物理光学课后答案叶玉堂

1、光学教程第二版叶玉堂 第二部分 物理光学课后习题答案第四章光的电磁理论4-1计算由e =(2i +2j3j )exp.|i q0 + y+壁1(8t )表示的平面波电矢量的振动方向、传播方向、相位速度、振幅、频率、波长。解：由题意:ex= 2ei(a/3x + y+6x108t)ey二2抬(v3x + y +6m 108t)eyex,3，振动方向为：-i , 3j由平面波电矢量的表达式:kx = 3ky = 1王伟整理51，传播方向为：，3i , j平面电磁波的相位速度为光速:c=3 108 m/s振幅:e = .e2x - eoy=(-2)2 (2 一 3)2 =4v/m频率:6 108f

2、=3“8二一10 hz 冗波长:c =jif42 一列平面光波从点传到 b点，今在 ab之间插入一透明薄片，薄片的厚度h = 0.2mm ,折射率n=1.5。假定光波的波长为 % =550nm,试计算插入薄片前后 b点光11 = n0d 二 d程和相位的变化。解：设ab两点间的距离为 d,未插入薄片时光束经过的光程为:插入薄片后光束经过的光程为：l=n0(d - h) , nh=d (n -1)h光程差为：=l2 -1i = (n-1)h = 0.5 0.2 = 0.1mm2 二2 二则相位差为： = =v父0.1 = 363.6冗550 104-3试确定下列各组光波表示式所代表的偏振态：(1

3、) ex = e0sin(切tkz), ey = e cos(t kz)(2) ex=eocos(t- kz) ,ey=e0cost kz + n/4)(3) ex = eosin侬tkz), ex =eo sintkz)解：(1) . ex =eosin(6tkz) =e0cos(8tkz 二)2, = v - x =-y 2 为右旋圆偏振光。(2) = y - 4为右旋椭圆偏振光，椭圆长轴沿y=x(3) = y -x =0为线偏振光，振动方向沿y = -x4-4光束以30角入射到空气和火石玻璃(n2=1.7)界面，试求电矢量垂直于入射面和平 行于入射面分量的反射系数rs和rp。sin 二解

4、：入射角4 =30由折射定律：sin% =1=0.294，日2 =17.1sin(f -父sin(1%)sin12.9sin47.1=-0.305_ tanp - 2)rptan( 上)tan12.9tan47.1=0.2134-5 一束振动方位角为 45。的线偏振光入射到两种介质的界面上，第一介质和第二介质的折射率分别为 1=1和上=1.5。当入射角为50。时，试求反射光的振动方位角。. 一sin 二解：4 =501 由折射定律：sin% =1=0.51.%=30.7。%rpsinq )sinq %)sin19.3sin80.7=-0.335tan(% - %)tan(% %)tan19.3

5、 =0.057tan80.7.tan-1 = -rs-tan- =.5tan45 - -5.877 rp0.057p.反射光的振动方位角为： r = -80.3446光波在折射率分别为 n1和电的二介质界面上反射和折射，当入射角为61时（折射角为仇），s波和p波的反射系数分别为rs和rp ,透射系数分别为ts和t p。若光波反过来从n2介质入射到n1介质，且当入射角为62时（折射角为日1）s波和p波的反射系数分别为rs和rp ,透射系数分别为ts和tp。试利用菲涅耳公式证明:(1) % = -rs ; (2) rp = -rp ；(3)tsts =ts；(4)tptp =tpsin(i1 _

6、%)证明： (1) %=- sin(1112)sinq - -1) rs = 一 ：sin(1211)sin(u1 -12)sin(u1%)tanq - %) rp =(:tanq 口 2)rptan。11)tan。 )tan1 - %)tan。 u2)(3) ts2sin% cosxsin(z)ts2sincos%sin(-iz)tsts2s2 cossin(11 12)2sin 11 cos矗sin( 二2)sin cos%sin % cos4sin2 12 cos2 1 1sin 2(112)n2 cos12 4sin2 2 cos2 1 n1 cosnsin2(u1 飞)(4) tp2

