《激光原理》周炳琨第五版部分答案(第一二章)【khdaw_lxywyl】
激光原理第四章习题解答
《激光原理》习题解答作者：周炳琨等 国防工业出版社 第五版解答人：广东海洋大学理学院光电科学系 石友彬（2008年修正版）习题解答说明：习题解答参考蓝信鉅的激光技术、陈家璧版激光原理及应用等，在此对上述作者表示敬意！ 本章习题是在我系前外聘教授郭振华习题解答基础上汇总而成，在此表示衷心感谢。
1 静止氖原子的4223P S →谱线中心波长为632.8纳米，设氖原子分别以0.1C 、O.4C 、O.8C 的速度向着观察者运动，问其表观中心波长分别变为多少？ 解答：根据公式（激光原理P136）ccυυνν-+=110υλν=由以上两个式子联立可得：0λυυλ⨯+-=C C代入不同速度，分别得到表观中心波长为：nm C 4.5721.0=λ，nm C 26.4144.0=λ，nm C 9.2109.0=λ解答完毕（验证过）2 设有一台麦克尔逊干涉仪，其光源波长为λ，试用多普勒原理证明，当可动反射镜移动距离L 时，接收屏上的干涉光强周期性的变化L 2次。
证明：对于迈氏干涉仪的两个臂对应两个光路，其中一个光路上的镜是不变的，因此在这个光路中不存在多普勒效应，另一个光路的镜是以速度υ移动，存在多普勒效应。
在经过两个光路返回到半透镜后，这两路光分别保持本来频率和多普勒效应后的频率被观察者观察到（从半透境到观察者两个频率都不变），观察者感受的是光强的变化，光强和振幅有关。
以上是分析内容，具体解答如下：无多普勒效应的光场：()t E E ⋅=πνν2cos 0 产生多普勒效应光场：()t E E ⋅=''02cos ''πνν在产生多普勒效应的光路中，光从半透经到动镜产生一次多普勒效应，从动镜回到半透镜又产生一次多普勒效应（是在第一次多普勒效应的基础上） 第一次多普勒效应：⎪⎭⎫⎝⎛+=c υνν1'第二次多普勒效应：⎪⎭⎫ ⎝⎛+≈⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=c c c υνυνυνν21112'''在观察者处：()⎪⎭⎫⎝⎛⋅⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+⋅==⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛++⋅=+=t c t c t E t c t E E E E πνυπνυπνυπνπν2cos 22cos 2212cos 2cos 0021观察者感受到的光强：⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+=t c I I υνπ22cos 120 显然，光强是以频率cυν⋅2为频率周期变化的。
激光原理 周炳琨版课后习题答案
6．某一分子的能级 到三个较低能级 、 和 的自发跃迁几率分别是 ， 和 ，试求该分子 能级的自发辐射寿命 。若 ， ， ，在对 连续激发并达到稳态时，试求相应能级上的粒子数比值 、 和 ，并回答这时在哪两个能级间实现了集居数反转。
解：该分子 能级的自发辐射寿命 为：
在连续激发时，对能级 、 和 分别有：
即该物质的增益系数约为 。
第二章
习题
1．试利用往返矩阵证明共焦腔为稳定腔，即任意傍轴光线在其中可以往返无限多次，而且两次往返即自行闭合。
证：设光线在球面镜腔内的往返情况如下图所示：
其往返矩阵为：
由于是共焦腔，有
往返矩阵变为
若光线在腔内往返两次，有
可以看出，光线在腔内往返两次的变换矩阵为单位阵，所以光线两次往返即自行闭合。
当 时， 小
当 时， 小
3. 在 波长时 ，试求在内径为 的 波导管中 模和 模的损耗 和 ，分别以 ， 以及 来表示损耗的大小。当通过 长的这种波导时， 模的振幅和强度各衰减了多少（以百分数表示）？
解：由
，
， 。
当 时， ，
4.试计算用于 波长的矩形波导的 值，以 及 表示，波导由 制成， ， ，计算由 制成的同样的波导的 值，计算中取 。
得
10m
1m
10cm
0
2.00cm
2.08cm
2.01cm
2.00cm
2.40
22.5
55.3
56.2
