北理工物理光学教程第六章题目详解
大物习题答案第6章 波动光学
第6章波动光学6.1基本要求1．理解相干光的条件及获得相干光的方法.2．掌握光程的概念以及光程差和相位差的关系，了解半波损失，掌握半波损失对薄膜干涉极大值和极小值条件的影响。
3．能分析杨氏双缝干涉条纹及薄膜等厚干涉条纹的位置4．了解迈克耳孙干涉仪的工作原理5．了解惠更斯－菲涅耳原理及它对光的衍射现象的定性解释.6．了解用波带法来分析单缝夫琅禾费衍射条纹分布规律的方法，会分析缝宽及波长对衍射条纹分布的影响.7．了解衍射对光学仪器分辨率的影响.8．掌握光栅方程，会确定光栅衍射谱线的位置，会分析光栅常数及波长对光栅衍射谱线分布的影响.9．理解自然光与偏振光的区别.10．理解布儒斯特定律和马吕斯定律.11．了解线偏振光的获得方法和检验方法.6.2基本概念1．相干光若两束光的光矢量满足频率相同、振动方向相同以及在相遇点上相位差保持恒定，则这两束光为相干光。
能够发出相干光的光源称为相干光源。
2．光程光程是在光通过介质中某一路程的相等时间内，光在真空中通过的距离。
若介质的折射率为n，光在介质中通过的距离为L，则光程为nL。
薄透镜不引起附加光程差。
光程差∆与相位差ϕ∆的关系2πϕλ∆=∆。
3．半波损失光在两种介质表面反射时相位发生突变的现象。
当光从光疏介质（折射率较小的介质）射向光密介质（折射率较大的介质）时，反射光的相位较之入射光的相位跃变了π，相当于反射光与入射光之间附加了半个波长的光程差，所以称为半波损失。
4．杨氏双缝干涉杨氏双缝干涉实验是利用波阵面分割法来获得相干光的。
用单色平行光照射一窄缝S ，窄缝相当于一个线光源。
S 后放有与其平行且对称的两狭缝S 1和S 2，两缝之间的距离很小。
两狭缝处在S 发出光波的同一波阵面上，构成一对初相位相同的等强度的相干光源，在双缝的后面放一个观察屏，可以在屏幕上观察到明暗相间的对称的干涉条纹，这些条纹都与狭缝平行，条纹间的距离相等。
5．薄膜干涉薄膜干涉是利用分振幅法来获得相干光的。
北京理工大学光电学院《819物理光学》历年考研真题汇编
目 录2015年北京理工大学819物理光学考研真题（回忆版）2014年北京理工大学819物理光学考研真题（回忆版）2008年北京理工大学819物理光学考研真题2007年北京理工大学419物理光学考研真题2006年北京理工大学419物理光学考研真题2005年北京理工大学419物理光学考研真题2004年北京理工大学419物理光学考研真题2003年北京理工大学419物理光学考研真题2015年北京理工大学819物理光学考研真题（回忆版）口冷做**12、取•£雄J,*af*t中fc*'^u^'c z，.7:/<*',上Sx*4V胃上*'伊）4gRjZP除场WVG次.自如£*旬氏」野怵*•-**■"l，*<X^£阳v4>4L A4ii J免由诺，叩次「」•V心3L&K可卞+*£"扣hU-k M,g*X/虬14h，浏勺▲土*t b七4ttl I h叶*入夏K孑g冠光位枷品休次4克4探阳队作扇*揩题比予而¥MlWLg牛研判辎姓第占题，吊初推71（回忆版）*答桂成&谟1溢寸■福i*cn«qe±rE-ttt.北京猝工大拳2063年攻读■士学位希究生入学港试试贬初I代跖819为目名痢=坊敦馥,堵空了（4。
分）1.（10分、单色自妣光从折射宰为E的受盼介夜I村入折史：仁疽明介灰2中，在两介员的分界而上，特发生场反般斑梁.殳打犬魄反力我偏基元的条件是d，比乾曳财光波的择动方胃丸3」:质足③_£1转发生全反射.全疚野的界角0可表求龙M一2.。
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北京理工大学819物理光学2000-01、03-08、14年(14年回忆版)考研专业课历年真题汇编
2014年北理工819物理光学试题
一．名词解释（10分）
1. 波面 (好像是波面，比较简单)
2.清晰度
二．填空题（30分）
似乎都是第一章的东西，好像还有关于o光、e光的知识点。
比较基础，具体的我就记不清楚了。
三．简答题（共60分，每道题20分）
这里的简答题并不简单，也不是简答就能解决的，感觉挺难的。
1. 七种光的辨别。
椭圆偏振光、部分椭圆偏振光、圆偏振光、部分圆偏振
光、线偏振光、部分线偏振光、自然光。
给你一个检偏器和一个1/4波
片。
2. 给了下面其中一个公式（我不记得是哪一个），然后有几问，只记得好像
有对光栅方程的考察，还有就是参数a,d,N对光栅的影响。
（这道题相对
第一道题就比较简单，只要把书本上的知识点记牢并且理解就行了）
3．这道题我考试前做过，不过也不太简单。
（我感觉就是一计算题，而不是简答题）题目大意就是一平面波与一球面波干涉，求出干涉强度。
与2006年北理期末考题是一样的。
光电成像原理及技术课后题答案（北理工）
光电成像原理及技术课后题答案（北理⼯）第⼀章5.光学成像系统与光电成像系统的成像过程各有什么特点？在光电成像系统性能评价⽅⾯通常从哪⼏⽅⾯考虑？答：a、两者都有光学元件并且其⽬的都是成像。
⽽区别是光电成像系统中多了光电装换器。
b、灵敏度的限制，夜间⽆照明时⼈的视觉能⼒很差；分辨⼒的限制，没有⾜够的视⾓和对⽐度就难以辨认；时间上的限制，变化过去的影像⽆法存留在视觉上；空间上的限制，隔开的空间⼈眼将⽆法观察；光谱上的限制，⼈眼只对电磁波谱中很窄的可见光区感兴趣。
6．反映光电成像系统光电转换能⼒的参数有哪些？表达形式有哪些？答：转换系数：输⼊物理量与输出物理量之间的依从关系。
在直视型光电成像器件⽤于增强可见光图像时，被定义为电镀增益G1，光电灵敏度：错误！未找到引⽤源。
或者：8.怎样评价光电成像系统的光学性能？有哪些⽅法和描述⽅式？答，利⽤分辨⼒和光学传递函数来描述。
分辨⼒是以⼈眼作为接收器所判定的极限分辨⼒。
通常⽤光电成像系统在⼀定距离内能够分辨的等宽⿊⽩条纹来表⽰。
光学传递函数：输出图像频谱与输⼊图像频谱之⽐的函数。
对于具有线性及时间、空间不变性成像条件的光电成像过程，完全可以⽤光学传递函数来定量描述其成像特性。
第⼆章6.影响光电成像系统分辨景物细节的主要因素有哪些？答：景物细节的辐射亮度（或单位⾯积的辐射强度）；景物细节对光电成像系统接受孔径的张⾓；景物细节与背景之间的辐射对⽐度。
第三章13.根据物体的辐射发射率可见物体分为哪⼏种类型？答：根据辐射发射率的不同⼀般将辐射体分为三类：⿊体，错误！未找到引⽤源。
=1；灰体，错误！未找到引⽤源。
<1,与波长⽆关；选择体，错误！未找到引⽤源。
<1且随波长和温度⽽变化。
14.试简述⿊体辐射的⼏个定律，并讨论其物理意义。
答：普朗克公式：错误！未找到引⽤源。
普朗克公式描述了⿊体辐射的光谱分布规律，是⿊体理论的基础。
斯蒂芬-波尔滋蔓公式：错误！未找到引⽤源。
2014年北京理工大学819物理光学考研真题及答案解析
1 育 明 教 育2015年全国硕士研究生招生考试公告根据《2015年全国硕士研究生招生工作管理规定》，现将2015年硕士研究生招生考试有关事项公告如下：一、初试时间2015年硕士研究生招生考试初试时间为：2014年12月27日至12月28日(每天上午8:30-11:30，下午14:00-17:00)。
超过3小时的考试科目在12月29日进行(起始时间8:30，截止时间由招生单位确定，不超过14:30)。
考试时间以北京时间为准。
不在规定日期举行的硕士研究生入学考试，国家一律不予承认。
二、初试科目初试方式均为笔试。
12月27日上午 思想政治理论、管理类联考综合能力12月27日下午 外国语12月28日上午 业务课一12月28日下午 业务课二12月29日 考试时间超过3小时的考试科目每科考试时间一般为3小时;建筑设计等特殊科目考试时间最长不超过6小时。
详细考试时间、考试科目及有关要求等请见《准考证》。
2 三、报名要求硕士研究生招生考试报名包括网上报名和现场确认两个阶段。
所有参加2015年硕士研究生招生考试的考生均须进行网上报名，并到报考点现场确认网报信息、缴费和采集本人图像等相关电子信息。
应届本科毕业生原则上应选择就读学校所在省(区、市)的报考点办理网上报名和现场确认手续;单独考试及工商管理、公共管理、旅游管理和工程管理等专业学位的考生应选择招生单位所在地省级教育招生考试管理机构指定的报考点办理网上报名和现场确认手续;其他考生应选择工作或户口所在地省级教育招生考试管理机构指定的报考点办理网上报名和现场确认手续。