7、sin 飞 cos-1sin9-2) cosp1 -12)tp2sini1 cos聂sin。 u1)cos(u2 -11)tptp2sin2 cos%sin(1 f2)cosg1 -12)2s1 cos聂sin(u2-1)cosp2 - -1)sin1 cos%sin % cos-14sin2 戏 cos2 玛sin2。 /)cos2g2 -11)n2 cos% n1 cos-14sin2 匕 cos2。1sin2。玛)cos2c2 -乙)=tp4-7如图，mi、m2是两块平行放置的玻璃片（n=1.5）,背面涂黑。一束自然光以布儒斯特角入射到mi上的a点，反射至m2上的b点，再出射。试确定 m

8、2以ab为轴旋转周时，出射光强的变化规律。解：由于 mi、m2是两块平行放置的玻璃片，因此两镜的入射角m2均为 ,且有:% = arctg = arctgi.5 =56.3i niii叫=90=33.69由于两镜背面涂黑，所以不必考虑折射光的影响。i0 mi对于 mi： rp =0prs =r：_ sin但一%) |_sin(6i +62) _= 0.1479因为是自然光入射,p、s分量光强相等。设入射自然光光强为i0,沿ab的反射光强为ii,则mi的反射率为:iiirn (rs rp) =0.074 -2i 0对于m2,假设在绕ab旋转的任一位置上，入射面与图面的夹角为i20 ,则将沿ab的

9、入射光分解为p分量和s分量，其振幅分别为:sin 二es - i1 c。s,入射角为-b rp = 0sin(询一)-=-0.3846sins 12)，出射光的振幅为:ep =0es三 rs es - -0.3846, ii cos，最后的出射光强为:_2i2 =(es ) =0.0iil0cos2 -4-8望远镜之物镜为一双胶合透镜，其单透镜的折射率分别为i.52和i.68,采用折射率为i.60的树脂胶合。问物镜胶合前后的反射光能损失分别为多少？（假设光束通过各反射面时接近正入射）解：系统包括4个反射面，由于假设光束通过各反射面时接近正入射，则未胶合时，各面的反射率为：i.52i.682、2

10、r22.n ni -i i.52 -i ;ri = -= iwi+ij u.52+ij=0.043i.60r2n2 - 1n2 1，一1 1.52 j1.52= 0.043r3门3 -1n32,1.68-1 ；i =0.0641.68 +1 )r4n4n 4 -1=0.064设入射到系统的光能为w,则通过该系统后的光能为:皿=w(1 -0.043)(1 -0.043)(1 -0.064)(1 -0.064) = 0.8w，光能损失为20%同理，胶合后各面的反射率为:r =0.043r2 =n2 -1 a1+11.521.6= 0.00066n311.68 j-11.6空十11.6)通过该系统后

11、的光能为:1.52= 0.0006r4 = 0.064w -w(1 -0.043)(1 -0.00066)(1 -0.0006)(1 -0.064) =0.895w，光能损失为10.5%49如图，光束垂直入射到45直角棱镜的一个侧面，光束经斜面反射后从第二个侧面透出。若入射光强为束的强度为多少？设棱镜的折射率为1.52,并且不考虑棱镜的吸收。解：光束经过三个反射面， 通过第一个反射面和第三个反射面时均 为垂直入射，其反射率为：r1 =n1 -121.52 11 八 =0.043450.- 01 =40.6 不合题意，顶角a为59.7 口4-12线偏振光在玻璃-空气界面上全反射，线偏振光电矢量的

12、振动方向与入射面成一非零或兀/2的角度。设玻璃的折射率n=1.5,问线偏振光以多大角度入射才能使反射光s波和p波的位相差等于40 ?cos z sin 211 -n2解： = 2 arctan2sin 工sin2=tan 20(1 tan2 20 )sin4 ?1解得：01 =60.47* 或 91 =46.05*4-13如图所示是一根直圆柱形光纤，光纤芯的折射率为n1,光纤包层的折射率为 n2,并且n1 n2。（1）证明入射光的最大孔径角2u满足：sinu =n12n2 ；（2）若n1 =1.62,n2 =1.52,最大孔径角为多少？n2uk9cu，4n1解：（1）如图，为保证光线在光纤内的