从上面的结果可以看出，由于f远大于F，所以此时透镜一定具有一定的聚焦作用，并且不论入射光束的束腰在何处，出射光束的束腰都在透镜的焦平面上。
17． 激光器输出光 ， =3mm，用一F=2cm的凸透镜距角，求欲得到 及 时透镜应放在什么位置。
周炳琨激光原理第五章习题解答(完整版)
周炳琨激光原理第五章习题解答（完整版）1、证明： 由谐振腔内光强的连续性，有I =I 'ηη''=⇒'⋅'=⋅⇒C N CNV N V N 谐振腔内总光子数 )(l L S N NSl -'+=Φ)(l L NS NSl -'+=ηη ηηη/])([l l L NS +-'=η/L NS '= , )(l L l L -'+='ηηRNSl C n dt d τησΦ-∆=Φ21 R L NS NSl C n dt dN L S ητηση'-∆='21 , CL R δτ'=L CNL l CN n dt dN '-'∆=δσ21 2、解答：（1）ln t 21σδ=∆2.0=δ， cm l 10=HA v ννπσ∆=202212214 s A cs s321104,1,-⨯===ττηνZ H MH c500102,⨯=∆=νλν，nm 3.6940=λ371101.4-⨯=∆cm n（2）010)(ng H ∆=νHA v ννπ∆202212422012)2()()2(H H νννν∆+-∆lg t δ==012ννν-=∆osc L c q '=∆2ν n=82=∆∆qoscνν 3、解答：红宝石理想三能级系统：2211131n A n W dtdn +-=和n n n 21=+ 则：()12113211n A W n A dtdn +-= 设()()()tA W 12113et c t n +-=，代入上式，并利用n )0(n 1=得：()n A W W ne A W A )t (c 211313t A W 2113212113+++=+则:()t A W 21131321132112113ne A W W n A W A )t (n +-+++=()⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++-=-=∆+-t A W 21131321132111222113e A W W A W A 21n n f f n n 令()0n d =∆τ，并由()st 131W τ=，可得：()()()1W W W W 2lnW W 1t1313t1313t1313sd -+=ττ， ()()13t 13t 1313sdW W 12lnW W 11-+=ττ。
激光原理部分课后习题答案
µ
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练习： 思考练习题2第 题 练习： （思考练习题 第9题）.
第 二 章
§ 2 4 非 均 匀 增 宽 型 介 质 的 增 益 系 数 和 增 益 饱 和 .
连 续 激 光 器 的 原 理
µ hν 0 f (ν 0 ) πc∆ν c I s (ν 0 ) = hν 0 σ e (ν 0 ) ⇒ I s (ν 0 ) = 2 µτ σ e (ν ) = ⇒ ∆n σ e (ν 0 )τ 2 µ f (ν 0 ) = G (ν ) = ∆nB21 hνf (ν ) π∆ν c hν 0 （2） I s (ν 0 ) = σ e (ν 0 )τ ⇒ 2 c f (ν 0 ) σ e (ν 0 ) = 2 8πν 0 µ 2τ hν 0 4π 2 hcµ 2 ∆ν I s (ν 0 ) = = = 3.213 × 10 5 W / cm 2 σ e (ν 0 )τ λ3 上一页 回首页 下一页 回末页 回目录
第 二 章
§ 2 4 非 均 匀 增 宽 型 介 质 的 增 益 系 数 和 增 益 饱 和 .
练习： 思考练习题2第 题 练习： （思考练习题 第6题）. 推导均匀增宽型介质，在光强I，频率为ν的光波作 用下，增益系数的表达式(2-19)。
∆ν 2 0 ) ]G (ν ) G (ν ) 2 = G (ν ) = I f (ν ) I ∆ν 2 1+ (ν − ν 0 ) 2 + (1 + )( ) I s f (ν 0 ) Is 2
.
