波动光学第1章作业题题参考解答

1第一章作业题参考解答1.1、试从微分形式的麦克斯韦方程组出发，导出在均匀各向同性透明无源媒质中，磁感应强度B满足的波动微分方程(1.1.21)式。[解]将(1.1.16)式两端对时间微分，将左端的微分次序调换，可以得到：22)(tBtE(e1.1-1)将(1.1.17)式变形为：BtE1代入(e1.1-1)式得：22)(1tBB利用BBB2)()(和(1.1.19)式，得到关于B的方程：222tBB(1.1.21)#1.3、求出由下式表示的平面波光矢量的振动方向、传播方向、振幅、频率、相位速度和波长：8(,)(223)exp[(3610)]rtixytEij[解]由该平面波光矢量的表达式可知，电场的振动方向在(x,y)平面内，与x轴的负方向的夹角为60°，与y轴正向的夹角为30°；同样，该光波的传播方向也在(x,y)平面内，与x轴的夹角为30°，与y轴负向的夹角为60°。可见，振动方向与传播方向垂直。由表达式可知，该光波的振幅为：E=22|(2)(23)4|E；由表达式可知，该光波的ω=6×108；由此求得频率为：ν=6×108/2π=9.554×107；由表达式可求得：22(3)12k由ω=kυ求得相位速度为：υ=ω/k=3×108；由k=2π/λ求得波长为：λ=2π/k=π#1.4、一个线偏振光在玻璃中传播时，波函数为：21510cos[10()]0.65ztcEi，试求该光的频率、波长，玻璃的折射率。[解]由该平面波光矢量的表达式可知，15100.65kc，由k=2π/λ求得波长为：2λ=2π/k=3.9×10-7；由该平面波光矢量的表达式可知，ω=π×1015；由ω=2πν求得频率为：ν=5×1014；由ω=kυ求得相位速度为：υ=0.65c；根据折射率的定义知，1.54cn#1.6、设一简谐平面电磁波电矢量三个分量(MKSA单位制下)分别为：]4)(102cos[2014tcxEEEyzx(1)、试求此电磁波的频率、波长、振幅和初始位相；(2)、写出这个电磁波的磁感应强度B的分量表达式。[解](1)、由题给表达式可知，此电磁波的振幅为2；初始位相为4；ω=2π×1014，故ν=1014；ck14102，故波长λ=2π/k=c/1014=3×10-6m=3μm；(2)、由题给表达式可见，该电磁波的电场矢量振动方向为y轴，传播方向为x轴，而电磁波的电场矢量方向与磁感应强度矢量方向、传播方向相互垂直，故该电磁波的磁感应强度B沿着z轴；由(1)可知，该电磁波的传播速度为υ=λν=c；结合式(1.3.6)得：]4)(102cos[2014tcxcBBBzyx#1.7、试证明式(1.4.24)~式(1.4.27)[证]利用折射定律(1.4.4)取代式(1.4.8)的n1，同时消去n2得titititisrcossinsincoscossinsincos上下去掉sinθi变形得titititisrcossinsincoscossinsincos显然就是式(1.4.24)的左半部分；对上式分子分母同时除以cosθicosθt得：3iittiittsrcossincossincossincossin显然就是式(1.4.24)的右半部分。同样也利用折射定律处理式(1.4.12)，整理得：iittiittprcossincossincossincossin(e1.7−1)显然分子分母同时乘以2就能整理规化出式(1.4.25)的右半部等式。而2sinθicosθi−2sinθtcosθt=2sinθicosθi(sin2θt+cos2θt)−2sinθtcosθt(sin2θi+cos2θi)=sin(θi−θt)cos(θi+θt)2sinθicosθi+2sinθtcosθt=2sinθicosθi(sin2θt+cos2θt)+2sinθtcosθt(sin2θi+cos2θi)=sin(θi+θt)cos(θi−θt)(e1.7−2)将上两式代入分子分母同时乘以2的(e1.7−1)后归化整理即得式(1.4.25)的左半部等式；再利用折射定律处理式(1.4.9)整理，得：tiititstcossincossincossin2显然就是式(1.4.26)。最后利用折射定律处理式(1.4.9)整理，得：iittitptcossincossincossin2分子分母同时乘以2就能整理规化出式(1.4.27)的左半部分。再利用式(e1.7−2)的结果整理即得式(1.4.27)的右半部分得证。#题1.8题解用图1.8、线偏振光的振动方向与入射面的夹角定义为方位角。有一束线偏振光从折射率为n1的媒质里入射到折射率为n2的媒质里去，在两媒质的界面上发生反射和折射。设入射角为θi，方位角为βi，(1)、试求反射光和折射光的振动方位角βr和βt；(2)、若βi=45°，n1=1，n2=1.5，则θi=θi=0°、30°时，βr和βt为多大？