13、入射角大于临界角，必须使入射到光纤端面的光线 限制在最大孔径角 2u范围内。由折射定律：sin u = n1 sin(90 - %) = n1cosc(2)当 n1 =1.62, n2 =1.52时：sinu = 1.622 -1.522 = 0.56最大孔径角为：2u=68414如图 所示是一根弯曲的圆柱形光纤，光纤芯和包层的折射率分别为ni和 电(n1 n2),光纤芯的直径为 d,曲率半径为 r。(1)证明入射光的最大孔径角 2u满足:bn2. e2 r d f 什 sin u =ji -n2 1十i ； ( 2)右 n1 =1.62, 22 2r；n2 =1.52, d=70mm, r=

14、 12mm,则最大孔径角为多少？co su解：在mob中，有：sin 1csin(u 90 )r d 2d.r d一cosu =-sin 6c = 1+isin”r c 若垂直观察时看到膜最亮，设m = 1,应有：2nh =上2 =4nh ： 660nm5-7在如图所示的干涉装置中，若照明光波的波长九=640nm,平板厚度h=2mm折射率 n= 1.6 ,其下表面涂上某种高折射率介质(nh 1.6),问(1)反射光方向观察到的干涉圆环的中心是亮斑还是暗斑？ ( 2)由中心向外计算，第 10个亮斑的半径是多少？ ( 3)第10个亮环处的条纹间距是多少？设望远镜物镜的焦距为25cm。解：(1)平板

15、的折射率介于上下介质的折射率之间，故环中心(91 =日2 =0)对应的光程差为：=2nh =2 1.6 2= 6.4mm一，：6.4干涉级次为：m0 =上=10000640 10，环中心是一亮斑。101.6 10 640 10上(2)当中心是亮斑时，由中心向外计算，第 10个亮环的角半径是：0.0716rad.半径为：r10 =行10 =0.0716 250mm-17.9mm(3)第十个亮环处条纹的角间距为:3.575 10飞rad1.6 640 10mm2 0.0716 2mm. .间距为：e = f - 250 3.575 10“ 0.894mm58收口图，单色光源 s照射平行平板 g,经

16、反射后通过透镜 l在其焦平面e上产生等倾干 涉条纹，光源不直接照射透镜，光波长 九=600nm,板厚d = 2mm折射率n=1.5 ,为了在给 定系统下看到干涉环，照射在板上的谱线最大允许宽度是多少？解：设干涉环中心的干涉级次为m0,则：a0 =2nd + = m0九22nd 11m0 = = 10000 -22将m改写成：m0 = m1 +8，则m1是最靠近中心的亮条纹的干涉级次，m1 =10000为了能看到干涉环，最大允许谱线宽度九应满足：m1 (/. - )= (mb1) ,，最大允许的谱线宽度为：尢=-=0.06nmm1卜-9如图，g是待检物体， g是一标定，长度的标准物， t是放 在

17、两物体上的透明玻璃板。假设在波长工=550nm的单色光垂直 照射下，玻璃板和物体之间的锲形空气层产生间距为1.8mm的条纹，两物体之间的距离为 80mm问两物体的长度之差为多少？解：当垂直入射时，条纹间隔为： e=一2nsin 工在该题中是空气层的楔角，且a角很小 e ：/2：550 103 :=0.153 10 rad2e 2 1.8. 两物体的长度之差为：h rtg： ： r： =80mm 0.153 10=12.24 104mm510如图所示的尖劈形薄膜，右端厚度d为0.0417mm,折射率n = 1.5,波长为0.589 m的光以30角入射到表面q,上，求在这个面上产生的条纹数。若以两

18、块玻璃片形成的空3气劈尖代替，产生多少条纹？口u i解：经劈尖上下两表面反射的光发生干涉，其光程差近似,为： .： =2nhcos?其中日是在上表面的折射角，h表示平均厚度。由折射定理：sing=sin30 =0.33计算彳导:cos日 = 0.943n在上表面产生的条纹数，即在劈尖最右端的暗纹或亮纹级数。此时h = d= 0.0417mm1广生暗纹条件：2nd cosh +=旧+）九 m = 0, 1, 2, 3, 222nd cos2 1.5 0.0417 100.943m6二 2000.589 10劈尖棱线处是暗条纹，因此表面上有 当用两块玻璃片形成的空气劈尖代替时,201条暗条纹,20