I ( z ) = I ( 0) e
− Az
I ( z) 1 − 0.01⋅100 ⇒ =e = = 0.368 I ( 0) e
周炳坤激光原理课后习题答案
《激光原理》习题解答第一章习题解答1 为了使氦氖激光器的相干长度达到1KM ，它的单色性0λ∆应为多少？解答：设相干时间为τ，则相干长度为光速与相干时间的乘积，即 c L c ⋅=τ根据相干时间和谱线宽度的关系 cL c ==∆τν1又因为 0γνλλ∆=∆，00λνc=，nm 8.6320=λ由以上各关系及数据可以得到如下形式： 单色性=0ννλλ∆=∆=cL 0λ=101210328.61018.632-⨯=⨯nmnm解答完毕。
2 如果激光器和微波激射器分别在10μｍ、500nm 和Z MH 3000=γ输出1瓦连续功率，问每秒钟从激光上能级向下能级跃迁的粒子数是多少。
解答：功率是单位时间内输出的能量，因此，我们设在dt 时间内输出的能量为dE ，则功率=dE/dt激光或微波激射器输出的能量就是电磁波与普朗克常数的乘积，即d νnh E =，其中n 为dt 时间内输出的光子数目，这些光子数就等于腔内处在高能级的激发粒子在dt 时间辐射跃迁到低能级的数目（能级间的频率为ν）。
由以上分析可以得到如下的形式：ννh dth dE n ⨯==功率 每秒钟发射的光子数目为：N=n/dt,带入上式，得到：()()()13410626.61--⨯⋅⨯====s s J h dt n N s J νν功率每秒钟发射的光子数 根据题中给出的数据可知：z H mms c13618111031010103⨯=⨯⨯==--λν z H mms c1591822105.110500103⨯=⨯⨯==--λνz H 63103000⨯=ν把三个数据带入，得到如下结果：19110031.5⨯=N ，182105.2⨯=N ，23310031.5⨯=N3 设一对激光能级为E1和E2（f1=f2），相应的频率为ν（波长为λ），能级上的粒子数密度分别为n2和n1，求(a)当ν=3000兆赫兹，T=300K 的时候，n2/n1=? (b)当λ=1μm ，T=300K 的时候，n2/n1=? (c)当λ=1μm ，n2/n1=0.1时，温度T=？解答:在热平衡下，能级的粒子数按波尔兹曼统计分布，即： TK E E T k h f f n n b b )(expexp 121212--=-=ν（统计权重21f f =） 其中1231038062.1--⨯=JK k b 为波尔兹曼常数，T 为热力学温度。
激光原理复习题答案（参考版）
激光原理复习题答案（参考版）激光原理复习题第一章电磁波1. 麦克斯韦方程中0000./.0t tμμερε??=-=+?=?=?B E E B J E B麦克斯韦方程最重要的贡献之一是揭示了电磁场的内在矛盾和运动；不仅电荷和电流可以激发电磁场，而且变化的电场和磁场也可以相互激发。
在方程组中是如何表示这一结果？答：（1）麦克斯韦方程组中头两个分别表示电场和磁场的旋度，后两个分别表示电场和磁场的散度；(2) 由方程组中的1式可知,这是由于具有旋度的随时间变化的电场(涡旋电场),它不是由电荷激发的,而是由随时间变化的磁场激发的;(3)由方程组中的2式可知，在真空中，,J =0，则有 tE=?00B *εμ ；这表明了随时间变化的电场会导致一个随时间变化的磁场；相反一个空间变化的磁场会导致一个随时间变化的电场。
这种交替的不断变换会导致电磁波的产生。
2, 产生电磁波的典型实验是哪个？基于的基本原理是什么？答：产生电磁波的典型实验是赫兹实验。
基于的基本原理：原子可视为一个偶极子，它由一个正电荷和一个负电荷中心组成，偶极矩在平衡位置以高频做周期振荡就会向周围辐射电磁波。
简单地说就是利用了振荡电偶极子产生电磁波。
3 光波是高频电磁波部分，高频电磁波的产生方法和机理与低频电磁波不同。
对于可见光范围的电磁波，它的产生是基于原子辐射方式。
那么由此原理产生的光的特点是什么？答：大量原子辐射产生的光具有方向不同，偏振方向不同，相位随机的光，它们是非相干光。
4激光的产生是基于爱因斯坦关于辐射的一般描述而提出的。
请问爱因斯坦提出了几种辐射，其中那个辐射与激光的产生有关，为什么？答：有三种：自发辐射，受激辐射，受激吸收。
其中受激辐射与激光的产生有关，因为受激辐射发出来的光子与外来光子具有相同的频率，相同的发射方向，相同的偏振态和相同的相位，是相干光。
5光与物质相互作用时，会被介质吸收或放大。
被吸收时，光强会减弱，放大时说明介质对入射光有增益。
激光原理答案
《激光原理》习题解答第一章习题解答 1 为了使氦氖激光器的相干长度达到 1KM ，它的单色性 ∆ λ
n=
dE 功率 × dt = hν hν
每秒钟发射的光子数目为：N=n/dt,带入上式，得到：
每秒钟发射的光子数 = N =
根据题中给出的数据可知：ν 1
n 功率 1(J s ) = = ( s −1 ) −34 dt hν 6.626 × 10 (J ⋅ s ) ×ν
=
