物理光学 梁铨廷 答案

第一章 光的电磁理论1.1在真空中传播的平面电磁波，其电场表示为Ex=0，Ey=0，Ez=，(102)Cos [π×1014(t ‒xc )+π2]（各量均用国际单位），求电磁波的频率、波长、周期和初相位。

解：由Ex=0，Ey=0，Ez=，则频率υ==(102)Cos [π×1014(t ‒xc )+π2]ω2π=0.5×1014Hz ，周期T=1/υ=2×10-14s ，π×10142π初相位φ0=+π/2（z=0，t=0），振幅A=100V/m ，波长λ=cT=3×108×2×10-14=6×10-6m 。

1.2.一个平面电磁波可以表示为Ex=0，Ey=，Ez=0，求：（1）2C o s [2π×1014(zc‒t )+π2]该电磁波的振幅，频率，波长和原点的初相位是多少？（2）波的传播和电矢量的振动取哪个方向？（3）与电场相联系的磁场B 的表达式如何写？解：（1）振幅A=2V/m ，频率υ=Hz ，波长λ==ω2π=2π×10142π=1014cυ=3×1081014，原点的初相位φ0=+π/2；（2）传3×10‒6m 播沿z 轴，振动方向沿y 轴；（3）由B =，可得By=Bz=0，Bx=1c(e k ×E )2c Co s [2π×1014(zc ‒t )+π2]1.3.一个线偏振光在玻璃中传播时可以表示为Ey=0，Ez=0，Ex=，102Co s [π×1015(z0.65c‒t)]试求：（1）光的频率；（2）波长；（3）玻璃的折射率。

解：（1）υ===5×1014Hz ；ω2ππ×10152π（2）λ=2πk=2ππ×1015/0.65c=2×0.65×3×1081015m =3.9×10‒7m =390nm；（3）相速度v=0.65c ，所以折射率n=cv=c0.65c ≈1.541.4写出：（1）在yoz 平面内沿与y 轴成θ角的方k向传播的平面波的复振幅；（2）发散球面波和汇聚球面波的复振幅。

解：（1）由，可得E =Aexp （ik ∙r ）；E =Aexp⁡[ik (ycosθ+zsinθ)]（2）同理：发散球面波，E (r ，t )=A r exp⁡(ikr )=A1r exp⁡(ikr ) 汇聚球面波。

E (r ，t )=A r exp⁡(‒ikr )=A1rexp⁡(‒ikr )1.5一平面简谐电磁波在真空中沿正x 方向传播。

其频率为Hz ，电场振幅为14.14V/m ，如4×1014果该电磁波的振动面与xy 平面呈45º，试写出E ，B 表达式。

解：，其中E =E y e y +E z e z =E y 10exp [i (2πλx ‒2πυt )]=10exp [i (2πυcx ‒2πυt)]=10exp [i(2π×4×10143×108x ‒2π×4×1014t)]，=10exp [i (83×106π)(x ‒3×108t )]同理：。

E z =10exp [i(83×106π)(x ‒3×108t )]，其中B =1c (k 0×E )=‒B y e y +B z e z =B z =103×108exp [i (83×106π)(x ‒3×108t )]By。

1.6一个沿k 方向传播的平面波表示为E=，试求k100exp {i [(2x +3y +4z )‒16×105t ]}方向的单位矢。

k 0解：，|k |29又，k =x y z∴=。

k 0129(2e x +3e y +4e z )1.9证明当入射角=45º时，光波在任何两种介θ1质分界面上的反射都有。

r p =r s 2证明：r s =sin (θ1‒θ2)sin (θ1+θ2)=sin 45ºcos θ2‒cos 45ºsin θ2sin 45ºcos θ2+cos 45ºsin θ2=cos θ2‒sin θ2cos θ2+sin θ2=1‒tan θ21+tan θ2r p =tan (θ1‒θ2)tan (θ1+θ2)===(tan 45º‒tan θ2)/(1+tan 45ºtan θ2)(tan 45º+tan θ2)/(1‒tan 45ºtan θ2)(1‒tan θ21+tan θ2)2r s21.10证明光束在布儒斯特角下入射到平行平面玻璃片的上表面时，下表面的入射角也是布儒斯特角。

证明：由布儒斯特角定义，θ+i=90º，设空气和玻璃的折射率分别为和，先由空气n 1n 2入射到玻璃中则有，再由玻璃出n 1sin θ=n 2sin ⅈ射到空气中，有，n 2sin θ'=n 1sin i '又，∴，θ'=ⅈn 1sin i '=n 1sin θ⇒i '=θ即得证。

1.11平行光以布儒斯特角从空气中射到玻璃上，求：（1）能流反射率和；(n =1.5)R p R S （2）能流透射率和。

T p T s 解：由题意，得，n =n 2n 1=1.5又为布儒斯特角，则=.....①θθ+ⅈ90°..... ②n 1sinθ=n 2sini⇒sinθ=nsini 由①、②得，，。

