陈家璧版-光学信息技术原理及应用习题解答(4-7章)

第四章习题
4.1若光波的波长宽度为λΔ，频率宽度为νΔ，试证明：
λ
λ
ν
ν
ΔΔ=。

设光波波长为
nm 8632=.λ，nm 8-10⨯2=λΔ，试计算它的频宽νΔ。

若把光谱分布看成是矩形线型，
那么相干长度?
=c l 证明：参阅苏显渝，李继陶《信息光学》P349，第4.1题答案。

42
1.510c λ
νλ∆∆=
=⨯赫，32010()c c c
l ct m ν
==
=⨯∆4.2设迈克尔逊干涉仪所用的光源为nm 0589=1.λ，nm 6589=.2λ的钠双线，每一谱线的宽度为nm 010.。

（1）试求光场的复自相干度的模。

（2）当移动一臂时，可见到的条纹总数大约为多少？（3）可见度有几个变化周期？每个周期有多少条纹？答：参阅苏显渝，李继陶《信息光学》P349，第4.2题答案。

假设每一根谱线的线型为矩形，光源的归一化功率谱为
()^
1212rect rect νννννδνδνδν⎡--⎤
⎛⎫⎛⎫=
+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣
⎦G (1)光场的复相干度为
^
1()()exp(2)1
sin ()exp(2)[1exp(2)]2
r j d c j j τνπντν
δντπντπντ∞==+∆⎰G 式中12ννν-=∆，复相干度的模为
ντ
πδνττ∆=cos )(sin )(c r 由于νδν∆ ，故第一个因子是τ的慢变化非周期函数，第二个因子是τ的快变化周期函
数。

相干时间由第一个因子决定，它的第一个零点出现在δντ1=c 的地方，c τ为相干时间，故相干长度δλ
λδλλδντ2
2≈
===c
c l c c 。

（2）可见到的条纹总数589301
.05893===
=
δλλλ
c
l N （3）复相干度的模中第二个因子的变化周期ντ∆=1，故可见度的变化周期数601
.06==∆=∆==δλλδννττc n 每个周期内的条纹数98260
58930===
n N 4.3假定气体激光器以N 个等强度的纵模振荡，其归一化功率谱密度可表示为
()()()
()
∑2
1-2
1
--=+-1=N N n n N
νννδνΔg
ˆ式中，νΔ是纵模间隔，ν为中心频率并假定N 为奇数。

（1）证明复自相干度的模为
()()()
ντπντπτγΔΔsin sin N N =
(2)若3=N ，且ντΔ10≤≤，画出()τγ与ντΔ的关系曲线。

答：参阅《统计光学（基本概念个习题）》P131。

证明（1），复相干度）（τγ与归一化功率谱密度即光源的光谱特性间具有下列关系：
()^
20
()j e d πντγτνν
∞-=⎰G 将（4.3.1）式带入得到
()()
()(1)220
(1)2
(1)222(1)(1)2(1)2
2220
1()111N j n N N j j n n n n n n
n
j j j n n n e d N
e e N e e e
N πντπντπντπντπντπντ
γτδνννν
-∞
-=----∆=-----∆-∆===
-+∆=⎡⎤
=+
-⎢⎥
⎣⎦
∑
⎰
∑∑∑
其中
()
∑
-=∆+∆∆--=
2
)1(0
22/)1(2211N n j N j n
j e e e
ντπντπντπ()
ντ
πντπντπ∆-+∆--=∆---=
∑22/)1(22)1(0
211j N j N n n
j e e e
因而
(){[]()[][][][]})2exp()2exp(2/2/)1(2exp 2/)1(2exp 2/12exp 2/)1(2exp )2exp(1
ντπντπντπντπντπντπτνπτγ∆--∆-+∆--+∆--∆-+-∆-=
j j N j N j N j N j j N
=
ντπντπντπτνπ∆-+∆--∆-2cos 12/)1(2cos 2/)1(2cos 12N N e N j =ντ
πντπτνπ∆∆-sin sin 12N e N j 复相干度的包络则为
()()ντ
πντπτγτγ∆∆=
=sin sin N N
（2），当N=3时，
()ντ
πντπτγ∆∆=
sin 33sin 其ντγ∆-曲线如图1
所示。

图1多模激光复相干度包络曲线（N=3）
4.4在衍射实验中采用一个均匀非相干光源，波长550nm =λ，紧靠光源之前放置一个直径1mm 的小圆孔，若希望对远处直径为1mm 的圆孔产生近似相干的照明，求衍射孔径到光源的最小距离。