c 3 × 10 8 ms −1 = = 3 × 1013 H z λ1 10 × 10 −6 m c 3 × 108 ms −1 = = 1.5 × 1015 H z λ2 500 × 10 −9 m N1 = 5.031 × 1019 ， N 2 = 2.5 × 1018 ， N 3 = 5.031× 10 23
间实现了集居数 解: (1)由题意可知 E4 上的粒子向低能级自发跃迁几率 A4 为:
A4 = A41 + A42 + A43 = 5 × 10 7 + 1 × 10 7 + 3 × 10 7 = 9 × 10 7 s -1
则该分子 E4 能级的自发辐射寿命：
τ4 =
1 1 = = 1.1 × 10 −8 s A4 9 × 10 7 1 ∑ Aui
dn2 ⎛ dn ⎞ = −⎜ 21 ⎟ dt ⎝ dt ⎠ sp
---------------① （其中等式左边表示单位时间内高能级上粒子数的变化，
激光原理周炳坤-第2章习题答案
第二章 开放式光腔与高斯光束习题（缺2.18 2.19 2.20）1． 题略证明：设入射光()11,r θ，出射光()22,r θ，由折射定理1122sin sin ηθηθ=,根据近轴传输条件，则1122sin ,sin θθθθ≈≈1122ηθηθ∴=，联立21r r =，则所以变换矩阵为 2． 题略证明：由题目１知，光线进入平面介质时的变换矩阵为:经过距离ｄ的传播矩阵为： 光线出射平面介质时： 故3. 试利用往返矩阵证明共焦腔为稳定腔，即任意傍轴光线在其中可以往返无限多次，而且两次往返即自行闭合。
证：设光线在球面镜腔内的往返情况如下图所示：其往返矩阵为：122212111210101122110101212(1) 222222[(1)][(1)(1)]A B L L T C D R R L L L R R L L L L R R R R R R ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪== ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫-- ⎪⎪= ⎪-+----- ⎪⎝⎭212211100r r θηηθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭21100T ηη⎛⎫= ⎪⎝⎭121100T ηη⎛⎫= ⎪⎝⎭2100d T ⎛⎫=⎪⎝⎭312100T ηη⎛⎫= ⎪⎝⎭3113213112211101010000r r r d T T T θθηηηηθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭123211221101011000000d d T T T T ηηηηηη⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭由于是共焦腔，有 12R R L == 往返矩阵变为若光线在腔内往返两次，有可以看出，光线在腔内往返两次的变换矩阵为单位阵，所以光线两次往返即自行闭合。
于是光线在腔内往返任意多次均不会溢出腔外，所以共焦腔为稳定腔。
4. 试求平凹、双凹、凹凸共轴球面镜腔的稳定性条件。
激光原理答案 周炳琨
≡n e
20
t −t
s
τs =
1 A 21
6．某一分子的能级
E 4 到 三 个 较 低 能 级 E1 E 2 和 E 3 的 自 发 跃 迁 几 率 分 别 是
7 −1
A43 =5*10 s
7
−1
，
A42 =1*10 s
−7
和
A41 =3*10 s
7 −9
−1
，试求该分子
−8
E 4 能级的自发
τ 4 。若τ 1 =5*10 s ，τ 2 =6*10 s ，τ 3 =1*10 s ，在对 E 4 连续 n n n 激发并达到稳态时，试求相应能级上的粒子数比值 1 ， 2 和 3 ，并回答这时在哪两个 n4 n4 n4
A = D = 1− 3
L L + f f
2
由稳定腔的条件： − 1 <
L L 1 (A + D ) < 1 ，得： 0 < − 1 − 2 < 2 2 f f
L L < f < 或f > L 。 3 2
若为子午光线，由 f =
4L 2L 4L 1 或R > R cos 30 则 <R< 2 3 3 3 3 R L 3L ，则 或 R > 3R <R< 2 2cos30 3
r0 r1 r0 ， 往返一次后坐标变为 =T θ ,往返 1 θ0 θ0
两次后坐标变为
r0 r2 =T • T θ θ2 自发跃迁到 E1 ，单位时间内能级 E 2 减少的粒子
证明：自发辐射，一个原子由高能级 数为：
激光原理周炳坤-第2章习题答案讲解
第二章 开放式光腔与高斯光束习题（缺2.18 2.19 2.20）1． 题略证明：设入射光()11,r θ，出射光()22,r θ，由折射定理1122sin sin ηθηθ=,根据近轴传输条件，则1122sin ,sin θθθθ≈≈1122ηθηθ∴=，联立21r r =，则所以变换矩阵为 2． 题略证明：由题目１知，光线进入平面介质时的变换矩阵为:经过距离ｄ的传播矩阵为： 光线出射平面介质时：故3. 试利用往返矩阵证明共焦腔为稳定腔，即任意傍轴光线在其中可以往返无限多次，而且两次往返即自行闭合。