网上报名技术服务工作由全国高等学校学生信息咨询与就业指导中心负责。
现场确认由省级教育招生考试管理机构负责组织相关报考点进行。
四、网上报名(一)网上报名时间2014年10月10日至10月31日，每天9:00-22:00。
逾期不再补报，也不得再修改报名信息。
(二)网上预报名时间2014年9月25日至9月28日，每天9:00-22:00。
物理学教程上册课后答案第六章
第六章 机 械 波6-1 图（a ）表示t ＝0 时的简谐波的波形图，波沿x 轴正方向传播，图（b ）为一质点的振动曲线．则图（a ）中所表示的x ＝0 处振动的初相位与图（b ）所表示的振动的初相位分别为（ ）题6-1 图（Ａ） 均为零 （Ｂ） 均为2π （Ｃ） 均为2π- （Ｄ） 2π 与2π- （Ｅ） 2π-与2π 分析与解 本题给了两个很相似的曲线图，但本质却完全不同．求解本题要弄清振动图和波形图不同的物理意义．图（a ）描述的是连续介质中沿波线上许许多多质点振动在t 时刻的位移状态．其中原点处质点位移为零，其运动方向由图中波形状态和波的传播方向可以知道是沿y 轴负向，利用旋转矢量法可以方便的求出该质点振动的初相位为π/2．而图（b ）是一个质点的振动曲线图，该质点在t ＝0 时位移为0，t ＞0 时，由曲线形状可知，质点向y 轴正向运动，故由旋转矢量法可判知初相位为－π/2，答案为（D ）． 6-2 一横波以速度u 沿x 轴负方向传播，t 时刻波形曲线如图（a ）所示，则该时刻（）（A ）A 点相位为 π （B ）B 点静止不动（C ）C 点相位为2π3 （D ）D 点向上运动分析与解 由波形曲线可知，波沿x 轴负向传播，B 、D 处质点均向y 轴负方向运动，且B 处质点在运动速度最快的位置. 因此答案（B ）和（D ）不对. A 处质点位于正最大位移处，C 处质点位于平衡位置且向y 轴正方向运动，它们的旋转矢量图如图（b ）所示.A 、C 点的相位分别为0和2π3.故答案为（C ）题 6-2 图6-3 如图所示，两列波长为λ的相干波在点P 相遇．波在点S 1 振动的初相是φ1 ，点S 1 到点P 的距离是r 1 ．波在点S 2的初相是φ2 ，点S 2 到点P 的距离是r 2 ，以k 代表零或正、负整数，则点P 是干涉极大的条件为（ ）()()()()()()π2/π2A π2/π2A π2A πA 211212121212k r r k r r k k r r =-+-=-+-=-=-λϕϕλϕϕϕϕ 分析与解 P 是干涉极大的条件为两分振动的相位差π2Δk =，而两列波传到P 点时的两分振动相位差为()λϕϕϕ/π2Δ1212r r ---=，故选项（D ）正确．题6-3 图6-4 在波长为λ的驻波中，两个相邻波腹之间的距离为（ ）（A ） 4λ （B ） 2λ（C ） 43λ （D ） λ分析与解 驻波方程为t λx A y v π2cos π2cos 2=，它不是真正的波.其中λx A π2cos 2是其波线上各点振动的振幅.显然，当Λ,2,1,0,2=±=k k x λ时，振幅极大，称为驻波的波腹.因此，相邻波腹间距离为2λ.正确答案为（B ）．6-5 一横波在沿绳子传播时的波动方程为()x y ππ5.2cos 20.0-=，式中y 的单位为m ，t 的单位为s ．（1） 求波的振幅、波速、频率及波长；（2） 求绳上质点振动时的最大速度；（3） 分别画出t ＝1s 和t ＝2 s 时的波形，并指出波峰和波谷．画出x ＝ ｍ处质点的振动曲线并讨论其与波形图的不同． 分析 （1） 已知波动方程（又称波函数）求波动的特征量（波速u 、频率?、振幅A 及波长λ等），通常采用比较法．将已知的波动方程按波动方程的一般形式⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛=0cos ϕωu x t A y μ书写，然后通过比较确定各特征量（式中ux 前“-”、“+”的选取分别对应波沿x 轴正向和负向传播）．比较法思路清晰、求解简便，是一种常用的解题方法．（2） 讨论波动问题，要理解振动物理量与波动物理量之间的内在联系与区别．例如区分质点的振动速度与波速的不同，振动速度是质点的运动速度，即v ＝d y /d t ；而波速是波线上质点运动状态的传播速度（也称相位的传播速度、波形的传播速度或能量的传播速度），其大小由介质的性质决定．介质不变，波速保持恒定．（3） 将不同时刻的t 值代入已知波动方程，便可以得到不同时刻的波形方程y ＝y （x ），从而作出波形图．而将确定的x 值代入波动方程，便可以得到该位置处质点的运动方程y ＝y （t ），从而作出振动图．解 （1） 将已知波动方程表示为()[]()m 5.2/π5.2cos 20.0x t y -=与一般表达式()[]0cos ϕω+-=u x t A y /比较，可得0s m 52m 20001=⋅==-ϕ,.,.u A则 m 0.2/,Hz 25.1π2/====v u λωv（2） 绳上质点的振动速度 ()[]()1s m 5.2/π5.2sin π5.0d /d -⋅--==x t t y v 则 1max s m 57.1-⋅=v（3） t ＝1ｓ 和t ＝2ｓ 时的波形方程分别为()()()()m ππ5cos 20.0m ππ5.2cos 20.021x y x y -=-=波形图如图（a ）所示． x ＝ 处质点的运动方程为()()m π5.2cos 20.0t y -=振动图线如图（b ）所示．波形图与振动图虽在图形上相似，但却有着本质的区别．前者表示某确定时刻波线上所有质点的位移情况，而后者则表示某确定位置的一个质点，其位移随时间变化的情况．题6-5 图6-6 波源作简谐运动，其运动方程为()m t πcos240100.43-⨯=y ，它所形成的波形以30ｍ·ｓ-1 的速度沿一直线传播．（1） 求波的周期及波长；（2） 写出波动方程．分析 已知波源运动方程求波动物理量及波动方程，可先将运动方程与其一般形式进行比较，求出振幅A 、角频率ω及初相φ0 ，而这三个物理量与波动方程的一般形式()[]0cos ϕω+-=u x t A y /中相应的三个物理量是相同的．再利用题中已知的波速u 及公式ω＝2πν ＝2π／T 和λ＝u T 即可求解． 解 （1） 由已知的运动方程可知，质点振动的角频率1s π240-=ω．根据分析中所述，波的周期就是振动的周期，故有 s 1033.8/π23-⨯==ωT波长为λ＝uT ＝ ｍ（２） 将已知的波源运动方程与简谐运动方程的一般形式比较后可得A ＝ ×10-3m ，1s π240-=ω，φ0 ＝0故以波源为原点，沿x 轴正向传播的波的波动方程为()[]()()m π8π240cos 100.4/cos 30x t u x t ωA y -⨯=+-=- 6-7 波源作简谐运动，周期为ｓ，若该振动以100m·ｓ-1 的速度沿直线传播，设t ＝0时，波源处的质点经平衡位置向正方向运动，求：（1） 距波源ｍ 和 m 两处质点的运动方程和初相；（2） 距波源为 m 和的两质点间的相位差．分析 （1） 根据题意先设法写出波动方程，然后代入确定点处的坐标，即得到质点的运动方程．并可求得振动的初相．（2） 波的传播也可以看成是相位的传播．由波长λ的物理含意，可知波线上任两点间的相位差为Δφ＝2πΔx ／λ．解 （1） 由题给条件1s m 100s 020-⋅==u T ,.，可得m 2;s m π100/π21==⋅==-uT λT ω当t ＝0 时，波源质点经平衡位置向正方向运动，因而由旋转矢量法可得该质点的初相为φ0 ＝－π／2（或3π／2）．若以波源为坐标原点，则波动方程为()[]2/π100π100cos --=x/t A y距波源为x 1 ＝ m 和x 2 ＝ m 处质点的运动方程分别为()()π5.5t π100cos π15.5t π100cos 21-=-=A y A y它们的初相分别为φ10 ＝－π和φ20 ＝－π（若波源初相取φ0＝3π/2，则初相φ10 ＝－π，φ20 ＝－π．）（2） 距波源 和 m 两点间的相位差()π/π2Δ1212=-=-=λϕϕϕx x6-8 图示为平面简谐波在t ＝0 时的波形图，设此简谐波的频率为250Hz ，且此时图中质点P 的运动方向向上．