19、0条亮条纹cos - - cos30 = 0.866在劈尖最右端的暗纹级数为:2nd cos?m 二2 1 0.0417 10- 0.8660.589 10-6= 122.6因此表面上有123条暗条纹，122条亮条纹5-11集成光学中的楔形薄膜耦合器如图所示。楔 形端从a到b厚度逐渐减小到零。为测定薄膜的厚 度，用波长 九=632.8nm的he ne激光垂直照明， 观察到楔形端共出现 11条暗纹，且a处对应一条暗 纹。已知薄膜对 632.8nm激光的折射率为2.21 ,求 薄膜的厚度。a上六 b玻璃衬底解：薄膜的折射率大于玻璃，因此入射光在楔形薄膜上表面反射有相位突变。产生暗条1纹满足条件：a

20、=2nh+=(m 十一)九m=0, 1, 2, 3,22在薄膜b处，h = 0, =土，所以b处对应一暗纹。2，第11条暗纹在薄膜a处12nh = (11 ) 22.a处薄膜的厚度为:,1010 632.8 10”h =2n 2 2.21:0.0014mm5-12如图，在一块平面玻璃板上，放置一曲率半径r很大的平凸镜，以观察牛顿环条纹。、一、一一 1(1)证明条纹间隔e满足：e =2r，式中n是由中心向外计算的条纹数;n22r=rn k 一小(2)若分别测得相距k个条纹的两个环的半径为 rn和rn#，证明:证明：(1)透镜凸表面和玻璃板平面间的空气层中心。的厚度为零，可知牛顿环中心为一暗斑。设

21、由中心向外计算，第n个暗环的半径为4 ,则由图中几何关系可知：rn2 = r2 -(r -h)2 =2rh -h2r h，r： =2rh又 n个条纹对应的空气层厚度差为：h = n上2rf2 = nr九对上式微分，得:2rndr = r九dn当 dn =1 时，dr =e条纹间距为:re 二24(2)由上面推得得结果:rn2 二nr，2rn k二(n k)r， rn2 k -rf2 =(n k -n)r-22rn k - rnr 二k-513在观察牛顿环时，用 = 580nm的第五个亮环与用 九2的第七个亮环重合，求波长 卜2 为多少？解：设由中心向外计算，第n个亮环的半径为rn ,则：rn2

22、 =2rh1亮环满足的光程差条件为：2h+土 = n，u .h=(n1)九2221.rn = (n _ )r 2由题意，用 =580nm的第五个亮环与用 心的第七个亮环重合1 1 (5 )r1 =(7 )r2229 1 2 1 1 = 401.54nm13514曲率半径为r的凸透镜和曲率半径为 r2的凹透镜相接触如图所示。在钠黄光九=589.3nm垂直照射下，观察到两透镜之间的空气层形成10个暗环。已知凸透镜的直径 d= 30mm曲率半径 r= 500mm试求凹透镜的曲率半径。解:d2 1n =(4 r110 二30214 589.3 10 6(5001r2r2506.63mm5-15假设照射

23、迈克尔逊干涉仪的光源发出两种波长的单色光(设 % 12 )。因此当平面镜m移动时，条纹将周期性的消失和再现。设ah表示条纹相继两次消失 m1移动的距离，丸=% - 1k2，试证明：ah = 1 22 ： 1证明：当两波长形成的亮条纹重合时，可见度最好，而当加的亮条纹与 九2的暗条纹重合时,1条纹消失，则当条纹消失时光程差满足： = 2h + 5 = m/i = （m2 + ）入22式中a表示光束在半反射面上反射时的附加光程差，未镀膜时为-21 2h - 2h - 2h 、.贝u 由上式得： m 2 -m1 =- =. -： 2 2 1 1 2当h增加ah时，条纹再次消失，这时干涉级之差增加 1