证：设光线在球面镜腔内的往返情况如下图所示：其往返矩阵为：122212111210101122110101212(1) 222222[(1)][(1)(1)]A B L L T C D R R L L L R R L L L L R R R R R R ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫-- ⎪⎪= ⎪-+----- ⎪⎝⎭212211100r r θηηθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭21100T ηη⎛⎫= ⎪⎝⎭121100T ηη⎛⎫= ⎪⎝⎭2100d T ⎛⎫=⎪⎝⎭312100T ηη⎛⎫= ⎪⎝⎭3113213112211101010000r r r d T T T θθηηηηθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1232112211010*******0d d T T T T ηηηηηη⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭由于是共焦腔，有 12R R L == 往返矩阵变为若光线在腔内往返两次，有可以看出，光线在腔内往返两次的变换矩阵为单位阵，所以光线两次往返即自行闭合。
于是光线在腔内往返任意多次均不会溢出腔外，所以共焦腔为稳定腔。
4. 试求平凹、双凹、凹凸共轴球面镜腔的稳定性条件。
激光原理周炳坤
激光原理周炳坤This model paper was revised by the Standardization Office on December 10, 2020填空1.线宽极限：这种线宽是由于自发辐射的存在而产生的,因而是无法排除的2.频率牵引：在有源腔中，由于增益物质的色散，使纵模频率比无源腔纵模频率更靠近中心频率的现象3.按照被放大光信号的脉宽及工作物质驰豫时间的相对大小，激光放大器分为三类：连续激光放大器、脉冲激光放大器和超短脉冲激光放大器。
此时由于光信号与工作物质相互作用时间足够长，因受激辐射而消耗的反转集居数来得及由泵浦抽运所补充，因此反转集居数及腔内光子数密度可以到达稳态数值而不随时间变化，可以用稳态方法研究放大过程。
这类放大器称为连续激光放大器；因受激辐射而消耗的反转集居数来不及由泵浦抽运补充，反转集居数和光子数在很短的相互作用期间内达不到稳定状态。
这类激光放大器必须用非稳态方法研究，称为脉冲激光放大器；当输入信号是锁模激光器所产生的脉宽为 (10 -11~10-15 )s 的超短脉冲时，称为超短脉冲激光放大器4. 这是由于当脉冲前沿通过工作物质时反转集居数尚未因受激辐射而抽空，而当脉冲后沿通过时，前沿引起的受激辐射以使反转集居数降低，所以后沿只能得到较小的增益，结果是输出脉冲形状发生畸变，矩形脉冲变成尖顶脉冲，脉冲宽度变窄5. ，工作物质可处于三种状态:①弱激发状态：激励较弱，△n<0，工作物质中只存在着自发辐射荧光，并且工作物质对荧光有吸收作用。
②反转激发状态：激励较强。
0<△n<△nt ,0<g0<δ/l。
③超阈值激发状态：若激励很强，使△n<△nt,g0l>δ，则可形成自激振荡而产生激光。
6.即在低Q值状态下激光工作物质的上能级积累粒子，当Q值突然升高时形成巨脉冲振荡，同时输出光脉冲，上述方式称作脉冲反射式调。
激光能量储存于谐振腔中,这种调 Q 方式称作脉冲透射式调 Q。
激光原理周炳坤-第2章习题答案概要
第二章 开放式光腔与高斯光束习题（缺2.18 2.19 2.20）1． 题略证明：设入射光()11,r θ，出射光()22,r θ，由折射定理1122sin sin ηθηθ=,根据近轴传输条件，则1122sin ,sin θθθθ≈≈1122ηθηθ∴=，联立21r r =，则所以变换矩阵为 2． 题略证明：由题目１知，光线进入平面介质时的变换矩阵为:经过距离ｄ的传播矩阵为： 光线出射平面介质时： 故3. 试利用往返矩阵证明共焦腔为稳定腔，即任意傍轴光线在其中可以往返无限多次，而且两次往返即自行闭合。