求：（1） 该波的波动方程；（2） 在距原点O 为 m 处质点的运动方程与t ＝0 时该点的振动速度．分析 （1） 从波形曲线图获取波的特征量，从而写出波动方程是建立波动方程的又一途径．具体步骤为：1. 从波形图得出波长λ、振幅A 和波速u ＝λ?；2. 根据点P 的运动趋势来判断波的传播方向，从而可确定原点处质点的运动趋向，并利用旋转矢量法确定其初相φ0 ．（2） 在波动方程确定后，即可得到波线上距原点O 为x 处的运动方程y ＝y （t ），及该质点的振动速度?＝d y /d t ．解 （1） 从图中得知，波的振幅A ＝ m ，波长λ＝，则波速u ＝λ?＝ ×103 ｍ·ｓ-1．根据t ＝0 时点P 向上运动，可知波沿Ox 轴负向传播，并判定此时位于原点处的质点将沿Oy 轴负方向运动．利用旋转矢量法可得其初相φ0 ＝π/3．故波动方程为 ()[]()[]()m 3/π5000/π500cos 10.0/cos 0++=++=x t u x t A y ϕω（2） 距原点O 为x ＝ｍ 处质点的运动方程为 ()()m 12π13π5000.10cos y /t +=t ＝0 时该点的振动速度为 ()-10s m 40.6/12π13sin π50/d d ⋅=-===t t y v题6-8 图6-9 一平面简谐波以速度1s m 08.0-⋅=u 沿Ox 轴正向传播，图示为其在t ＝0 时刻的波形图，求（1）该波的波动方程；（2）P 处质点的运动方程．题6-9 图分析 （1） 根据波形图可得到波的波长λ、振幅A 和波速u ，因此只要求初相φ，即可写出波动方程．而由图可知t ＝0 时，x ＝0 处质点在平衡位置处，且由波的传播方向可以判断出该质点向y 轴正向运动，利用旋转矢量法可知φ＝－π/2．（2） 波动方程确定后，将P 处质点的坐标x 代入波动方程即可求出其运动方程y P ＝y P （t ）．解 （1） 由图可知振幅A ＝ ｍ， 波长λ＝ ｍ， 波速u ＝ｍ·ｓ-1，则ω＝2π/T ＝2πu /λ＝（2π/5）ｓ-1 ，根据分析已知φ＝－π/2，因此波动方程为 ()m 2π08.05π20.04cos y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=x t（2） 距原点O 为x ＝ｍ 处的P 点运动方程为 ()m 2π52π0.04cos y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+= *6-10 一平面简谐波，波长为12 m ，沿O x 轴负向传播．图（a ）所示为x ＝ m 处质点的振动曲线，求此波的波动方程．题6-10图分析 该题可利用振动曲线来获取波动的特征量，从而建立波动方程．求解的关键是如何根据图（a ） 写出它所对应的运动方程．较简便的方法是旋转矢量法．解 由图（a ）可知质点振动的振幅A ＝ ｍ，t ＝0 时位于x ＝ m 处的质点在A /2 处并向Oy 轴正向移动．据此作出相应的旋转矢量图（b ），从图中可知3/π0-='ϕ．又由图（a ）可知，t ＝5 s 时，质点第一次回到平衡位置，由图（b ）可看出ωt ＝5π／6，因而得角频率ω＝（π/6） ．由上述特征量可写出x ＝ m 处质点的运动方程为 ()m 3π6π0.04cos y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=t 将波速1s m 0.1π2//-⋅===ωλT λu 及x ＝ m 代入波动方程的一般形式()[]0cos ϕω++=u x t A y /中，并与上述x ＝ m 处的运动方程作比较，可得φ0＝－π／2，则波动方程为()()m 2π10/6π0.04cos ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=x t y6-11 平面简谐波的波动方程为()x t y π2π4cos 08.0-=,式中y 和x 的单位为m ，t 的单位为s,求：（1） t ＝ s 时波源及距波源 两处的相位；（2） 离波源 m 及 m 两处的相位差．解 （1）将t ＝ s 和x ＝0 代入题给波动方程，可得波源处的相位π4.81=ϕ将t ＝ s 和x ′＝ m 代入题给波动方程，得 m 处的相位为π2.82=ϕ（2）从波动方程可知波长λ＝ m ．这样，x 1＝ m 与x 2＝ m 两点间的相位差πΔπ2Δ=⋅=λϕx6-12 为了保持波源的振动不变，需要消耗 W 的功率．若波源发出的是球面波（设介质不吸收波的能量）．求距离波源 m 和 m 处的能流密度．分析 波的传播伴随着能量的传播．由于波源在单位时间内提供的能量恒定，且介质不吸收能量，故对于球面波而言，单位时间内通过任意半径的球面的能量（即平均能流）相同，都等于波源消耗的功率P ．而在同一个球面上各处的能流密度相同，因此，可求出不同位置的能流密度I ＝P /S ．解 由分析可知，半径r 处的能流密度为2π4/r P I =当r 1 ＝ m 、r 2 ＝ 时，分别有22211m W 1027.1π4/--⋅⨯==r P I22222m W 1027.1π4/--⋅⨯==r P I6-13 两相干波波源位于同一介质中的A 、B 两点，如图（a ）所示．其振幅相等、频率皆为100 Hz ，B 比A 的相位超前π．若A 、B 相距 m ，波速为u ＝400 m·s -1 ，试求AB 连线上因干涉而静止的各点的位置．题6-13 图分析 两列相干波相遇时的相位差λϕϕϕr Δπ2Δ12--=．因此，两列振幅相同的相干波因干涉而静止的点的位置，可根据相消条件()π12Δ+=k ϕ获得．解 以A 、B 两点的中点O 为原点，取坐标如图（b ）所示．两波的波长均为λ＝u /?＝ m ．在A 、B 连线上可分三个部分进行讨论．1. 位于点A 左侧部分()π14π2ΔA B A B -=---=r r ϕϕϕ因该范围内两列波相位差恒为2π的整数倍，故干涉后质点振动处处加强，没有静止的点．2. 位于点B 右侧部分()π16π2ΔA B A B =---=r r ϕϕϕ显然该范围内质点振动也都是加强，无干涉静止的点．3. 在A 、B 两点的连线间，设任意一点P 距原点为x ．因x r -=15B，x r +=15A ，则两列波在点P的相位差为 ()()π1/π2ΔA B A B +=---=x r r λϕϕϕ根据分析中所述，干涉静止的点应满足方程()()π152π1+=+k x x得 ()2,...1,0,k m 2±±==k x因x ≤15 m，故k ≤7．即在A 、B 之间的连线上共有15 个静止点．6-14 图（a ）是干涉型消声器结构的原理图，利用这一结构可以消除噪声．当发动机排气噪声声波经管道到达点A 时，分成两路而在点B 相遇，声波因干涉而相消．如果要消除频率为300 Hz 的发动机排气噪声，则图中弯管与直管的长度差Δr ＝r 2 －r 1 至少应为多少？ （设声波速度为340 m·s -1）题6-14 图分析 一列声波被分成两束后再相遇，将形成波的干涉现象．由干涉相消条件，可确定所需的波程差，即两管的长度差Δr ．解 由分析可知，声波从点A 分开到点B 相遇，两列波的波程差Δr ＝r 2 - r 1 ，故它们的相位差为()λλϕ/Δπ2/π2Δ12r r r =-=由相消静止条件Δφ＝（2k ＋1）π，（k ＝0，±1，±2，…）得 Δr ＝（2k ＋1）λ／2根据题中要求令k ＝0 得Δr 至少应为m 57022.//===∆v u r λ讨论 在实际应用中，由于噪声是由多种频率的声波混合而成，因而常将具有不同Δr 的消声单元串接起来以增加消除噪声的能力．图（b ）为安装在摩托车排气系统中的干涉消声器的结构原理图．*6-15 如图所示，x ＝0 处有一运动方程为t A y ωcos =的平面波波源，产生的波沿x 轴正、负方向传播．MN 为波密介质的反射面，距波源3λ／4．求：（1） 波源所发射的波沿波源O 左右传播的波动方程；（2） 在MN 处反射波的波动方程；（3） 在O ～MN 区域内形成的驻波方程，以及波节和波腹的位置；（4） x ＞0区域内合成波的波动方程．