答：参阅《统计光学（基本概念个习题）》P160。

用做衍射实验的相干度应当用上题中提到的沃尔夫用的阈值，由理想值1下降到0.88为最大容许偏离值，因而相干面积直径与光源半径之间满足下列关系：
0.16z
d a
λ=
则
310.5
10 5.680.16550
0.16da z m λ⨯=
=⨯=⨯即光源小孔与衍射小孔之间最小相距5.68m 才能在衍射实验中较好地满足相干照明的要求。

4.5用迈克尔逊测星干涉仪测量距离地面1光年(约1016
m)的一颗星的直径.当反射镜1
M 与2M 之间距离调到6m 时,干涉条纹消失.若平均波长550nm =λ，求这颗星的直径。

答：km km d λD
αD φ691310⨯121=10
⨯6550
⨯22110=221==...，4.6在杨氏双孔干涉实验中(图4.17),用缝宽为a 的准单色非相干缝光源照明,其均匀分布的辐射光强为0I ，中心波长nm 600=λ.(1)写出距照明狭缝z 处的间距为d 的双孔1Q 和2Q （不考虑孔的大小）之间的复相干因子表达式。

（2）若mm d m z mm a 3=1=10=,,.，求观察屏上的杨氏干涉条纹的对比度。

（3）若z 和d 仍然取上述值，要求观察屏上干涉条纹的对比度为0.41,缝光源的宽度应为多少?(4)若缝光源用两个相距为a 的准单色点光源代替,如何表达1Q 和2Q 两点之间的复相干因子?
图4.17（题4.6图）
答：根据范西特-泽尼克定理，当光源本身线度以及观察区域线度都比二者距离z 小得多时，观察区域上复相干因子正比于光源强度分布的归一化傅里叶变换。

本题的条件能够满足这个要求。

因而有
()()]
()()()()0
≠0
0=⎪
⎭
⎫
⎝⎛=0⎪
⎭⎫
⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=
⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎭⎬⎫⎩⎨⎧2-⎪⎭⎫ ⎝⎛⎭
⎬⎫⎩⎨⎧2-⎭⎬⎫⎩⎨⎧2-⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭
⎫ ⎝⎛
⎭⎬⎫⎩⎨⎧+2-⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰∞
∞-0=∞
∞
-11
∞∞
-∞
∞-1111∞
∞-∞
∞
-1
111ΔηΔηz λΔξψδλΔηδz λΔξψΔηλπΔηλπΔξλπψΔηΔξλπ
ψΔηΛξμΔη当当a sinc j exp z a sinc j exp dy y z j exp dx a x rect dy
y z j exp dx x z j exp a x rect j exp dxdy a x rect I dy dx y x z j exp a x rect I j exp 111010,(4.75)
式中()()[]
()212221212222-2=+-+2=
ρρηξηξψz
k z k
，而1ρ和2ρ分别为1Q 和2Q 两点到光轴的距离。

（2）当mm d m z mm a 3=1=10=,,.，有
()()6370=⎪⎭
⎫ ⎝⎛⨯⨯⨯10=⎪⎭⎫ ⎝⎛=03..,33-101100.63z λΔξψμsinc a sinc j exp 观察屏上的杨氏干涉条纹的对比度为0.637。

（1）若z 和d 仍然取上述值，观察屏上干涉条纹的对比度为0.41,缝光源的宽度应为
mm
1330=3
10⨯1⨯⨯⨯=3.-3100.60.667a （2）若缝光源用两个相距为a 的准单色点光源代替,1Q 和2Q 两点之间的复相干因子可以
表达为两个复指数函数之和，因而随着1Q 和2Q 两点之间的距离按照余弦函数方式变化。

4.7一准单色光源照明与其相距为z 的平面上任意两点1P 和2P ，试问在傍轴条件下这两点之间的复相干因子幅值为多大？
答：参阅《统计光学（基本概念个习题）》P165。

解：首先建立如图4.19的坐标系，光源位于ξ-η坐标原点，ξ-η与x-y 两平面间距为z ，P 1与P 2两点坐标分别为(x 1,y 1)与(x 2,y 2)
，并满足如下近轴条件：
z 做为准单色点光源，其光源可表示为
0(,)(,)
I I ξηδξη=其中δ为狄拉克函数。