证：设光线在球面镜腔内的往返情况如下图所示：其往返矩阵为：122212111210101122110101212(1) 222222[(1)][(1)(1)]A B L L T C D R R L L L R R L L L L R R R R R R ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫-- ⎪⎪= ⎪-+----- ⎪⎝⎭212211100r r θηηθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭21100T ηη⎛⎫= ⎪⎝⎭121100T ηη⎛⎫= ⎪⎝⎭2100d T ⎛⎫=⎪⎝⎭312100T ηη⎛⎫= ⎪⎝⎭3113213112211101010000r r r d T T T θθηηηηθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭123211221101011000000d d T T T T ηηηηηη⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭由于是共焦腔，有 12R R L == 往返矩阵变为若光线在腔内往返两次，有可以看出，光线在腔内往返两次的变换矩阵为单位阵，所以光线两次往返即自行闭合。
于是光线在腔内往返任意多次均不会溢出腔外，所以共焦腔为稳定腔。
4. 试求平凹、双凹、凹凸共轴球面镜腔的稳定性条件。
激光原理周炳坤-第5章习题答案
第五章 激光振荡特性1、证明： 由谐振腔内光强的连续性，有：I =I 'ηη''=⇒'⋅'=⋅⇒C N CNV N V N 谐振腔内总光子数 )(l L S N NSl -'+=Φ)(l L NS NSl -'+=ηη ηηη/])([l l L NS +-'=η/L NS '= , 其中)(l L l L -'+='ηηRNSl C n dt d τησΦ-∆=Φ21 R L NS NSl C n dt dN L S ητηση'-∆='21 , CL R δτ'=L CNL l CN n dt dN '-'∆=δσ212．长度为10cm 的红宝石棒置于长度为20cm 的光谐振腔中，红宝石谱线的自发辐射寿命3410s s τ-≈⨯，均匀加宽线宽为5210MHz ⨯。
光腔单程损耗0.2δ=。
求(1)阈值反转粒子数t n ∆；(2)当光泵激励产生反转粒子数 1.2t n n ∆=∆时，有多少个纵模可以振荡(红宝石折射率为 解：(1) 阈值反转粒子数为：222212112337217344210 1.764100.2 cm 10(694.310) 4.0610cm H s t n l l πνητδδσλπ----∆∆==⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=⨯(2) 按照题意 1.2m t g g =，若振荡带宽为osc ν∆，则应该有22221.222H t t osc H g g ννν∆⎛⎫ ⎪⎝⎭=∆∆⎛⎫⎛⎫+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 由上式可以得到108.9410Hz osc H νν∆==⨯相邻纵模频率间隔为10831022( 1.76())2(10 1.7610) 5.4310Hzq c c l l L l ν⨯∆==='⨯+-⨯+=⨯ 所以1088.9410164.65.4310osc q νν∆⨯==∆⨯ 所以有164~165个纵模可以起振。
激光原理答案
间实现了集居数 解: (1)由题意可知 E4 上的粒子向低能级自发跃迁几率 A4 为:
A4 = A41 + A42 + A43 = 5 × 10 7 + 1 × 10 7 + 3 × 10 7 = 9 × 10 7 s -1
则该分子 E4 能级的自发辐射寿命：
τ4 =
1 1 = = 1.1 × 10 −8 s A4 9 × 10 7 1 ∑ Aui
τs =
1 A21
证明完毕
因此，
A21τ s = 1 ，即：
6 某一分子的能级 E4 到三个较低能级 E1 E2 和 E3 的自发跃迁几率分别为 A43=5*107s-1 , A42=1*107s-1, A41 =3*107s-1，试求该分子 E4 能级的自发辐射寿命τ4。若τ1=5*10-7 s，τ2=6*10-9 s，τ3=1*10-8 s，在对 E4 连续激发且达到稳态时，试求相应能级上的粒子数比值 n1/n4, n2/n4 和 n3/n4，并说明这时候在哪两个能级
n=
dE 功率 × dt = hν hν
每秒钟发射的光子数目为：N=n/dt,带入上式，得到：
每秒钟发射的光子数 = N =
根据题中给出的数据可知：ν 1
n 功率 1(J s ) = = ( s −1 ) −34 dt hν 6.626 × 10 (J ⋅ s ) ×ν
=
c 3 × 10 8 ms −1 = = 3 × 1013 H z λ1 10 × 10 −6 m c 3 × 108 ms −1 = = 1.5 × 1015 H z λ2 500 × 10 −9 m N1 = 5.031 × 1019 ， N 2 = 2.5 × 1018 ， N 3 = 5.031× 10 23
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1 为了使氦氖激光器的相干长度达到 1KM，它的单色性 Δλ
课
后
Lc = τ ⋅ c
答
解答：设相干时间为 τ ，则相干长度为光速与相干时间的乘积，即
根据相干时间和谱线宽度的关系 Δν =
又因为
Δλ
λ0
w.