题6-15 图分析 知道波源O 点的运动方程t A y ωcos =，可以写出波沿x 轴负向和正向传播的方程分别为()u x t A y /+=ωcos 1和()u x t A y /-=ωcos 2．因此可以写出y 1在MN 反射面上P 点的运动方程．设反射波为y 3 ，它和y 1 应是同振动方向、同振幅、同频率的波，但是由于半波损失，它在P 点引起的振动和y 1 在P 点引起的振动反相．利用y 1 在P 点的运动方程可求y 3 在P 点的运动方程，从而写出反射波y 3 ．在O ～MN 区域由y 1 和Y 3 两列同频率、同振动方向、同振幅沿相反方向传播的波合成形成驻波．在x ＞0区域是同传播方向的y 2 和y 3 合成新的行波．解 （1） 由分析已知：沿左方向和右方向传播的波动方程分别为()u x t A y /+=ωcos 1和()u x t A y /-=ωcos 2（2） y 1 在反射面MN 处引起质点P 振动的运动方程⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=2π3π2cos 43π2π2cos 1t T A t T A y pλλ 因半波损失反射波y 3 在此处引起的振动为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=2ππ2cos ππ23π2cos 3t T A t T A y p设反射波的波动方程为()ϕλ+-=/π2/π2cos 3x T t A y ，则反射波在x ＝－3λ/4处引起的振动为 ⎪⎭⎫ ⎝⎛++=ϕπ23π2cos 3t T A y p与上式比较得π2-=ϕ，故反射波的波动方程为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=x λt TA x λt T A y π2π2cos π2π2π2cos 3 （3） 在O ～MN 区域由y 1 和y 3 合成的驻波y 4 为()⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=t T x λA x λt T A x λt T A y y x t y π2cos π2cos 2π2π2cos π2π2cos ,314 波节的位置：4/2/,2/ππ/π2λλk x k λx +=+=，取k ＝－1， －2，即x ＝－λ/4， －3λ/4 处为波节．波腹的位置：2/,π/π2λk x k λx ==，取k ＝0，－1，即x ＝0，－λ/2 处为波腹．（4） 在x ＞0 区域，由y 2 和y 3 合成的波y 5 为()⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+=x λt TA x λt T A x λt T A y y x t y π2π2cos 2π2π2cos π2π2cos ,325 这表明：x ＞0 区域内的合成波是振幅为2A 的平面简谐波．6-16 如图（a ）所示，将一块石英晶体相对的两面镀银作电极，它就成为压电晶体，两极间加上频率为ν的交变电压，晶片就沿竖直方向作频率为ν的驻波振动，晶体的上下两面是自由的，故而成为波腹.设晶片d = mm ，沿竖直方向的声速13s m 1074.6-⋅⨯=u，试问要激起石英片发生基频振动，外加电压的频率应是多少？分析 根据限定区域内驻波形成条件（如图（b ）所示），当晶体的上下两面是自由的而成为波腹时，其厚度与波长有关系式 k k d λ2=成立，k 为正整数.可见取不同的k 值，得到不同的k λ，晶体内就出现不同频率k ν的波.对应k =1称为基频，k =2，3，4，…称为各次谐频.解 根据分析基频振动要求2λ=d ，于是要求频率Hz 10685.126⨯===duuλν题 6-16 图6-17 一平面简谐波的频率为500 Hz ，在空气（ρ＝ kg·m -3）中以u ＝340 m·s -1的速度传播，到达人耳时，振幅约为A ＝ ×10 -6m ．试求波在耳中的平均能量密度和声强． 解 波在耳中的平均能量密度2622222m J 1042.6π221--⋅⨯===v A A ρωρω声强就是声波的能流密度，即23m W 10182--⋅⨯==.ωu I这个声强略大于繁忙街道上的噪声，使人耳已感到不适应．一般正常谈话的声强约×10-6W·m -2左右． 6-18 面积为 m 2的窗户开向街道，街中噪声在窗口的声强级为80 dB ．问有多少“声功率”传入窗内？ 分析 首先要理解声强、声强级、声功率的物理意义，并了解它们之间的相互关系．声强是声波的能流密度I ，而声强级L 是描述介质中不同声波强弱的物理量．它们之间的关系为L ＝lg （I /I 0 ），其中I 0 ＝ ×10-12W·m -2为规定声强．L 的单位是贝尔（B ），但常用的单位是分贝（dB ），且1 B ＝10 dB ．声功率是单位时间内声波通过某面积传递的能量，由于窗户上各处的I 相同，故有P ＝IS ． 解 根据分析，由L ＝lg （I ／I 0 ）可得声强为I ＝10LI 0则传入窗户的声功率为P ＝IS ＝10L I 0S ＝ ×10-4W6-19 一警车以25 m·s -1的速度在静止的空气中行驶，假设车上警笛的频率为v =800 Hz ．求：（1） 静止站在路边的人听到警车驶近和离去时的警笛声波频率；（2） 如果警车追赶一辆速度为15m·s -1的客车，则客车上人听到的警笛声波的频率是多少？ （设空气中的声速u ＝330m·s -1）分析 由于声源与观察者之间的相对运动而产生声多普勒效应，由多普勒频率公式可解得结果．在处理这类问题时，不仅要分清观察者相对介质（空气）是静止还是运动，同时也要分清声源的运动状态． 解 （1） 根据多普勒频率公式，当声源（警车）以速度υs ＝25 m·s -1运动时，静止于路边的观察者所接收到的频率为su u vv υμ='警车驶近观察者时，式中υs 前取“－”号，故有Hz 6.8651=-='su uv v υ警车驶离观察者时，式中υs 前取“＋”号，故有Hz 7.7432=+='su uv v υ（2） 客车的速度为0υ=15 m·s -1,声源（警车）与客车上的观察者作同向运动时，观察者收到的频率为Hz 2.82603=--='su u v v υυ6-20 蝙蝠在洞穴中飞来飞去，能非常有效地用超声波脉冲导航.假如蝙蝠发出的超声波频率为39 kHz ，当它以声速的401的速度朝着表面平直的岩壁飞去时，试求它听到的从岩壁反射回来的超声波频率为多少？分析 由题意可知，蝙蝠既是波的发出者，又是波的接收者.设超声波的传播速度为u .首先，蝙蝠是声源，发出信号频率为v ，运动速度为40su=υ，岩壁是接收者，利用多普勒频率公式，即可求得岩壁接收到的信号频率v '.经岩壁反射后频率不变，即岩壁发射信号频率为v '，这时蝙蝠是波的接收者，其运动速度为40u=υ，再次利用多普勒频率公式，可求得蝙蝠接收到的信号频率v ''. 解 将蝙蝠看成波源，则由分析可知，岩壁接收到的信号频率为sυ-='u uv v ，在蝙蝠接收岩壁反射信号时，又将它看成接收者.则蝙蝠接收到的信号频率为kHz41kHz 3940/1140/11/1/1s 0s 00=⨯-+=-+=-+='+=''v u uv u u v u u v υυυυυ。
大学物理第6章习题参考答案