θ=56.31°i =33.69°（1）0，R p =tan 2(θ-ⅈ)tan 2(θ+i )=，R s =sin 2(θ-ⅈ)sin 2(θ+ⅈ)=0.148=14.8%（2）由，可得，R p +T p =1T p =1同理，=85.2。

T s %1.12证明光波在布儒斯特角下入射到两种介质的分界面上时，，其中。

t p =1nn =n 2∕n 1证明：，因为为布儒斯特t p =2sin θ2cos θ1sin (θ1+θ2)cos (θ1‒θ2)θ1角，所以，θ2+θ1=90°t p =2sin θ2cos θ1sin 90°cos (θ1-θ2)=2sin θ2cos θ1cos (90°-θ2-θ2)=，又根据折射定律2sin θ2cos θ1sin (2θ2)=2sin θ2cos θ12sin θ2cos θ2=sin θ2sin θ1，得，n 1sin θ1=n 2sin θ2sin θ2sin θ1=n 1n 2=1n 则，其中，得证。

t p =1nn =n 2∕n 11.17利用复数表示式求两个波和的合E 1=a cos (kx +ωt )E 2=‒a cos (kx -ωt )成。

解：E =E 1+E 2=a [cos (kx +ωt )‒cos (kx -ωt )]=aexp [i (kx +ωt )]‒aexp [i (kx ‒ωt )]=aexp (ikx )(eiωt -e -iωt)=2a sin (ωt )exp (ⅈcos kx -sin kx )=。

‒2aexp [i (kx +π2)]sin (ωt )1.18两个振动方向相同的单色波在空间某一点产生的振动分别为和E 1=a 1cos (φ1-ωt )。

若Hz ，E 2=a 2cos (φ2-ωt )ω=2π×1015V/m ，8V/m ，，，求该a 1=6a 2=φ1=0φ2=π∕2点的合振动表达式。

解：E =E 1+E 2=a 1cos (φ1-ωt )+a 2cos (φ2-ωt )=6cos (‒2π×1015t )+8cos(π2‒2π×1015t)=6cos (2π×1015t )+8sⅈn (2π×1015t )=10cos (arccos 610‒2π×1015t)=。

10cos (53°7'48''‒2π×1015t )1.20求如图所示的周期性三角波的傅立叶分析表达式。

解：由图可知，，E (z )={z(0<z ≤λ2)‒z +λ(λ∕2<z ≤λ)A 0=2λ∫λ0E (z )ⅆz=，2λ(∫λ∕20zⅆz +∫λλ∕2(‒z +λ)ⅆz )=λ2A m =2λ∫λ0E (z )cos (mkz )ⅆz=）2λ（∫λ20E (z )cos mkzⅆz +∫λλ2E (z )cos mkzⅆz=，（m为奇数）， 2λ·(‒22m 2k 2)=‒8λ·λ2m 2(2π)2=‒2λm 2(2π)2，B m =2λ∫λ0E (z )sⅈnmkzⅆz =0所以E (z )=λ4‒2λπ2∑∞m =1(cos mkz m 2)=。

λ4‒2λπ2(cos kz12+cos 3kz 32+cos 5kz 52+···)1.21试求如图所示的周期性矩形波的傅立叶级数的表达式。

解：由图可知，，E (z )=1(-λ∕a <z <λ∕a )A 0=2λ∫λ0E (z )ⅆz =2λ(∫λ∕a 0ⅆz +∫λλ‒λ∕a ⅆz )=4aA m =2λ∫λ0E (z )cos (mkz )ⅆz=2λ(∫λa 0cos mkzⅆz +∫λλ‒λa cos mkzⅆz)，，=2πm sin 2mπa B m=2λ∫λ0E (z )sⅈnmkzⅆz =0所以。

E (z )=2a +∑∞m =12πm sin 2mπacos mkz 1.22利用复数形式的傅里叶级数对如图所示的周期性矩形波做傅里叶分析。

解：由图可知，，E (z )={1(0<z <λ2)‒1(λ2<z <λ)，A 0=2λ∫λ0E (z )ⅆz =∫λ∕20ⅆz +∫λλ∕2(‒1)ⅆz =0，A m =2λ∫λ0E (z )cos (mkz )ⅆz =0，B m =2λ∫λ0E (z )sⅈnmkzⅆz=2λ(∫λ0sin mkzⅆz ‒∫λλ∕2sin mkzⅆz )=，1πm(2‒2cos mπ)所以E (z )=1π∑∞m =11m(2-2cos mπ)sin mkz=4π(sin kz +13sin 3kz +15sin 5kz +···)1.23氪同位素放电管发出的红光波长为k 86r 605.7nm ，波列长度约为700mm ，试求该光波λ=的波长宽度和频率宽度。