单色性=
由以上各关系及数据可以得到如下形式：
Δλ
λ0
ww
解答完毕。
2 如果激光器和微波激射器分别在 10μｍ、 500nm 和 γ = 3000MH Z 输出 1 瓦连续功率，
-8 7 -1 7 -1 -7 -9
kh da w. co m
---------------① （其中等式左边表示单位时间内高能级上粒
答
n2 = e −1 时，定义能量减少到这个程度的时间为能级寿命， n20
τs =
案 网
1 A21
7 -1
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n3/n4，并说明这时候在哪两个能级间实现了集居数 解: (1)由题意可知E4上的粒子向低能级自发跃迁几率A4 为:
A43
E4
E3
答
τ2
= n4 A42 , n3
1
E2
τ3
= n4 A43
E1
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在的模上，即 E =
hγ = n ⋅ hγ hλ exp −1 k bT E = hγ
（ n 为频率为 γ 的模式内的平均光子数）
由上式可以得到： n =
1 hγ exp −1 kb ⋅ T
τ
=
c Lc
=
Δν
γ0
，ν 0 =
c
λ0
， λ0 = 632.8nm
=
Δν
ν0
=
λ0
Lc
=
632.8nm = 6.328 × 10 −10 12 1 × 10 nm
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激光或微波激射器输出的能量就是电磁波与普朗克常数的乘积，即 d E = nhν ，其中 n 为 dt 时间内输出的光子数目，这些光子数就等于腔内处在高能级 的激发粒子在 dt 时间辐射跃迁到低能级的数目（能级间的频率为 ν） 。 由以上分析可以得到如下的形式：
+3 +3 +3
w.
N = n ×V = n ×
ww
冲的时间宽度为 τ ，则 C r
根据前面分析部分，只有 N/2 个粒子能发射激光，因此，整个发出的脉冲能量为：
N πnLd 2 E = × hν = × hν = 2 8
脉冲功率是单位时间内输出的能量，即
kh da w. co m
k b × ln n2 n1 =− k b × ln n2 n1
W21 > 1 ，则受激辐射跃迁几率大于自发辐射跃迁几率， A21
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则出射光强与入射光强的百分比为：
−1 I (z ) × 100% = (exp− αz ) × 100% = e − (0.01mm ×100 mm ) × 100% = 36.8% I0
kz =
P= E
τ
=
πnLd 2 子在 E2 能级的平均寿命为 τ s =
1 。 A21
证明如下：根据自发辐射的定义可以知道，高能级上单位时间粒子数减少的量，等于低 能级在单位时间内粒子数的增加。即：
dn2 ⎛ dn ⎞ = −⎜ 21 ⎟ dt ⎝ dt ⎠ sp
n=
dE 功率 × dt = hν hν
每秒钟发射的光子数目为：N=n/dt,带入上式，得到：
每秒钟发射的光子数 = N =
根据题中给出的数据可知：ν 1 =
N 3 = 5.031 × 10 23
解答完毕。
数密度分别为 n2 和 n1，求
ww
w.
3 设一对激光能级为 E1 和 E2（f1=f2） ，相应的频率为 ν（波长为 λ） ，能级上的粒子
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《激光原理》习题解答
作者：周炳琨等 国防工业出版社 第五版 解答人：广东海洋大学理学院光电科学系 石友彬（2008 年修正版） 习题解答说明：习题解答参考蓝信鉅的激光技术、陈家璧版激光原理及应用等，在此对上述作者表示 敬意！
应培养良好的习题解答习惯，特别是分析习题的过程必不可少。有些习题必须完全理解基础物理概念、定 义后才能合理、正确运用目前的知识完成习题解答，因此必须对解题中涉及的每一个物理量、字母、公式 进行必要的说明，讲清楚每个字母的含义是非常重要的一环。
7 证明，当每个模式内的平均光子数（光子简并度）大于 1 时，辐射光中受激辐射占优
课
（上述三个等式的物理意义是： 在只考虑高能级自发辐射和E1能级只与E4能级间有受激
n1 = A41τ 1 = 3 ×10 −7 × 5 ×10 −7 = 15 n4
后
τ1
kh da w. co m
A41 A42
结论:如果能级u发生跃迁的下能级不止 1 条,能级u向其中第i条自发跃迁的几率为Aui
ww
α =−
试求该物质的增益系数。
w.