第六章习题解答6-1 解：首先写出S 点的振动方程 若选向上为正方向，则有：0c o s02.001.0ϕ=- 21cos 0-=ϕ,0s i n 00>-=ϕωυA 0sin 0<ϕ 即 πϕ320-=或π34 初始相位 πϕ320-=则 m t y s )32cos(02.0πω-=再建立如图题6-1(a)所示坐标系，坐标原点选在S 点，沿x 轴正向取任一P 点，该点振动位相将落后于S 点，滞后时间为： ux t =∆则该波的波动方程为：m u x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=πω32)(cos 02.0若坐标原点不选在S 点，如习题6-1图（b ）所示，P 点仍选在S 点右方，则P 点振动落后于S 点的时间为： uL x t -=∆则该波的波方程为：m uL x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0若P 点选在S 点左侧，P 点比S 点超前时间为ux L -,如习题6-1图(c)所示，则⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=πω32)(cos 02.0u x L t y⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t∴不管P 点在S 点左边还是右边，波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t y6-2 解（1）由习题6-2图可知， 波长 m 8.0=λ 振幅A=0.5m习题6-1图习题6-1图频率 Hz 125Hz 8.0100===λuv周期 s 10813-⨯==vT ππυω2502==（2）平面简谐波标准波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=ϕω)(cos u xt A y 由图可知，当t=0,x=0时，y=A=0.5m ，故0=ϕ。
将ϕπωω、、、u v A )2(=代入波动方程，得：m )100(250cos 5.0⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=x t y π(3) x =0.4m 处质点振动方程.⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=)1004.0(250cos 5.0t y π m )250cos(5.0ππ-=t6-3 解（1）由习题6-3图可知，对于O 点，t=0时，y=0，故2πϕ±=再由该列波的传播方向可知，00<υ取 2πϕ=由习题6-3图可知，,40.0m OP ==λ且u=0.08m/s ，则ππλππω52rad/s 40.008.0222====u v rad/s可得O 点振动表达式为：m t y )252cos(04.00ππ+=(2) 已知该波沿x 轴正方向传播，u=0.08m/s,以及O 点振动表达式，波动方程为：m x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=2)08.0(52cos 04.0ππ(3) 将40.0==λx 代入上式，即为P 点振动方程：m t y y p ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+==ππ2152cos 04.00 (4)习题6-3图中虚线为下一时刻波形，由图可知，a 点向下运动，b 点向上运动。
大学物理—振动、波动与光学_北京理工大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年
大学物理—振动、波动与光学_北京理工大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年1.在双缝干涉实验中，为使屏上的干涉条纹间距变大，可以采取的办法是（）参考答案:使两缝的间距变小2.一水平弹簧振子作简谐振动，总能量为E，如果简谐振动振幅增加为原来的2倍，重物的质量增为原来的4倍，则它的总能量变为参考答案:４E3.一简谐振动曲线如图所示．则振动周期是【图片】参考答案:2.40ｓ4.波长λ=500nm(1nm=10-9nm)的单色光垂直照射到宽度a=0.25mm的单缝上，单缝后面放置一凸透镜，在凸透镜的焦平面上放置一屏幕，用以观测衍射条纹。
今测得屏幕上中央明条纹一侧第三个暗条纹和另一侧第三个暗条纹之间的距离为d=12mm，则凸透镜的焦距f为（）参考答案:1 m5.在如图所示的单缝夫琅禾费衍射实验中，若将单缝沿透镜光轴方向向透镜平移，则屏幕上的衍射条纹（）。
【图片】参考答案:不发生变化6.一平面简谐波在弹性媒质中传播，在媒质质元从平衡位置运动到最大位移处的过程中：参考答案:它把自己的能量传给相邻的一段质元，其能量逐渐减小．7.图①表示t=0时的余弦波的波形图，波沿x轴正向传播；图②为一余弦振动曲线.则图①中所表示的x=0处振动的初位相与图②所表示的振动的初位相【图片】参考答案:依次分别为π/2与-π/28.一横波沿x轴负方向传播，若t时刻波形曲线如图所示，则在t＋T /4时刻ｘ轴上的1、2、3三点的振动位移分别是【图片】参考答案:－A，0，A9.一平面余弦波在t＝0时刻的波形曲线如图所示，则O点的振动初位相f为：【图片】参考答案:p /210.S1和S2是波长均为【图片】的两个相干波的波源，相距３【图片】／４，S1的位相比S2超前π/2．若两波单独传播时，在过S1和S2的直线上各点的强度相同，不随距离变化，且两波的强度都是I0，则在S1、S2连线上S1外侧和S2外侧各点，合成波的强度分别是４I0，０11.一列机械横波在t时刻的波形曲线如图所示，则该时刻能量为最大值的媒质质元的位置是：【图片】【图片】参考答案:ａ，ｃ，ｅ，ｇ．12.在单缝夫琅禾费衍射实验中，若减小波长，其他条件不变，则中央明条纹（）。
北京理工大学光学工程应用光学物理光学
北京理工大学光学工程应用光学物理光学：1.北京理工应用光学真题：1999-2008原版，2010, 2011年回忆版（比较全）(2003-2007年真题带答案（答案均有详细解答过程)2.北理工工程光学试题例题解答与讨论3.北京理工《应用光学》完整课件4.北理工《应用光学》期末复习题5.北理工应用光学复习总结课件6.北京理工《应用光学》复习题库及答案7.北京理工《应用光学》公式总结8.北京理工《应用光学》课本上的公式整理（这个很重要，利于前后知识点的贯连）。
9.北京理工《应用光学》各个章节习题及答案10.北理工光学工程2009、2010、2011、2012复试真题11、应用光学课后习题答案（安连生，第三版）。
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大学物理第六章静电场习题答案
大学物理第六章静电场习题答案(总7页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--第六章静电场习题6-1 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。
试问：（1）在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡（即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零）（2）这种平衡与三角形的边长有无关系？解：（1）如图任选一点电荷为研究对象，分析其受力有1230F F F F=++=合y轴方向有()()21322232cos242433304q qQF F Fa aqq Qaθπεπεπε=+=+=+=合得33Q q=-（2）这种平衡与三角形的边长无关。
6-2 两小球的质量都是m，都用长为l的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ，如图所示。
设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量。
解：对其中任一小球受力分析如图所示，有⎪⎩⎪⎨⎧===22)sin2(π41sincosθεθθlqFTmgTe解得θπεθtan4sin2mglq=6-3 在氯化铯晶体中，一价氯离子Cl－与其最邻近的八个一价铯离子Cs+构成如图所示的立方晶格结构。
（1）求氯离子所受的库仑力；（2）假设图中箭头所指处缺少一个铯离子（称作晶格缺陷），求此时氯离子所受的库仑力。
（1）由对称性可知F1= 0（2）2912222001.9210N43q q eFr aπεπε-===⨯方向如图所示6-4 长l＝ cm的直导线AB上均匀地分布着线密度95.010C mλ-=⨯的正电荷。
试求：（1）在导线的延长线上与导线B端相距15.0cma=处P点的场强；（2）在导线的垂直平分线上与导线中点相距25.0d cm=处Q点的场强。