直接利用范西特-泽尼克定理计算复相干系数如下：
1200
22222211(,)
2(,)exp ()(,)exp ()j j P P a e I j x y d d z I d d e j x y x y z ψ
ψ
μδξηξηξηλδξηξη
πλ∞
--∞∞
-∞-⎡⎤
∆+∆⎢⎥⎣⎦
==⎡⎤=+--⎢⎥
⎣⎦
⎰⎰⎰⎰
因为12(,)1P P μ=，由点光源发出的准单色是完全相干的，或者说x-y 面上的相干面积趋于无限大
4.8在图4-18所示的记录全息图的光路中,非相干光源的强度在直径为b 的圆孔内是均匀的。

︒
10=β。

为使物体漫反射光与反射镜的参考光在H 面上的复相干因子12μ不小于0.88,光源前所加的小孔的最大允许直径是多少（600nm =λ）？答：小孔的最大允许直径mm mm βλb 3-3-10⨯11=10⨯175
06
0⨯320=⨯320=
.....。

图4.18（题4.8图）第五章习题解答
5．1两束夹角为θ=450的平面波在记录平面上产生干涉，已知光波波长为632.8nm ，
求对称情况下（两平面波的入射角相等）该平面上记录的全息光栅的空间频率。

答案：已知：θ=450，λ=632.8nm
求：全息光栅空间频率f x
解：根据平面波相干原理，干涉条纹的空间分布满足关系式
2d sin （θ/2）=λ
其中d 是干涉条纹间隔。

由于两平面波相对于全息干板是对称入射的，故记录在干板上的全息光栅空间频率为
f x =（1/d ）=（1/λ）·2sin （θ/2）=1209.5l /mm
答：全息光栅的空间频率为1209.5l /mm 。

5．2如图5.33所示，点光源A （0，-40，-150）和B （0，30，-100）发出的球面波在记录平面上产生干涉：
x
A O z y
B
图5.33（5.2题图）
（1）写出两个球面波在记录平面上复振幅分布的表达式；
解答：设：点源A 、B 发出的球面波在记录平面上的复振幅分布分别为U A 和U B ，
则有
()[{]}22--22)()()/(exp exp A A A A A
A y y x x z jk jkz a U +=
()[{]}
2
2--22)()()/(exp exp B B B B B B y y x x z jk jkz a
U +=其中:x A =x B =0,
y A =-40,
z A =-150,
y B =30,
z B =-100;
a A 、a B 分别是球面波的振幅；k 为波数。

（2）写出干涉条纹强度分布的表达式；
I =
|U A +U B |2=
U A ·U A *+U B ·U B *+U A *·U B +U A ·U B *
[{]
{[]}}
[{]
{[]}}
--2---2-4
--2--2--4
42222222
22
2
)()()/()()()/(exp )exp()()()/()()()/(exp )exp(B B B A A A B A B
A B B B A A A B A B A B A y y x x z jk y y x x z jk jkz jkz a a y y x x z jk y y x x z jk jkz jkz a a a a ++•+
++++•++=（3）设全息干板的尺寸为100×100mm 2，λ=632.8nm ，求全息图上最高和最低空间频率；说明这对记录介质的分辨率有何要求？
解答：设全息干板对于坐标轴是对称的，设点源A 与点源B 到达干板的光线的最大
和最小夹角分别为θmax 和θmin ，A 、B 发出的到达干板两个边缘的光线与干板的夹角分别为θA 、θB 、θA ’和θB ’，如图所示，它们的关系为
θA =tg -1[z A /（-y A -50）]，θB =tg -1[z B /（-y B -50）]θA ’=tg -1[z A /（y A -50）]，θB ’=tg -1[z B /（y B -50）]θmax =θA -θB ，
θmin =θB ’-θA ’
根据全息光栅记录原理，全息图上所记录的
最高空间频率f max =（2/λ）sin （θmax /2）·cos α1最低空间频率
f min =（2/λ）sin （θmin /2）·cos α2
其中α角表示全息干板相对于对称记录情况的偏离角，由几何关系可知
cos α1=sin （θA +θB ）/2，cos α2=sin （θA ’+θB ’）/2将数据代入公式得
f max =882l /mm ，f min =503l /mm
答：全息图的空间频率最高为882l /mm ，最低为503l /mm ，要求记录介质的分辨率不
得低于900l /mm 。