[解](1)、线偏振光的入射面与振动矢量及其个分量的分布如图所示，可见Ei(r、t)Ei(r、t)pEi(r、t)sβi(r、t)入射面振动矢量方向4Ei(r、t)p=Ei(r、t)cosβi(r、t)；Ei(r、t)s=Ei(r、t)sinβi(r、t)根据题意有：piprpsisrsrEErEE、ipspipsisrprsrtgrrrErEEEtg(e1.8-1)piptpsiststEEtEE、ipspipsistptsttgtttEtEEEtg(e1.8-2)其中的反射系数和透射系数为：titisnnnnrcoscoscoscos2121；tiisnnntcoscoscos2211(e1.8-3)ititpnnnnrcoscoscoscos2121；itipnnntcoscoscos2211(e1.8-4)(2)、对于n1=1、n2=1.5、θi=50°，有：8598.0)5.150sin1(1)sin(1cos;6428.050coscos2221nniti3347.08598.05.16428.018598.05.16428.01coscoscoscos2121titisnnnnr0572.06428.05.18598.016428.05.18598.01coscoscoscos2121ititpnnnnr将它们和βi=45°代入(e1.8-1)中得：8514.5450572.03347.0tgtgrrtgipsr由此得βr=80.30°。同理，有6653.08598.05.16428.016428.012coscoscos2211tiisnnnt7048.06428.05.18598.016428.012coscoscos2211itipnnnt将它们和βi=45°代入(e1.8-2)中得：9440.0457048.06653.0tgtgtttgipst由此得βt=43.35°；而对于n1=1、n2=1.5、θi=60°，则有：58165.0)5.160sin1(1)sin(1cos;5.060coscos2221nniti4202.08165.05.15.018165.05.15.01coscoscoscos2121titisnnnnr0425.05.05.18165.015.05.18165.01coscoscoscos2121ititpnnnnr将它们和βi=45°代入(e1.8-1)中得：8871.9450425.04202.0tgtgrrtgipsr由此得βr=-84.225°；负号意味着反射光的光场在入射面的背面。同理，有5798.08165.05.15.015.012coscoscos2211tiisnnnt6384.05.05.18165.015.012coscoscos2211itipnnnt将它们和βi=45°代入(e1.8-2)中得：9082.0456384.05798.0tgtgtttgipst由此得βt=42.25°。#1.9、若要使光经折射率n=1.76的红宝石表面反射后成为完全偏振光，入射角应等于多少？求在此入射角的情况下，折射光的偏振度Pt。[解]根据题意，入射角应该是布儒斯特角，n1=1、n2=1.76，代入式(1.4.28)，得：11211.7660.2551Bntgtgn此入射角的余弦为：cosθi=cosθB=0.4961根据折射定律，可以求出折射角的余弦为8698.076.12551.60sin1sin1cos2221nnBt则4895.08698.076.14961.014961.012coscoscos2211tiisnnnt5693.04961.076.18698.014961.012coscoscos2211itipnnnt6根据偏振度的定义式(1.3.22)，IM和Im正比于Tp和Ts，而Tp正比于|tp|2、Ts正比于|ts|2，所以%154895.05693.04895.05693.022222222spspmMmMttttIIIIP#1.10、一束平面光以布儒斯特角射到一透明平行平板上，试证明在平板上下两表面反射的光波都是线偏振光。[解]如图所示，光线以布儒斯特角θB入射，则上表面反射光R上为s光，当然是线偏振光。折射入平板内的光包含s光和p光分量，因为在下表面也满足布儒斯特定律，所以下表面的反射光R下也只是s光，当然也是线偏振光。根据菲涅耳公式：)tan()tan(titipr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。题1.10题解用图#1.11、证明对于任何入射角θi，式(1.4.37)和(1.4.38)总成立。[证]对于式(1.4.37)来说，2||ssrR，212||coscossitstnnT，其中titisnnnnrcoscoscoscos2121，tiisnnntcoscoscos2211，则有：1)coscos(coscos4)coscos()coscoscos2(coscos)coscoscoscos(2212122122111222121titititiiittitissnnnnnnnnnnnnnnnTR同样对于式(1.4.38)来说，2||pprR，212||coscospitptnnT，其中ititpnnnnrcoscoscoscos2121，n1n2θBθtθBn1θtR上R下7itipnnntcoscoscos2211，则有：1)coscos(coscos4)coscos()coscoscos2(coscos)coscoscoscos(2212122122111222121ititititiitititppnnnnnnnnnnnnnnnTR可见，对于任何入射角θi，式(1.4.37)和(1.4.38)总成立。