解：（1）如图所示，在带电直线上取线元x d，其上电量q d在P点产生场强为20)(d π41d x a xE P -=λε2220)(d π4d x a x E E llP P -==⎰⎰-ελ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l -=ελ 用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅，5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右（2）同理 2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如图所示由于对称性可知⎰=l Qx E 0d ，即Q E只有y 分量22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d 4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Q y Q E E 1C N -⋅ 方向沿y 轴正向*6-5 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量。
工程光学基础教程课后重点习题答案
第一章习题1、已知真空中的光速c＝3 m/s，求光在水（n=1.333）、冕牌玻璃（n=1.51）、火石玻璃（n=1.65）、加拿大树胶（n=1.526）、金刚石（n=2.417）等介质中的光速。
解：则当光在水中，n=1.333时，v=2.25 m/s,当光在冕牌玻璃中，n=1.51时，v=1.99 m/s,当光在火石玻璃中，n＝1.65时，v=1.82 m/s，当光在加拿大树胶中，n=1.526时，v=1.97 m/s，当光在金刚石中，n=2.417时，v=1.24 m/s。
2、一物体经针孔相机在屏上成一60mm大小的像，若将屏拉远50mm，则像的大小变为70mm,求屏到针孔的初始距离。
解：在同种均匀介质空间中光线直线传播，如果选定经过节点的光线则方向不变，令屏到针孔的初始距离为x，则可以根据三角形相似得出：所以x=300mm即屏到针孔的初始距离为300mm。
3、一厚度为200mm的平行平板玻璃（设n=1.5），下面放一直径为1mm的金属片。
若在玻璃板上盖一圆形纸片，要求在玻璃板上方任何方向上都看不到该金属片，问纸片最小直径应为多少？解：令纸片最小半径为x,则根据全反射原理，光束由玻璃射向空气中时满足入射角度大于或等于全反射临界角时均会发生全反射，而这里正是由于这个原因导致在玻璃板上方看不到金属片。
而全反射临界角求取方法为：(1)其中n2=1, n1=1.5,同时根据几何关系，利用平板厚度和纸片以及金属片的半径得到全反射临界角的计算方法为：(2)联立（1）式和（2）式可以求出纸片最小直径x=179.385mm，所以纸片最小直径为358.77mm。
4、光纤芯的折射率为n1、包层的折射率为n2,光纤所在介质的折射率为n0，求光纤的数值孔径（即n0sinI1,其中I1为光在光纤内能以全反射方式传播时在入射端面的最大入射角）。
解：位于光纤入射端面，满足由空气入射到光纤芯中，应用折射定律则有：n0sinI1=n2sinI2 (1)而当光束由光纤芯入射到包层的时候满足全反射，使得光束可以在光纤内传播，则有：(2)由（1）式和（2）式联立得到n0 sinI1 .5、一束平行细光束入射到一半径r=30mm、折射率n=1.5的玻璃球上，求其会聚点的位置。
北理工物理光学教程第六章题目详解
- 第七讲解题指南6-1 试说明以下几种光波的偏振态：（1）（2）（3）及、的合成波。
（1）由于：所以D是2、4象限线偏振波（2）由于：所以D是右旋圆偏振波（3）由于：所以均是左旋圆偏振波6-2 （1）试分别写出沿z方向传播的左、右旋圆偏振波的波函数表达式。
假设两波的频率均为ω，振幅分别为：。
（2）试用琼斯矢量说明上述两圆偏振波叠加后合成波的偏振态，并画图表示。
，，合成为长轴在x方向的右旋正椭圆偏振波。
6-3 一束振动方向与图平面成角的线偏振光波垂直入射到菲涅耳菱形镜（n=1.51）的端面上，如图所示。
试问经菱形镜两个斜面反射后，出射光的偏振态为何？题6－3图解：入射线偏振波D分解为，对应P分量，对应S分量。
一次全反射的位相跃变之差（相对位相跃变）：代入：求出：所以，出射光：，为右旋圆偏振光。
6-4 有一椭圆偏振波，其琼斯矩阵为。
试求与之正交、且能量相同的椭圆偏振波的琼斯矩阵。
并画图表示这两个波的矢量端点轨迹及旋向。
设：，若：，则于是有：必有：，解出：① 当时，振幅系数满足：，解出：无论那种情况，都有：②当时，振幅系数满足：，解出：于是有：总之，是与正交，且能量相同的右旋椭圆偏振光。
6-5 试把椭圆偏振波分解成：（1）两个与x轴成角而且相互垂直的线偏振波；（2）两个旋转方向相反的圆偏振波。
按照偏振光分解基本公式（6－27）：⑴选取正交基⑵选取正交基6-6 一束自然光入射到空气-玻璃（=1.54）界面上。
（1）试讨论在范围内折、反射光的偏振态。
（2）如果入射角为，试求反射光和折射光的偏振度。
(1) 利用菲涅耳公式,(1-124)-(1-127)可以导出：反射光的偏振度：折射光的偏振度：上式推导中利用关系：，（1－135）代入参数，算出结果：说明入射角等于布儒斯特角，反射光为线偏振光。
6-7如图所示，一细束平行自然光以布儒斯特角射向反射镜，反射光再经反射镜（∥）反射，得到出射光。
如果将镜自图示位置开始绕轴旋转一周。
北京理工大学819物理光学考研课件10
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思考题
• 1.分析将自然光转变为线偏振光的途径,每一步 骤的作用是什么?
• 2.有人说: 可以用一块四分之一波片将自然光 变为椭圆偏振光或圆偏振光。此话对吗？为什 么？
• 3. 什么是波片?波片最重要的参数是什么?波片 快轴方向与晶体光轴方向的关系是什么?如何制 造单块式波片?如何计算波片的厚度?
（但只适用于 , 均匀的情形）。
Stress-Induced Birefringence in Diamond
An artificially grown diamond with nitrogen impurities
Caused by strain associated with growth boundaries
I1
“互补”关系的证明
P1
0o
,
Q
,
,
P20o
,
M
P2
1 0
0 0
D2
D10
1 0
0
cos2
sin
2
e
j
0
sin
cos
1 e j
sin cos
1 e j
1
sin2
cos2 e
2． 结 构： 3． 观察方法：（1）人眼位于 E 处，调焦于 Q 所在的平面（干
涉定域面），目视测量各点的 和 。（2）用光学系统 把 P2 出射的光波聚焦到光电探测器上，测量光强 I 。（3） 当 Q 各处的 和 不均匀时，用光学系统将 Q 成像在面
北京理工大学光学工程专业物理光学课件与习题答案
a0 a0 2
4
rect
b0
a
f , f
a0b0exp
j 0
2
sinc
a0 x
2 f
cos
a0x 2 f
0
2
sinc
b0
y f
E x,
y
a0b0
j f
exp
j
f
x2 y2 2f
0
2
sinc
a0
2
x f
cos
a0x 2 f
④ 对于夫琅和费衍射： E (P) (x, y)， E (P) E (P) (x, y) (x, y) (当x y 0) E (P) E (P)(当x and (or) y 0)
或
(x, y) (x y 0)
L L (x, y)(x y 0以外的一切点)
⑤ 菲涅耳衍射：公式 E (P) E (P) E (P) 仍然成立，但
3．直边夫琅和费衍射
A step
E x, y
1
j f
exp jk
f
x2 2f
y2
f j2
x
1 2
x
f
y
f
1
L
x,
y
4
2
x
2
（当x, y 0)
x, y 当x=y=0
4．位相物体的夫琅和费衍射
A
,
rect
a0 a0 2
4
exp
j0
rect
Hole
Diffraction
pattern pattern
Square holes
Round holes
Moon coronas are due to diffraction.
