物理光学-梁铨廷-答案

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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−x

c )+π

2

]，

（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=(102)Cos[π×1014(t−

x c )+π

2

]，则频率υ= ω

2π

=π×1014

2π

=0.5×1014Hz，周

期T=1/υ=2×10-14s，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=2Cos[2π×1014(z

c −t)+π

2

]，Ez=0，求：（1）

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=ω

2π=2π×1014

2π

=

1014Hz，波长λ=c

υ=3×108

1014

=3×10−6m，原点的

初相位φ0=+π/2；（2）传播沿z轴，振动方向沿y轴；（3）由B=1

c

(e k⃗⃗⃗⃗ ×E⃗)，可得By=Bz=0，

Bx=2

c Cos[2π×1014(z

c

−t)+π

2

]

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=102Cos[π×1015(z

0.65c

−t)]，试求：（1）光的频率；（2）波长；（3）玻璃的折射率。

解：（1）υ=ω

2π=π×1015

2π

=5×1014Hz；

（2）λ=2π

k =2π

π×1015/0.65c

=2×0.65×3×108

1015

m=

3.9×10−7m=390nm；

（3）相速度v=0.65c，所以折射率n=c

v =c

0.65c

≈1.54

1.4写出：（1）在yoz平面内沿与y轴成θ角的k⃗方

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Ẽ=A exp(ik⃗∙r )，可得Ẽ=

A exp⁡[ik(ycosθ+zsinθ)]；

（2）同理：发散球面波Ẽ(r，t)=A r exp⁡(ikr)=

A1

r

exp⁡(ikr)，

汇聚球面波Ẽ(r，t)=A r exp⁡(−ikr)=

A1

r

exp⁡(−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4×1014Hz，电场振幅为14.14V/m，如果

该电磁波的振动面与xy平面呈45º，试写出E，B

表达式。

解：E⃗=E y e y⃗⃗⃗⃗ +E z e z⃗⃗⃗ ，其中

E y=10exp[i(2π

λ

x−2πυt)]

=10exp[i(2πυ

c

x−2πυt)]

=10exp[i(2π×4×10

14

3×108

x−2π×4×1014t)]

=10exp[i(8

3

×106π)(x−3×108t)]，

同理：E z=10exp[i(8

3

×106π)(x−3×108t)]。

B⃗ =1

c

(k0⃗⃗⃗⃗ ×E⃗)=−B y e y⃗⃗⃗⃗ +B z e z⃗⃗⃗ ，其中

B z=10

3×108

exp[i(8

3

×106π)(x−3×108t)]=B y。

1.6一个沿k方向传播的平面波表示为

E=100exp{i[(2x+3y+4z)−16×105t]}，试求k

方向的单位矢k0。

解：|k⃗|=√22+32+42=√29，

又k⃗=2e x⃗⃗⃗ +3e y⃗⃗⃗⃗ +4e z⃗⃗⃗ ，

∴k0⃗⃗⃗⃗ =1

√29x

⃗⃗⃗ +3e y⃗⃗⃗⃗ +4e z⃗⃗⃗ )。

1.9证明当入射角θ1=45º时，光波在任何两种介质

分界面上的反射都有r p=r s2。

证明：r s=sin(θ1−θ2)

sin(θ1+θ2)

=sin45ºcosθ2−cos45ºsinθ2

sin45ºcosθ2+cos45ºsinθ2

=cosθ2−sinθ2

cosθ2+sinθ2

=1−tanθ2

1+tanθ2

r p=

tan(θ1−θ2)

tan(θ1+θ2)

=(tan45º−tanθ2)/(1+tan45ºtanθ2) (tan45º+tanθ2)/(1−tan45ºtanθ2)=(1−tanθ2

1+tanθ2

)

2

=r s2

1.10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n1和n2，先由空气入射到玻璃中则有n1sinθ=n2sinⅈ，再由玻璃出射到空气中，有n2sinθ′=n1sin i′，

又θ′=ⅈ，∴n1sin i′=n1sinθ⇒i′=θ，

即得证。

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

解：由题意，得n=n2

n1

=1.5，

又θ为布儒斯特角，则θ+ⅈ=90°.....①

n1sinθ=n2si̇n i⇒sinθ=nsini..... ②

由①、②得，θ=56.31°，i=33.69°。

（1）R p=tan2(θ−ⅈ)

tan2(θ+i)

=0，

R s=sin2(θ−ⅈ)

sin2(θ+ⅈ)

=0.148=14.8%，

（2）由R p+T p=1，可得T p=1，

同理，T s=85.2%。

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，t p=1n⁄，其中n=n2∕n1。

证明：t p=2sinθ2cosθ1

sin(θ1+θ2)cos(θ1−θ2)

，因为θ1为布儒斯特角，所以θ2+θ1=90°，

t p=

2sinθ2cosθ1

sin90°cos(θ1−θ2)

=

2sinθ2cosθ1

cos(90°−θ2−θ2)

=2sinθ2cosθ1

sin(2θ2)=2sinθ2cosθ1

2sinθ2cosθ2

=sinθ2

sinθ1

，又根据折射定律

n1sinθ1=n2sinθ2，得sinθ2

sinθ1=n1

n2

=1

n

，

则t p=1

n

，其中n=n2∕n1，得证。

1.17利用复数表示式求两个波E1=a cos(kx+ωt)和E2=−a cos(kx−ωt)的合成。

解：E=E1+E2=a[cos(kx+ωt)−cos(kx−ωt)] =aexp[i(kx+ωt)]−aexp[i(kx−ωt)]

=aexp(ikx)(e iωt−e−iωt)=2a sin(ωt)exp(ⅈcos kx−sin kx)

=−2aexp[i(kx+π

2

)]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E1=a1cos(φ1−ωt)和E2= a2cos(φ2−ωt)。若ω=2π×1015Hz，a1=6V/m，a2=8V/m，φ1=0，φ2=π∕2，求该点的合振动表达式。

解：E=E1+E2=a1cos(φ1−ωt)+a2cos(φ2−

ωt)=6cos(−2π×1015t)+8cos(π

2

−2π×1015t) =6cos(2π×1015t)+8sⅈn(2π×1015t)

=10cos(arccos6

10

−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+λ(λ∕2

A0=

2

λ

∫E(z)ⅆz

λ

=2

λ

(∫zⅆz

λ∕2

+∫(−z+λ)ⅆz

λ

λ∕2

)=λ

2

，

A m=

2

λ

∫E(z)cos

λ

(mkz)ⅆz

=2

λ

（∫E(z)cos mkzⅆz

λ2⁄

+∫E(z)cos mkzⅆz

λ

λ2⁄

）

=⁡2

λ

·(−22

m2k2

)=−8

λ

·λ2

m2(2π)2

=−2λ

m2(2π)2

，（m为奇

数），B m=2

λ

∫E(z)sⅈnmkzⅆz=0

λ

，

所以E(z)=λ

4

−2λ

π2

∑(cos mkz m2

⁄)

∞

m=1

=λ

4

−2λ

π2

(cos kz

12

+cos3kz

32

+cos5kz

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

A0=

2

λ

∫E(z)ⅆz

λ

=

2

λ

(∫ⅆz

λ∕a

+∫ⅆz

λ

λ−λ∕a

)=

4

a

A m=

2

λ

∫E(z)cos

λ

(mkz)ⅆz

=2

λ

(∫cos mkzⅆz+∫cos mkzⅆz

λ

λ−λa

⁄

λa

⁄

)