5．4用波长λ0=632.8nm 记录的全息图，然后用λ=488.0nm 的光波再现，试问：（1）若l o =10cm ，l c =l r =∞，像距l i =？
解：根据菲涅耳全息图物像距关系式（5．21C ），像距l i 由下式确定
原始像：
)(r o c i l l l l 1
-111μ+=共轭像：(r
o c i l l l l 1-1-11μ=其中µ=λ/λ0，
将l c =l r =∞代入得
原始像距为
cm
13≈μ
o
i l l =
共轭像距为
cm
13-≈-
μ
o
i l l =（2）若l o =10cm ，l r =20cm ，l C =∞，l i =？；
解：同理,原始像距为
1
-1-1)](
[r
o i l l l μ=≈26cm 共轭像距为
l I ≈-26cm
（3）第二种情况中，若l C 改为l C =-50cm ，l i =？；
解：同理,原始像距为
l I ≈54cm 共轭像距为
l I ≈-17cm
（4）若再现波长与记录波长相同，求以上三种情况像的放大率M =？
解：当λ=λ0时
µ=1，由成像放大率公式（5．25）可知
1
--1c
o r o l l l l M μ±=上述三种情况的放大率分别为（1）M =1
；
（2）M =2；（3）M =3．3
5．5如图5.34所示，用一束平面波R 和会聚球面波A 相干，记录的全息图称为同轴全息透镜（HL ），通常将其焦距f 定义为会聚球面波点源A 的距离z A 。

R
A HL
图5.34（5.5题图）
（1）试依据菲涅耳全息图的物像关系公式（5.21）—（5.22），证明该全息透镜的成像公式为
f
d d i μ
±=-011式中d i 为像距，d 0为物距，f 为焦距，μ=λ/λ0（λ0为记录波长，λ为再现波长），等号右边的正号表示正透镜，负号表示它同时又具有负透镜的功能。

解：根据菲涅耳全息图的物像关系公式（5.21c ）和（5.22c ）有
)(r
o c i l l l l 1
-111μ±=根据题意，已知
d i =l i ，d 0=l c ，l r =∞；焦距f 是指当λ=λ0时平行光入射得到的
会聚点的距离，即当l c =∞，μ=1时的像距l i ，此时l i =f （=z A ）。

根据公式可得o
o i l l l f 111±=±==μ于是有
f =+l o （=z A ）
证明：左边=
f
l l l l l d d o r o c i i μμμ±=±=±==)(1-11-11-10=右边
证明完毕。

（2）若已知z A =20cm ，λ0=632.8nm ，物距为d 0=-10cm ，物高为h O =2mm ，物波长为
λ=488.0nm ，问：能得到几个像？求出它们的位置和大小，并说明其虚、实和正、倒。

解：由已经证明了的全息透镜成像公式可得
f
d d i μ
±=011根据题意有f =z A =20cm ，μ=λ/λ0=488.0nm /632.8nm ，d 0=-10cm ，代入上式
-16．3cm
原始像
得
d i =
-7．2cm
共轭像
根据放大率公式（5．25）
1
-0
0-1±=c
r z z
z z M μ由本题关系可知，上式中z 0=l o =f =20cm ，z r =l r =∞，z c =l c =d 0=-10cm ，代入上式得
0．6
原始像高h =M ·h 0=1．20cm
1
-1c
d f
M μ±
==
0．28
共轭像高h =M ·h 0=0．56cm
答：能得到两个像，原始像位于-16．3cm 处，正立虚像，像高1．20cm ；共轭像位于-7．2cm 处，正立虚像，像高0．56cm 。

5．6用图5.33光路制作一个全息透镜，记录波长为λ0=488.0nm ，z A =20cm ，然后用白光平面波再现，显然由于色散效应，不同波长的焦点将不再重合。

请计算对应波长分别为
λ1=400.0nm 、λ2=500.0nm 、λ3=600.0nm 的透镜焦距。

解答：由（5．23）式可知
'
)(
f l l r o 11-1=±μ于是有
[]
1
-1
-1±=)(
'r
o l l f μ其中l O =z A =20cm ，l c =l r =∞，µ1=λ1/λ0，µ2=λ2/λ0，µ3=λ3/λ0，代入数据得
f 1’=24．4cm ；f 2’=19．5cm ；f 3’=16．3cm
答：对应3个波长的焦距分别为24．4cm ，19．5cm 和16．3cm 。

5．7用图5.35所示光路记录和再现傅里叶变换全息图。

透镜L 1和L 2的焦距分别为f 1和f 2，参考光角度为θ，求再现像的位置和全息成像的放大倍率。

O L1θH H L2P
f1f1f2f2
图5.35（5.7题图）
解答：根据傅里叶变换全息图再现原理，由公式（5．33）可知，再现像对称分布于零级两侧，且倾角分别为：+θ，由几何关系可知：
+sinθ=x p/f2所以：x p=+f2sinθ
即原始像和共轭像分别位于x p=f2sinθ和x p=-f2sinθ处（注：输出平面坐标
已作反转处理）。