北京理工大学820物理光学解析6
Ke 15 60 900 lm
有了光谱光视效能后，光通量公式可写成
d CV ()de K ()de
总的光通量应该等于整个波长范围内上式的积分
d
0
0 K ()de
0 K ()e d
发光体的发光特性：光视效能
K
e
0 K ()e d
0 e d
应用光学讲稿 计算举例：一个功率（辐射通量）为60W的钨丝充气灯 泡，假定它在各方向上均匀发光，求它的发光强度。
d
ds r2
2
s in d
2d
c os
将上式积分得
0 2d cos 2 (1 cos )
或§6-2 辐射度学中的基本量及其计量单位
一、辐射通量
e 单位时间内辐射体辐射的总能量-----辐射功率
单位：瓦特 （W）
反映辐射强弱，是辐射体各波段辐射能量的积分
•光度学中，为表示人眼对不同波长辐射的敏感度差别，定义了一
个函数 V ，称为视见函数，又称光谱光视效率。
应用光学讲稿 把对人眼最灵敏的波长 555nm 的视见函数定为1，即 V (555) 1
假定人眼同时观察两个位于相同距离上的辐射体A和B，这两 个辐射体在观察方向上的辐射强度相等，A辐射的电磁波波长
光，在某一方向上辐射强度Ie 上的发光强度为1cd。
1683(W
/
sr )
，则发光体在此方向
1cd c 1 1 W / sr 683
c 683(cd sr ) W
代回发光强度表示式， I 683V ()Ie
若 I 1cd d 1sr
则 d Id 1 流明（lm）
应用光学讲稿
3、光谱光视效能
d e
北京理工大学819物理光学考研课件6
Optical Activity (also called “Chirality”)
Unlike birefringence, optical activity maintains a linear polarization throughout. The polarization rotation angle is proportional to the distance. Optical activity was discovered in 1811 by Arago.
OB2 即本征 D2 的波矢 K t 2 方向。过 B2 作 nt 2 交迹椭圆的法线，
即是 S2 的方向。 Kt 2 S2 (不超过6) 。
5） 图中入射面（纸面）也是晶体主平面 （因 C 在入射面内） 。所以 K t1 对应的本征
D1 ，振动方向垂直于主平面（当然也垂直
于 K t1 ） 。 K t 2 对应的本征 D2 ，振动方向平 行于主平面（垂直于 K t 2 ） 。 K t1 ， K t 2 也在 入射面内。
② 惠更斯作图方法步骤
ˆ， 1) 以入射面为作图平面。以 O 为原点，画出界面， Ki , u
以及晶体光轴方向 C。 2） 以 O 为圆心，画出入射媒质折射率面（球）与入射面 的交迹，称为 ni 交迹（为一半径 ni 的圆） 。同时在各向异 性媒质中画出折射率面 （双层） 与入射面的交迹。 即 nt1 交 迹（或 n o 交迹，为一半圆） ； nt 2 交迹（短轴在光轴方向 的椭圆） 。
n0
E2 E1
P1 D 1 P2
S2
ξ
K
D2
ne
③利用折射率面的惠更斯作图法，可分析 光波在各向同性/各向异性媒质界面的折、 反射。求出反射光 Dr ，折射光 Dt1, Dt 2 的方 向 K t1 ， K t 2 （双折射） 。 此外,当光波从晶体（各向异性媒质）向各 向同性媒质传播时还会出现双反射。
大学物理A第六章习题选解
第六章真空中的静电场习题选解6-1 三个电量为 q 的点电荷各放在边长为r 的等边三角形的三个顶点上，电荷f 1Q(Q 0) 放在三角形的重心上。
为使每个-q 负电荷受力为零， Q 之值应为多大？ f 2解：以三角形上顶点所置的电荷( q)Q-q -q为例，其余两个负电荷对其作用力的合力为 f1，方向如图所示，其大小为题 6-1 图f1 2q 22 cos303q22 4r4 0r中心处 Q 对上顶点电荷的作用力为f2 ，方向与 f1 相反，如图所示，其大小为f2Qq3Qq43 24 0 r203r由 f1f2，得Q3 q 。
36-2 在某一时刻，从 U 238的放射性衰变中跑出来的粒子的中心离残核 Th 234的中心为 r 9.0 10 15 m 。
试问：（1）作用在粒子上的力为多大？（ 2）粒子的加速度为多大？解：（1）由反应23892 U23490Th+ 24 He ，可知粒子带两个单位正电荷，即Q12e 3.2 10 19 CTh 离子带 90 个单位正电荷，即Q290e 144 10 19 C它们距离为 r 9.0 10 15 m由库仑定律可得它们之间的相互作用力为：Q Q 2 9 3.2 10 19 144 10 19F 1 (9.0 10 ) 512N 4 0r 2 (9.0 10 15 ) 2（2） 粒子的质量为：m2(m p m n )2 (1.67 10 271.67 10 27) 6.68 10 27Kg 由牛顿第二定律得：a F 512 7.66 1028m s 2m 6.68 10 276-3 如图所示，有四个电量均为 q 10 6 C 的点电荷，分别放置在如图所示的 1，2，3，4 点上，点 1 与点 4 距离等于点1 与点2 的距离，长 1m ，第3 个电荷位于 2、4 两电荷连线中点。
求作用在第 3 个点电荷 上的力。
解：由图可知，第 3 个电荷与其它各题 6-3 图 电荷等距，均为 r2m 。
《物理光学》谢敬辉 重点习题答案讲解
代入(2)中，整理得：a sin(ϕ0 ) = 10 3 (4)
与(1)结合，根据a>0的限制，得：a=20
再由(1)、(4)结合，根据0<φ0<2 π的限制，得： φ0=60°= π/3
1.9 解：(1)
j(kz−ωt+π )
E1(z,t) = e
6
j(kz−ωt+π )
E2( z,t) = e
=
∇2 A1(z,t)
=
∂2 A1(z,t) ∂z 2
A1(z,t) = a cos(hz − ωt + ϕ0 )
∂2 A1(z,t) ∂z 2
=
−ah2
cos(hz
− ωt
+ ϕ0 )
∂2 A1(z,t) ∂t 2
=
−aω 2
cos(hz
− ωt
+ϕ0 )
∂2 A1(z,t) = ( h )2 ∂2 A1(z,t) = 1 ∂2 A1(z,t)
1.29解： Ei (r、t) s
Ei(r、t)
(1)、由图可见，
βi(r、t) Ei (r、t) p
Ei(r、t)p= Ei(r、t)cos βi(r、t) Ei(r、t)s= Ei(r、t)sin βi(r、t)
rs
=
n1 n1
cosθi cosθi
− +
n2 n2
cosθt cosθt
ts
=
n1
n2
θ R下
t
θ
t
n1
θB
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。
在平板内的折射光包含s光和p光，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。
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- 第七讲 解题指南6-1 试说明以下几种光波的偏振态：（1） ⎪⎭⎫ ⎝⎛---=4cos 2πωt kz D x⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=4sin 2πωt kz D y（2） ()()t kz D j t kz D iωω-+-=sin ˆ cos ˆ00D （3） ()()[]()()[]⎩⎨⎧---=-+-=t kz j t kz i D t kz j t kz i D ωωωωsin ˆcos ˆcos ˆsin ˆ0201D D 及1D 、2D 的合成波。
（1）342cos 4xy D kz t D D kz t πωπω⎧⎛⎫=-+ ⎪⎪⎪⎝⎭=⎨⎛⎫⎪=-- ⎪⎪⎝⎭⎩由于：00,y x D D δπ==所以D 是2、4象限线偏振波 （2） ()()00cos cos 2iD kz t jD kz t ωωπ=-+--D由于：001,2y x D D δπ==-所以D 是右旋圆偏振波 （3） ()()100cos 2cos iD kz t jD kz t ωπω=--+-D()()200cos cos 2iD kz t jD kz t ωωπ=-+-+D()()00cos 4cos 4i kz t kz t ωπωπ=--+-+D由于：001,2y x D D δπ==-所以12,,D D D 均是左旋圆偏振波6-2 （1）试分别写出沿z 方向传播的左、右旋圆偏振波的波函数表达式。
假设两波的频率均为ω，振幅分别为：002,00D D D D R L ==。
()()00cos cos 2L iD kz t jD kz t ωωπ=-+-+D()()002cos 2cos 2R i D kz t j D kz t ωωπ=-+--D（2） 试用琼斯矢量说明上述两圆偏振波叠加后合成波的偏振态，并画图表示。
01L D D j ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，012R D D j ⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦，03L R D D D D j ⎡⎤=+=⎢⎥-⎣⎦合成为长轴在x 方向的右旋正椭圆偏振波。
