Bx Ey t c ππ-==-=-⨯⨯-+2.10 一个氩离子激光器输出波长为λ=488nm 的高斯激光束 总功率out =100m P W ，在1Z Z =平面上光束半径及波面曲率半径分别为11W mm =和15R m =。

试求：该高斯光束束腰的位置、束腰半径及212(2)Z Z Z m ==处的22()E R 表达式2.13 试求下列工作情况下光波的群速度：（1）24n=BCA λλ++(正常色散介质中的科希色散公式)；（2）2222c =c k ωω+（波导中的电磁波，c ω为截止圆频率）；（3）2p 24v =g )2Tλππλρ+（(p V 为液面相速度，g 为重力加速度，T 为表面张力，ρ为液体密度)解：2.14设有两个同频率、振动方向正交且相位差为δ的平面偏振光波沿同一方向传播，其瞬时振幅矢量大小分别为x x x t =cos t E A ωφ-（）（），y y y t =cos t E A ωφ-（）（）。

证明：两光波叠加所得的合振动矢量末端的轨迹满足方程：y x y 222x x y x y2cos =sin E E E E A A A A δδ+-（）（） 证明：由于x t E （）y t E （）的相位差δ起作用，和每个的初相位无关，故可以写成x x t =cos t E A ω（）（）y y t =cos t+E A ωδ（）（），所以可得 x x cos t =E A ω（） ，222x 2xsin t =1cos t =1E A ωω--（）（） （1）（2） y y y =A cos t =[cos t cos sin t sin ]E ωδωδωδ+-（）A （）（）222222sin ()sin cos ()cos 2cos()cos y y y yE E t t t A A ωδωδωδ=+- (3)将公式（1），（2）带入公式（3），整理即可得结果y x y 222x x y x y2cos =sin E E E E A A A A δδ+-（）（）3-4 （1）（p36-37）一单位振幅的单色平面波，垂直入射到由两种介质折射率分别为n1和n2的透明介质组成的分界面上。

（1） 利用边界条件，求出振幅的反射系数r 与投射系数t ； （2） 由能量守恒写成联系r 与t 的关系式。

解：设两种介质的分界面为z=0平面，光波入射面y=0平面，入射角（反射角）和折射角分别为1θ和2θ。

为方便讨论，将电场强度矢量E 和磁场强度矢量H 各分解成两个正交分量。

按照电磁场的边界关系，可得112112(')(')n E E n E n H H n H ⨯+=⨯⎧⎨⨯+=⨯⎩若分别以x 0、y 0、z 0表示3个坐标轴方向单位矢量，则n=z 0，上述边界条件简化为()()()()11011020201101102020ˆˆˆˆˆˆx x y y x y x x y y x y E E yE E x E y E x H H y H H x H y H x ⎧''+-+=-⎪⎨''+-+=-⎪⎩ 即 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧='+='+='+='+yy y x x xyy y xx x H H H H H H E E E E E E 211211211211考虑到平面光波电磁矢量振幅间的关系H E =，并结合s 分量和p 分量与场的坐标分量间的投影关系，可将上式简化为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧='+='-='+='-p p p s s ss s s p p p E a E E a E a E E a E E E E E E 22111222111121122111)(cos cos )(cos cos )(θθθθ式中取参数1a =，2a =解此可得振幅反射系数和振幅透射系数2112211211cos cos cos cos θθθθa a a a r E E p pp +-=='22111112cos cos cos 2θθθa a a t E E s s s +== 12211112cos cos cos 2θθθa a a t E E p p p +==12211112cos cos cos 2θθθa a a t E E p pp +==对一般非磁性介质，0μμ=，因而1212a a n n =,又因为平面波垂直入射，120θθ==︒，所以'1121121122s s p s s p E n n r r E n n n t t n n -===-+==+（2）以R 和T 分别表示强度反射率和强度透射率⎪⎩⎪⎨⎧==22pp ss r R r R ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==212212p p s s t n n T t n n T R w 和T w 分别表示光能流反射率和透射率，则⎩⎨⎧==p wpsws R R R R ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧====21122122112212cos cos cos cos cos cos cos cos p p wp s s ws t n n T T t n n T T θθθθθθθθ 光能流反射率与透射率满足能量守恒定律，即⎩⎨⎧=+=+11wp wpws ws T R T R 综合上述式子可得2221()1r n n t += 主要问题：1.没有注意到r s =-r p2.忽略了垂直入射的条件，即入射角为零 3有些同学最后结果写成了12n n ，3-7 从菲涅尔公式出发，讨论自然光自光密介质1进入光速介质2时，在分界面上的反射和透射规律，已知两种介质的折射率分别为5.11=n ，12=n ，画出振幅反射比与振幅投射系数随入射角的变化曲线。