第六章习题与解答
习题
6-1．置于两正交偏振片中的垂面排列液晶盒，在电控双折射效应中，电压V=V c时透过率最大，试从双折射和干涉角度说明此时对应何种情况？为什么透过率最大。

6-2P型450扭曲液晶盒在混合场效应中，分析液晶分子指向矢的变化是如何改变液晶双折射的，说明为什么最后能生成椭圆偏振光。

6-3在利用混合场效应时，为什么采用450扭曲液晶盒，而不采用900扭曲液晶盒？
6-4试写出KDP晶体的线性电光系数矩阵、在外电场E=E x i+E y j+E z k作用下ηij（E）的各分量及其折射率椭球方程。

6-5试写出外电场E与KDP晶体z轴方向平行时的折射率椭球方程，并证明其变成双轴晶体，写出此时的三个主折射率n zˊn yˊ和n zˊ。

6-6试写出外电场E与KDP晶体x轴方向平行时的折射率椭球方程，并证明其晶轴发生旋转，从而变成了双轴晶体，并写出此时的三个主折射率，n xˊn yˊ和n zˊ，说明n yˊ与n zˊ近似与E x2成正比。

6-7设MOSLM将线偏振光的偏振方向分别旋转-450和450，作为数字“0”和“1”的输入。

（a）描述如何利用MOSLM实现二进制位相滤波器功能。

（b）如果MOSLM仅旋转-90和90，此位相滤波器的强度透过率是多少？（提示：使用马留定律）
6-8在使用MOSLM时是否需要将读出光的偏振方向与MOSLM的某一特定轴方向一致？
为什么？
解答
6－1如果用负型液晶ε∥<ε⊥制成垂面排列液晶盒，并在两基片外表面镀上透明导电材料氧化铟与氧化锡的混合物（ITO ）作为电极，在液晶盒的前后光路中分别放置起偏器和检偏器，且使两者正交。

一束光经起偏器垂直入射到液晶盒上。

当电极上的电压V =0时，由于线偏振光沿液晶主轴方向传播，因而偏振方向不变，所以检偏器上透过的光强为零。

当电极上加一定电压后，液晶发生形变，大部分分子的指向矢n 将转向垂直于E 的方向，它平行与基片（但不一定平行与起偏器），此时通过液晶盒的线偏振光将分解成o 光和e 光，检偏器上将有光透过，其光强是o 光和e 光干涉的结果。

当电极上的电压达到某一阈值电压V c 时，n 平行于液晶盒表面（垂直于E ）的分子比例达到最大。

此时液晶双折射效应最强，因而，透过率也达到最大值。

6－2（参见6.2.1节中的例及图6-6。

）6－3在利用混合场效应时，采用450扭曲液晶盒，是为了能在较低电压下较大的双折射效应。

若采用900扭曲液晶，则线偏振光在液晶盒内不能分解成两个偏振方向的分量，也就不能产生椭圆偏振光，而仅使入射线偏振光的偏振方向旋转900，因而通过检偏器的光功率为零。

可以看出，450扭曲液晶盒可以产生最大双折射效应。

6－4已知KDP 的系数矩阵中只有r 41、r 32、和r 63不为零，所以可写出其电光系数矩阵为：
⎥
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
⎡6341320
00000000000000r r r 在外电场E 的作用下，由（6-24）式并忽略Kerr 效应，可写出其逆介电常数章量η的
近似表达式：
η11（E ）=η11（0）=1/n x 2=1/n 02η22（E ）=η22（0）=1/ny2=1/n 02η33（E ）=η33（0）=1/nz2=1/n e 2
η23（E ）=η32（E ）=η23（0）+r 41E x =r 41E x η13（E ）=η31（E ）=η13（0）+r 52E y =r 52E y η12（E ）=η21（E ）=η12（0）+r 63E z =r 63E z
由（6-21）式可写出折射率椭球方程：
x 2/n o 2+y 2/n o 2+z 2/n e 2+2r 41E x yz +2r 52E y xz +2r 63E z xy =16-5
由上题结果，代入E x =E y =0，折射率椭球方程变为：
x 2/n o 2+y2/n o 2+z 2/n e 2+2r 63E z xy =1
由于出现了xy交叉项，说明在外电场E z作用下，晶体主轴发生了转动。