I (z ) = I 0 exp(− αz )
8 一质地均匀的材料对光的吸收系数为 0.01mm −1 ，光通过 10cm 长的该材料后，出射
如果一束光通过长度为 1M 地均匀激励的工作物质， 如果出射光强是入射光强的两倍，
解答： 设进 入材料 前的 光强为 I 0 ，经 过 z 距离 后的 光强为 I ( z ) ，根 据损耗 系数
n2 − hν − 6.626 × 10 −34 (J ⋅ s ) ×ν = exp = exp = 0.99 n1 k bT 1.38062 × 10 − 23 J ⋅ k −1 × T
(
)
c − 6.626 × 10 −34 ( J ⋅ s ) × n2 − hν λ = 1.38 × 10 − 21 (b) = exp = exp − 23 −1 n1 k bT 1.38062 × 10 J ⋅ k × T
同理：
n2 n = A42τ 2 = 1× 10 −7 × 6 × 10 −9 = 0.06 ， 3 = A43τ 3 = 5 × 10 −7 × 1× 10 −8 = 0.5 n4 n4 n1 n = 250 ， 2 = 0.12 n2 n3
进一步可求得:
由以上可知:在 E2和E4;E3和E4;E2和E3能级间发生了粒子数反转.
根据小信号增益系数的概念： g =
0
dI ( z ) 1 × ，在小信号增益的情况下， dz I (z )
上式可通过积分得到
ln =
I (z ) I0 ln 2 = = 6.93 × 10 − 4 mm −1 z 1000
ww
w.
kh da w. co m
解答完毕。
I ( z ) = I 0 exp g 0 z ⇒ exp g 0 z =
8πhγ 3 × c3
又根据黑体辐射公式： ρ γ =
根据爱因斯坦辐射系数之间的关系式
n=
答
n=
ργ ργ B21 ρ γ W21 = = = 3 A21 A21 A21 8πhγ
c3 B21
如果模内的平均光子数（ n ）大于 1，即
课
后
即辐射光中受激辐射占优势。 证明完毕。
光强为入射光强的百分之几？
dI ( z ) 1 × 的定义，可以得到： dz I (z )
案 网
W21 = B21 ρ γ ，则可以推导出以下公式：
kh da w. co m
8πhγ 3 A21 = 和受激辐射跃迁几率公式 B21 c3
ργ 1 1 ⇒ = =n hγ hγ 8πhγ 3 −1 −1 exp exp k bT k bT c3
w.
因此， A21τ s = 1 ，即： 证明完毕。
课
按照能级寿命的定义，当
ww
用字母 τ s 表示。
后
A21 =
dn21 1 ⎛ dn ⎞ × ，把 ⎜ 21 ⎟ = A21 n2 代入①式， dt n2 ⎝ dt ⎠ sp
6 某一分子的能级 E4 到三个较低能级 E1 E2 和 E3 的自发跃迁几率分别为A43=5*10 s , 试求该分子E4能级的自发辐射寿命τ4。 若τ1=5*10 s， τ2=6*10 s， A42=1*10 s , A41=3*10 s ， τ3=1*10 s，在对E4连续激发且达到稳态时，试求相应能级上的粒子数比值n1/n4, n2/n4和
( )
λ1
ν2 =
后
答
ν 3 = 3000 × 10 6 H z
案 网
c
λ2
=
3 × 10 8 ms −1 = 1.5 × 1015 H z −9 500 × 10 m
19
， N 2 = 2.5 × 10
18
，
（统计权重 f 1 = f 2 ）
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其中 k b = 1.38062 × 10 −23 JK −1 为波尔兹曼常数，T 为热力学温度。 (a)
(2)对E4连续激发并达到稳态,则有:
Δn1 = Δn2 = Δn3 = Δn4 = 0
n1 1 = n4 A41 , n2 1
吸收过程，见图）
宏观上表现为各能级的粒子数没有变化 由题意可得:
ww
势。 证明如下：按照普朗克黑体辐射公式，在热平衡条件下，能量平均分配到每一个可以存
w.
n1
1
τ1
= n4 A41 ,则
问每秒钟从激光上能级向下能级跃迁的粒子数是多少。
解答：功率是单位时间内输出的能量，因此，我们设在 dt 时间内输出的能量为 dE，则 功率=dE/dt
kh da w. co m
案 网
1
第一章习题解答
大学理工类习题解答的过程是个学习掌握原理和练习应用原理技巧的过程，因此在习题解答过程中，