24、,即:1 2(h：h) -m2 -m11 =.： ,2 1 2两式相减，得：.力=”2 2, （n= 2.35 ），入射光波长 九=0.5m ,5同 在光学玻璃基片（ng =1.52）上镀制硫化锌膜层求正入射时最大反射率和最小反射率的膜厚和相应的反射率数值。解：: n ng 反射率有最大值的膜厚是,500h = = = 52.52nm4n 4 2.38相应的反射率为:二(nng -n2 2r max -2 2nng n1 1.52 (2.38)2f1 1.52 (2.38)= 0.33反射率有最小值的膜厚是：h =500=105.04nm2n 2 2.3822相应的反射率为： rmin = n

25、0 - ng i = 1 t52=0.04(n。+ng 211+1.52)5-17在玻璃片上（ng =1.6）上镀单层增透膜，膜层材料是氟化镁（ n=1.38）,控制膜厚使其在正入射下对于波长% = 0.5科m的光给出最小反射率，试求这个单层膜在下列条件下的反射率：（1）波长九=0.6nm ,入射角60 =0（2）波长九=0.6nm,入射角为 =30解：（1）由题意，在正入射下于波长 九0 = 0.5 m的光给出最小反射率，因此膜层的光学厚度为： nh = 0 / 4当儿=0.6nm时，相位差为：中=4 nh =冗 = 5几622n。-ng cosn + nngr ,=no ng2 cos中

26、jnngr 2 2 ；一 n sin22 . 2 ；n sin 2-1.6 2cos2( 5 n) + 1.6 _1.38 sin2( 5 n)12 d.38122+ 1.6 2cos2( 5 n) + 1.6 +1.38 i sin2( 5 n)12 j.38112= 0.01(2)品=30)由折射定律:sin90 1f 0.5a = arcsin i= arcsin 1= 21.25 n )1.38 j光束在基片内的折射角： = arcsin nsn = arcsin 18.2 口i ng j1 .6 j对于s分量的有效折射率为:n0 = n0 cos 10 = cos30 = 0.866

27、n-ncosu-1.38 cos21.25 u 1.286ng = ng cosg =1.6 cos18.2 =1.52对于p分量的有效折射率为:non。cos%11=1.155cos30cos11.38. 40=1.48cos21.25在30 口斜入射下,相位差为： %ng = cos%1.61.684 cos18.25nhcos?-二 cos21.25 = 0.777二6no(rb)s =-22：-ng cos 一 2nong(p2(no +rg f cos2nng. 2. 2二n sin20.866-1.52 2 cos2 0.3880.866,1.521 1.286-1.286 22s

28、in2 0.3880.866 1.52 2 cos2 0.388二/0.866父1.521 1.2861.286 2sin2 0.388= 0.02-?2 中(n。-ng ) cos +2z xnng -n n )2. 2邛 sin2一 ,_22 中(n +ng ) cos 十2,nong、+ n n)2 . 2中 sin 2(r0)p(1.155 1.684 2 cos2 0.388n + .155父1.684 _ 1.48 i sin2 0.388兀= 0.0071.481.155+1.684 f cos2 0.388k + .155父1.684+1.48 i sin2 0.38e1.48

29、j因为入射光是自然光，故反射率为:11(r,0)=2附卜(rjp = - (0.02 0.007) =0.0135-18在照相物镜上镀一层光学厚度为6% (入0=0.5 m)的低折射率膜，试求在可见光区内反射率最大的波长为多少？解：镀低折射率膜，因此要使反射率最大，则： nh = m- m = 0, 1, 2, 3, 2由题意，nh =6-0512。5m取m= 2,3得可见光区内反射率最大的波长为九=0.6nm, 0.4nm5阳 比较下面三个 儿/4膜系的反射率：(1) 7 层膜,ng=1.50,nh=2.40,nl=1.38(2) 7 层膜，ng=1.50,nh=2.20,nl=1.38(3

30、) 9 层膜，ng=1.50,nh=2.40,nl=1.38说明膜系折射率和层数对膜系反射率的影响2 nh%nh3l2 nh%no解：r2 p书=|h。(1) r7 =96.3%r_f240f x(240)l i2 i 11.38 j1.50if240f x(240)211.38/1.50(2)r7 =(3)r9 =1/2。)61.38十1.382.40 11.38 j2.40 10求解得：r 73.14%1 - r一 .、a0 1最大透过率：tm =1 - -a- = 1 - -0.1- = 63%1 - r 1 -0.73145 22观察迈克尔逊干涉仪， 看到一个由同心明、暗环所包围的圆形