作坐标变换，令坐标轴绕z轴转450，新坐标系为x'，y'，z',它与旧坐标系的关系为：
x=x'cos450-y'sin450=√2/2(x'-y')
y=x'sin450+y'cos450=√2/2(x'+y')
z=z'
代入前式可得新坐标系下的折射率椭球方程：
x'2(1/n o2+r63E z)+y'2(1/n o2-r63E z)+z'2/n e2=1
变换成晶体主轴坐标系：
x'2/n'x2+y'2/n'y2+z'2/n'z2=1
其中：1//n'x2=1//n o2+r63E z
1/n'y2=1/n o2-r63E z
1//n'z2=1//n e2
可见外电场E z的作用不仅使KDP的主轴绕z轴旋转了450，而且使n'x≠n'y≠n'z，即变成了双轴晶体。

6-6由6-4题结果，代入E y=E z=0，可得：
x2/n o2+y2/n o2+z2/n e2+2yzr41E x=1(A)可见，外电场Ex使晶体主轴发生了旋转。

令坐标系绕x轴旋转角，消去交叉项，可找到新的主轴方向。

新旧坐标系关系为：
x=x'
y=y'cosθ-z'sinθ(B)
z=y'sinθ+z'cosθ
代入（A）式，并令y'z'项系数为零，则为有：
tg2θ=2r41E x/(1/n o2-1/n e2)(C)在新坐标系下折射率椭球方程变为：
x'2/n o2+y'2(1/n o2+r41E x tgθ)+z'2(1/n e2-r41E x tgθ)=1(D)或：x'2/n'x2+y'2/n'y2+z'2/n'z2=1（E）
其中：1//n'x2=1//n o2
1/n'y2=1/n o2+r63E z（F）
1//n'z2=1//n e2-r63E z
由于∣r41E x∣<<1/n o2(1/n e2),代入（F）式，近似有：
n x'=n o
n y'≈n o-1/2n o3r41E x tgθ
n z'≈n e+1/2n e3r41E x tgθ
对KDPθ角很小，例如E x=100V/m时，θ≈0.040。

由（C）式可知，θ近似正比于E x.
所以n y'、n'z近似与E x2成正比。

6-7a）如图6-20所示，经起偏器P的读出光的偏振方向为y方向，通过MOSLM上的两个像素后，由于法拉第效应，其偏振方向将分别偏转+450和-450角，成为偏振方向为P1
和P 2的出射光。

将检偏器A 透光方向置于x 轴方向，即与起偏器正交，φ=±900。

此时，P 1和P 2在A 上都存在x 、y 两个分量，它们的y 分量不能通过A ，只有x 分量可通过，但P 1、P 2的两x 分量方向相反，即位相差π。

这样就构成了一个二进制位相滤波器。

b ）此位相滤波器的强度透过滤为：
T =I 0cos 2（φ-θ）/I 0=sin 2810
6-8读出光只要为任意方向的线偏振光，通过MOSLM 时，由于法拉第效应，其偏振方向都会
旋转一定角度θ（或-θ）。

但如果起偏器和检偏器的透光方向的夹角不同MOSLM 的功能也不同。

若起偏器与检偏器透光方向夹角φ=±900，则MOSLM 可用作相位调制（或滤波）器，当φ≠±900时，则可构成振幅调制器或强度调制器。

所以，使用MOSLM 时，应注意起偏器和检偏器透光方向的夹角，而不是入射读出光的偏振方向。

第七章习题解答
1.某种光盘的记录范围为内径80mm,外径180mm 的环形区域,记录轨道的间距为2um.假设各轨道记录位的线密度均相同,记录微斑的尺寸为0.6um,试估算其单面记录容量.(注:内、外径均指直径)
解：记录轨道数为
25000
002
.0280
180=⨯-=
N 单面记录容量按位计算为
∑
=⨯≈⨯+=N
n n M 1
10107.10006.0)
002.040(2πbits =17Gb.
按字节数计算的存储容量为 2.1GB.
2.证明布拉格条件式（7-1）等效于（7-17）式中位相失配δ =0的情形，因而（7-18）式
描述了体光栅读出不满足布拉格条件时的位相失配。