6-3 一束振动方向与图平面成︒45角的线偏振光波垂直入射到菲涅耳菱形 镜（n=1.51）的端面上，如图所示。
试问经菱形镜两个斜面反射后，出射光的偏振态为何？题6－3图解：入射线偏振波D 分解为011x y D D D D ⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，y D 对应P 分量，x D 对应S 分量。
一次全反射的位相跃变之差（相对位相跃变）：212arctan cos rs i n n ϕθ⎛⎫Γ=-⎪⎝⎭ 122arctan cos rp in n ϕπθ⎛⎫Γ=-⎪⎝⎭Γ=221cos 2sin irps rp rs i n n θϕϕϕθ⎛⎫Γ∆=-= ⎪⎝⎭arccot 代入：0121.51,1,54.6i n n θ=== 求出：000135,02270rps y rps x ϕδϕϕϕ∆==-=∆=所以，出射光：001,270yo x D D δ==，为右旋圆偏振光。
6-4 有一椭圆偏振波，其琼斯矩阵为()[]Tj 4exp 3,2π。
试求与之正交、'且能量相同的椭圆偏振波的琼斯矩阵。
并画图表示这两个波的D 矢量端点轨迹及旋向。
设：142,3Tj D e π⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，2,T j D A B e δ⎡⎤=⎣⎦若：12210T TD D D D **⋅=⋅= ，则12D D ⊥于是有：442,3230j j j A A B B e e e ππδδ⎛⎫⎪⎝⎭--⎡⎤⎡⎤⋅=+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦=必有：04πδπ-=或，解出：344ππδ-＝或① 当4πδ＝时，振幅系数满足：22222313230A B A B ⎧+=+=⎨+=⎩，解出：32A B =±=无论那种情况，都有：2543,2Tj D e π⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦②当δπ＝时，振幅系数满足：22222313230A B A B ⎧+=+=⎨-=⎩，解出：32A B ==于是有：235443,23,2TTj j D e e ππ-⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦总之，2D 是与1D 正交，且能量相同的右旋椭圆偏振光。
6-5 试把椭圆偏振波032113j D j +⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦分解成： （1） 两个与x 轴成︒45角而且相互垂直的线偏振波； （2） 两个旋转方向相反的圆偏振波。
按照偏振光分解基本公式（6－27）：()()00101002020T T D D D D D D D **=⋅+⋅⑴ 选取正交基001200cos 45cos 45sin 45sin 45D D ⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦[][]032,11332,113D j j j j ⎛⎫⎛⎫⎡⎡⎡⎤⎡⎤ ⎪ ⎪=+-++-⎢⎢⎢⎢ ⎪ ⎪--⎢⎢⎢⎢⎣⎣⎣⎣⎝⎭⎝⎭ ()()1170.54 2.511j j -⎡⎤⎡⎤=-+-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⑵选取正交基1211D D j j ⎡⎤⎤==⎢⎥⎥-⎣⎦⎣⎦[[]0111132,11332,1132222D j j j j j j j j ⎛⎫⎛⎫⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+-++- ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪--⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎝⎭⎝⎭()114.53 6.5j j j j ⎡⎤⎡⎤=-++⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦6-6 一束自然光入射到空气-玻璃（2n =1.54）界面上。
（1） 试讨论在︒︒≤≤900i θ范围内折、反射光的偏振态。
（2） 如果入射角为︒57，试求反射光和折射光的偏振度。
(1)利用菲涅耳公式,(1-124)-(1-127)可以导出：反射光的偏振度：()()()()22222222cos cos cos cos rs rp s p r rs rps pi t i t i t i t I I r r P I I r r θθθθθθθθ--==++--+=-++折射光的偏振度：()()222222sin 1cos s p ts tp ts tp s p r ts tpts tps ps pi t i t t t I I w w T T P I I w w T T t t θθθθ----====++++-=+-上式推导中利用关系：tt t w I A =⋅， i i i w I A =⋅221cos cos t t i iw n T t w n θθ== （1－135） 代入参数，算出结果：0.09,1t r P P ==说明入射角等于布儒斯特角()057b θ=，反射光为线偏振光。
6-7如图所示，一细束平行自然光1B 以布儒斯特角B θ射向反射镜1M ，反射光 2B 再经反射镜2M （2M ∥1M ）反射，得到出射光3B 。
如果将2M 镜自图示位置开始绕A A '轴 旋转一周。
试问3B 的光强将如何变化？何时最强？何时最弱？ 题6－7图解：由Brewst 定律可知，2B 成为S 分量的线偏振光，振动方向垂直于纸面。
当2M 绕AA '轴转过一个角度β后，仍然满足Brewst 定律，但是由于入射面转过了β角，所以对转动以后的入射面来说，S 分量的振幅成为： 23cos rs E E β=3B 的强度成为：22323cos rs I E I β==所以，当0,βπ=时，3I 最强，当3,22ππβ=时，3I 最弱。
6-8 一线偏振平行光细光束B 垂直入射到平面平行晶板Q 上，由于双折射 将在屏∏上形成两个光斑o S 和e S ，如图所示。
假设入射光强度为I ，偏振方向平行于 图平面，晶板的光轴在图平面内，相对晶板表面倾斜一个角度（见图）。
试问： （1） 若将Q 绕入射光束旋转，两光斑o S 和e S 的位置及强度将如何变化？（2） 若B 是自然光，情况又如何？ 题6－8图 解：（1） 设在初始位置，晶体Q 的转角0β=此时入射光振动在主平面内，为e 光。
所以e S 为亮点，0S 为暗点。
晶体Q 转过β角，即晶体Q 的主平面 转过了β角，此时有：20020000cos cos sin sin e e D D I I D D I I ββββ====所以：当0,βπ=时，e S 最亮，0S 为暗点；当3,22ππβ=时，e S 为暗点，0S 最亮。
（2） 当入射为自然光时，无论Q 的主平面转到什么方位，0D 总可以分解为1212D D I I ==，因而总是有：0S 位于中心，位置不变，亮度不变；e S 绕0S 旋转，亮度不变。
（见上图）为匝数，I 为电流强6-9 一束平行钠光以︒45角自空气射向方解石晶体，假定晶体光轴平行于界面并且垂 直于入射面，如图所示。
（1） 试用折射率面作图法画出晶体内o 光和e 光的波矢方向和振动方向。
（2） 试求两波矢方向的夹角。
题6－9图解：（1）K负单轴晶体（2） 0sin 45sin i e te n n θ= 01.4864, 1.6584e n n ==000sin 45sin i t n n θ=算出：00028.41,25.24, 3.17te to θθθ==∆=6-10 一束平行光自空气射向石英晶体。
若入射光方向与晶体光轴方向平行，如图所示。
试问这时是否会发生双折射？题6－10图正单轴晶体同样会发生双折射。
6－11 一束细的钠黄光以800角射向一平面平行石英晶板。
设晶板光轴垂直入射面，厚度d =3mm.试求：（1） 两束出射光的距离。
（2） o 光与e 光通过晶板后的位相差。
解：已知：00.589380,31.54421.5533i e md mmn n λμθ=====（1）求出0039.62,39.346to te θθ== 120.024x PP mm ∆==（2）()001220039.368e e n P n P πϕλπ∆=⋅-⋅=-00mod :20.632113.76eol πϕπ∆==6－12 图示等腰棱镜由某种单轴晶体制成。
假设该棱镜的光轴垂直于图面，顶角050=α。
测得o 光和e 光的最小偏向角分别为：0040.27,22.30==e o δδ。
试求棱镜晶体的O 光折射率o n 和e 光折射率e n 。
题6－12图 解：当i K 和t K 相对于棱镜对称，且折射光线 与棱镜底边平行时，取最小偏向角min δ。
无论O 光还是e 光，,22t θαβδ== 于是：()t iθθβαδ=+=+对于O 光：()00005030.22240.11,25i t θθ=+==求出：0 1.5245n = 对于e 光：()00005027.4238.7,25i t θθ=+==求出： 1.4795e n =6－13 在一对主方向互相平行的线偏器1P 、2P 之间放一块光轴垂直于界面的石英晶片Q ，以一束白光垂直入射到该系统，如图所示。