31、中心暗斑。该干涉仪的一个臂比另一个臂长 2.5cm,且九= 500nm,试求中心暗斑的级数，以及第六个暗环的级数。解：对于虚平板产生的等倾干涉条纹，最小值满足：1 、2nh cos八 一二(m ) ,2 2中心为暗斑，则：2nh = m0 .干涉级数m0为：m0=型 二 100000第6个暗环的干涉级次为：m6 _ m0 =999945 23利用如图所示的干涉系统可测量大球面反射镜的曲率半径。图中球面反射镜的球心位于 op2的延长线上，由。到pi和到 p2的光程相等。假设半反射面 a的镀膜恰使光束1、2的附加程 差为零。在准直的单色光照射下，系统产生一些同心圆环条纹。若第十个暗环的半径为 6m

32、m单色光波长为580nm,问球面反射 镜的曲率半径是多少？r解：作出球面反射镜 m在半反射面a中的虚像m2 ,系统产生的条纹亦可视为由虚空气薄层m 1m 2所产生，条纹即是牛顿环。由题意，。到p1和到p2的光程相等，且附加程差为零，所以圆环中心为一亮点，干涉级1数为0。由圆心向外，第10个暗环的干涉级数为(10：),故对应的空气层厚度为：1 h =(10 一32 2_19 _= 2rh r2. r_2rn 一r192 (6 104)26 f6.53m19 580 10r = 0.8944，试求锐度系数、524 f p干涉仪中镀金属膜的两玻璃板内表面的反射系数为条纹半宽度、条纹锐度。解：反射率为

33、：r = r2 =0.84r 4 0 8锐度系数为：f =2,42 =80(1 -r) (1 -0.8)条纹半宽度:4 = 0.447.80rad二、f 二.80条纹锐度：n = f =0 =4.47二5-25 f -p干涉仪常用来测量波长相差较小的两条谱线的波长差。设干涉仪两板的间距为0.5mm,它产生的儿谱线的干涉环系中第二环和第五环的半径分别为3mmf口 5mm九2谱线的干涉环系中第二环和第五环的半径分别为3.2mm和5.1mm,决定两谱线的波长差。两谱线的平均波长为550nm,试解：设对 儿谱线的干涉环系中心的干涉级数为m0,则有:2h 、= m0 1(1)其中6表示光束在板面金属膜上

34、反射时的附加光程差:6 =儿,小为在金属膜上反射冗的相变。若 m0非整数，则写为： mo = m1 十曲mi表示靠中心第一个亮环的干涉级数，由中心向外，第n个亮环的干涉级数为mi -（n 1）,而它的角半径由下式求出:2hcosn、二m1 -(n -1)与（1）式相减，得:2h(1 - cos1n ) = ( ；1n -1) , 1久一般很小，故有:1 - cosn叶=-(；1n -1)h，第五环和第二环的半径平方之比为:252215-14112-11122, -224r2 -54 3 -5t =匚 2,2= 0.7865 -25-3同理，入2谱线干涉环系中心的干涉级数的小数部分:由（1）式,

35、，2az =2一2_ _ 2245=0.9482h2h(mb 2) -g 1)=(一 二)-(2 一 1* -) 冗2h(1 - 2)2h(550 10 )2二1)=-3(0.948 -0.786)=4.9 10 nm2 0.5 10526已知汞绿线的超精细结构为546.0753nm , 546.0745nm , 546.0734nm546.0728nm。问用f- p标准具分析这一结构时应如何选取标准具的间距?（设标准具面的反射率r= 0.9 ）解：用f-p标准具分析这一结构时， 应选取标准具的间距使标准具的自由光谱范围大于超精细结构的最大波长差，并且使标准具的分辨极限小于超精细结构的最小波长差。由题意:546.0753 546.0745 546.0734 546.0728= 546.074nm超精细结构的最大波长差为：g )max = 546.0753 一546.0728 = 0.0025nm要使标准具的自由光谱范围大于超精细结构的最大波长差，则:12(i dx一22h ：二 = (546.074 ) = 59.64 106 nm = 59.64mm2(.： )max2 0.0025标准具的分辨本领为：一一