证明:将体光栅读出满足布拉格条件时的照明光波长(介质内)和入射角(照明光束与峰值条纹面间夹角)分别记为λ0和θ0,则根据布拉格条件式（7-1）有:
2Λsin θ0=λ0
其中Λ为峰值条纹面间距.
对于任意波长λa (空气中)和入射角θr (介质内),由(7-17)式,位相失配δ定义为:
24)cos(n K K a
r πλθφδ-
-=其中n 0为介质的平均折射率,K =2π/Λ为光栅矢量K 的大小，φ为光栅矢量倾斜角，其值为
2
2π
θθφ++=
s r ，θr 为再现光束与系统光轴夹角(参见图7-9)．当
δ=0时,有
2
422cos n K K a
r s r πλθπθθ=
⎪⎭⎫ ⎝⎛-++
即:
Λ
=Λ=
⎪⎭⎫
⎝⎛-2422
sin 0λππλθθn s r
λ为介质中的波长.由于角度
2
s
r θθ-恰为照明光与峰值条纹面的夹角θ, 以上结果亦即布拉格条件2Λsin θ=λ.
当读出光偏离布拉格角θo 和布拉格波长λo 的偏移量分别为∆θ和∆λ时，有
[]0
2002000
02044sin )sin(cos )cos( 4)
()(cos n K n K K K n K K πλ
πλθθφθθφπλλθθφδ∆-
-∆--∆-=∆+-
∆+-=利用布拉格条件式(7-17),以及∆θ和∆λ很小时的近似关系cos ∆θ≈1和sin ∆θ≈∆θ,立即可
得:
δ=∆θK sin(φ-θ0)-∆λK 2/4πn 0即(7-18)式
原题得证。

3.用波长为532nm 的激光在KNSBN 晶体中记录非倾斜透射光栅,参考光与物光的夹角为30o (空气中).欲用波长为633nm 的探针光实时监测光栅记录过程中衍射效率的变化,计算探针光的入射角.(假设在此二波长晶体折射率均为2.27)
解：532nm 为空气中激光波长记作λa 1,在晶体外的入射角为θa 1，其在晶体中波长为λ1,入射角为θ1；633nm 为空气中激光波长记作λa 2,在晶体外的入射角为θa 2，其在晶体中波长为λ2，入射角为θa 2。

本题中涉及非倾斜光栅,光束入射角即为与光栅峰值条纹面的夹角,按题意,则波长532nm 和633nm 激光应分别满足布拉格条件：
晶体中：2Λsin θ1=λ12Λsin θ2=λ2(1)
由折射定律，换算成空气中角度和波长为：
空气中：2Λsin θa 1=λa 12Λsin θa 2=λa 2(2)
由（2）式得：θa 2=arcsin (λa 2⨯sin15︒/λa 1)=arcsin (633⨯sin15︒/532)=17.936︒故探针光的入射角应为17.936︒。

4.为了与实验测量的选择角相比较,需要有体光栅在空气中的选择角的表达式.试对小调制度近似(ν<<1),导出一个计算非倾斜透射光栅空气中的选择角的表达式(所有角度均应为空气中可测量的值).
解：注意我们将对应着η-ξ曲线的主瓣全宽度定义为选择角,体光栅晶体中选择角表达式为：
)
2sin(cos 222ϕθλπνπs
a nd -=
∆Θ(1)
ν<<1时，对非倾斜透射光栅，有：
r a nd θπλνπsin 22-=∆Θr
a
nd θλsin ≈
(2)
设空气中参考光入射角为θr o ,选择角为∆Θo .由折射定律有
sin(∆Θo +θr o )=n sin(∆Θ+θr )
(3)
展开为：
sin ∆Θo cos θr o +cos ∆Θo sin θr o =n (sin ∆Θcos θr +cos ∆Θsin θr )
(4)
因为∆Θo 和∆Θ很小，有如下近似：cos ∆Θo ≈cos ∆Θ/2≈1,sin ∆Θo ≈∆Θo ,sin ∆Θ≈∆Θ.因此(4)式可化简为：
∆Θo cos θr o +sin θr o =n (∆Θcos θr +sin θr )
由折射定律，有sin θr o =n sin θr ，可得：
∆Θo =n ∆Θcos θr /cos θr o
=n λa cos θr /(nd ⎥sin θr ⎥cos θr o )=2λa (n 2-sin 2θr o )1/2/(d sin2θr o )
此式可作为空气中选择角的表达式。

当sin 2θr o <<n 2时,还可进一步简化为:
020202sin 22sin 12sin 2r a
r r a
d n n d n θ
λθθλ≈
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-≈
∆Θ以最常用的铌酸锂晶体为例,n =2.2-2.3,当θr o <45︒时,用0
2sin 2r a
d n θλ=∆Θ估算空气中的选
择角,误差只有5%左右.
5.铌酸锂晶体折射率n =2.28,厚度d =3mm,全息时间常数之比τE /τW =4,饱和折射率调制度∆n max =5⨯10-5,用λ=532nm 的激光在晶体中记录纯角度复用的全息图,物光角度取为θs =30︒,参考光角度范围θr =20︒-40︒.若要求等衍射效率记录且目标衍射效率设定为10-5,试分析影响存储容量的主要因素.为了提高存储容量,应当在哪些方面予以改进?
解：本题仅涉及纯角度复用技术,且无页面容量的数据,故主要讨论每个空间区域内复用存储的数据页面数即角度复用度.影响存储容量的主要因素有：（1）有限的角度选择性及实际选择角增宽（2）光学系统对存储容量的限制（3）噪声对存储容量的限制
本题可近似为准对称的透射式光路，以平均的参考光角度θr =θs =30︒并利用第4题的结果,可估算出平均选择角为:
=︒⨯⨯⨯⨯==∆Θ-)
60sin(31053228.222sin 26
0r a d n θλ0.0535︒
由光学系统决定的参考光入射角范围Θ=20︒,故允许的角度复用度为：
M a ≈Θ/ ∆Θ=20/0.0535=374
由于系统存在噪声,要求有一定的目标衍射效率,而记录材料具有有限的动态范围,因而根据(7-77)式,角度复用度限制为：
M a =
min
sat cos ηθλτπτs W E d n ∆=4⨯3.14⨯5⨯10-5⨯3/(532⨯10-6⨯cos30︒⨯10-5/2)=1293
由以上结果可见，本题中存储容量主要受到有限的角度选择性和光学系统有限的孔径角的限制。

要提高存储容量，需首先增大晶体厚度,适当增大写入光的夹角和光学系统的孔径角,采用较短的激光波长.
6.用作组页器的空间光调制器为(24⨯36)mm 2的矩形液晶器件,含有480⨯640个正方形像元.用焦距为15mm 的傅里叶变换透镜和633nm 激光记录傅里叶变换全息图,问允许的参考光斑最小尺寸为多少?
解：空间光调制器的复振幅透过率可描述为二维rect 函数阵列.当记录傅立叶变换全息图光路中包括空间光调制器时，4f 系统中频谱面上的频谱是与像元间距有关的sinc 函数。

记录物体基本信息的必要条件是参考光光斑至少包含物体的零频和正负基频频谱。

正方形像元间距为下式所求，二者取其小：
24/480=0.05mm 36/640=0.056mm
由于黑白相邻的两个像元构成物面上最小可分辨的周期,故方波条纹的最高频率为f max =1/(2⨯0.05)=10mm -1.
在焦距为f 的傅里叶变换透镜的频谱面上,物体+1级频谱分量的间距为：D H =2λf f max =2⨯633⨯10-6⨯15⨯10=0.19mm
所以，允许的参考光斑最小尺寸是直径为0.19mm 的圆斑。

7.用一种高级语言编写计算机程序,计算在光折变晶体中角度复用存储100幅全息图的曝光时间序列.计算用到的参数为:饱和衍射效率0.5,目标衍射效率10-5,写入时间常数60s,擦除时间常数700s.透射式准对称光路.
解:对于透射式准对称光路，由(7-24)和(7-26)式,光栅衍射效率表达式为：
η=sin 2ν=⎪
⎪⎭⎫
⎝
⎛∆s nd θλπcos sin 2相应的折射率调制度为∆n =
ηπθλ1s
sin d
cos -,则饱和折射率调制度∆n sat 与饱和衍射效率ηsat 的关系为:
∆n sat =
sat
ηπθλ1s
sin d
cos -而相应于目标衍射效率η0的折射率调制度∆n 0为:
∆n 0=
1s
sin d
cos ηπθλ-
由∆n 0=∆n sat (1-W
W
t e
τ-
)
可得出
t w =⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛----0111sin sin sin ln ηηητsat sat W (1)
t w 即为不会经受擦除效应的最后一个全息图(N =M )的曝光时间.
由(7-72)式,对于足够大的N ,曝光时序的近似递推公式为:
t N =
t t E
N N τ111+++(2)
或由(7-70)式,更精确的递推公式为:
t N =τW 1
-)-exp(
)-exp(
)-exp(
ln
1
1
1
W
N E
N E
N t t t τττ++++(3)
按(3)式建立起计算模型,从(1)式出发,可从后往前逆推出每个全息图的曝光时间.
应当指出的是:
a)当计算出的t N+1足够大,(3)式右边的对数函数可能会不收敛,导致不能得出有意义的t N .
此时有意义的曝光时间个数(M-N )即为在题设条件下可以达到的角度复用度.
b)若不指定全息图的个数,按本题所给条件可以计算出角度复用度远大于100.亦即本题
中的100个全息图是大量全息图序列中的最后100个,因此可以使用近似递推公式(2)进行计算.也就是说,当目标衍射效率足够小时,用(2)式计算也是相当精确的.。