《物理光学》谢敬辉-重点习题答案讲解

第一章习题1.2解：0cnλνυλν==701.2510m/s600250nm2.4cnnυλλ==×===hdthdzthzωυωϕω==⇒=−⇒=+−dtdz00常数212122122),(),(),(1ztzAtzAttzA∂∂=∇=∂∂υ1.3解：(1)21222122212022120221201),(1),()(),()cos(),()cos(),()cos(),(ttzAttzAhztzAthzattzAthzahztzAthzatzA∂∂=∂∂=∂∂+−−=∂∂+−−=∂∂+−=υωϕωωϕωϕω1.3解：(2)222222222222222222222),(1),()(),()](4sin[8),()](4sin[8),(0)(2ttzAttzATztzAzTtTattzAzTtaztzATdtdzdzTdtzTt∂∂=∂∂=∂∂+−=∂∂+−=∂∂−==⇒=+⇒=+υλλππλπλπλυλλπ常数1.3解：(3)2322232223222322232),(1),()(),(2),(2),(0ztzAttzAcBztzActtzABztzABccdtBdzctBz∂∂=∂∂=∂∂=∂∂=∂∂=⇒=−⇒=−υυ常数1.6解：614061480(,)cos[(310910)](310910)310dEztEztztdzdtϕϕπϕπυ==×+×=×+×===−×常数负号表明光波沿着z轴负方向传播1.5解：(1)结合已知条件得：)3(10)4cos()0,2()2(310)2cos()0,1()1(10)cos()0,0(000−=+=−=+===ϕλπϕλπϕaAaAaA由(1)、(3)得：πλπm±=4根据λ2的限制，得：m=1，所以，λ=4=4=4=4代入(2)中，整理得：310)sin(0=ϕa与(1)结合，根据a0的限制，得：aaaa=20=20=20=20(4)再由(1)、(4)结合，根据0φ02π的限制，得：φ0=60=60=60=60°°°°====π/3/3/3/31.9解：(1)j()j()6212()e()ekzt+kzt+Ez,tEz,tππωω−−==016πϕ=022πϕ=3πϕ=合OOOOPPPP1PPPP2OPOPOPOP=OPOPOPOP1+OPOPOPOP2=3nnnnnnnn为OPOPOPOP的方向上的单位矢量(2)、合成波波函数为：j()3()3ekzt+Ez,tπω−=1.10解：(1)、没有变化；(2)、反向；(3)、如果原来是正弦，则变余弦；如果原来是余弦，则变正弦，且方向相反。1.12解：00000||sin;0;||cos||sin||cos;0;22exp[()]|exp[()]xyzxyzxzzxkkkkkkkfffEEikxkzEEikxααααππϕϕ========⋅+⋅+=⋅+����1.13解：22221xyzfffλ++=00.15/mm=4mm0.2/mmxyzfffλ==∴=0cos01/mm40.15/mmcos0.61/mm40.2/mmcos0.81/mm4xyzffffffαβγ⎧⎪===⎪⎪⎪⎪⎪===⎨⎪⎪⎪===⎪⎪⎪⎩的方向kkkk1.22解：(1)002(,)cos[()]EztEztπυϕλ=−+140(,)2cos[210()]4xzyEEzEzttcππ===×−+0014142;3000nm;;10410cEcπλυϕυλνν======对比得：从而由=得可见，传播方向沿着+z轴，振动方向沿着y轴(2)、因为磁感应强度矢量垂直于电场强度矢量：BE⊥��它们之间‘量’的关系为：EBυ=且磁感应强度矢量变化与电场强度矢量变化同步，所以磁感应强度矢量为：1402(,)cos[210()]4yzxBBzBzttccππ===×−+1.23解：1500(,)cos[10()]0.65xyzEExExtEtcπ===×−可见，传播方向沿着+x轴，振动方向沿着z轴002(,)cos[()]ExtExtπυϕλ=−+0151.3;0.65;01011.540.65cccnnλυϕυ=====对比得：从而由=得1.26解：点光源的电场强度与距离成反比，所以根据题中所给的条件，点光源处的电场强度为100V/m，辐射功率正比于电场强度平方，故为10000(数量级)。1.27解：n1n2θiθttitisnnnnrθθθθcoscoscoscos2121+−=(8)tiisnnntθθθcoscoscos2211+=(9)ititpnnnnrθθθθcoscoscoscos2121+−=(12)itipnnntθθθcoscoscos2211+=(13)对于r，根据(8)和(12)，将n1和n2、θi和θt互换，显然符号要改变。对于，以s波为例，p波过程相同。21221121rtt−=221212212121222121212212112)coscos(coscos4)coscoscoscos(11)coscoscoscos(coscoscoscostitititistitistitisnnnnnnnnrnnnnrnnnnrθθθθθθθθθθθθθθθθ+=+−−=−+−=+−=tiisnnntθθθcoscoscos221112+=titittsnnnnnntθθθθθθcoscoscos2coscoscos221212221+=+=titissnnnnttθθθθcoscoscoscos421212112+=于是有：所以有：221212211211pppprrtt−=−=同样也以上证明是针对任意入射角和对应的折射角的，正入射是0°角入射的，为特例，故此正入射时也应该成立。1.28解：n1n2θBθtθBn1θt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。根据菲涅耳公式：R上R下)tan()tan(titiprθθθθ+−−=可知，无论上下表面，θi+θt=θB+θt=θt+θB都成立，所以两表面都没有p反射光，只剩下s反射光。1.29解：Ei(r、t)Ei(r、t)pEi(r、t)sβi(r、t)(1)、由图可见，Ei(r、t)p=Ei(r、t)cosβi(r、t)Ei(r、t)s=Ei(r、t)sinβi(r、t)ipspipsisrprsrpiprpsisrstgrrrErEEEtgrEErEEββ=====ipspipsistptstpiptpsiststgtttEtEEEtgtEEtEEββ=====titisnnnnrθθθθcoscoscoscos2121+−=tiisnnntθθθcoscoscos2211+=ititpnnnnrθθθθcoscoscoscos2121+−=itipnnntθθθcoscoscos2211+=(2)、n1=1、n2=1.5、βi=45°、θi=0°代入，得：rs=rp=-0.2，ts=tp=0.8，tgβi=tgβr=tgβt=1，最终得：βr=βt=45°n1=1、n2=1.5、βi=45°、θi=30°代入，得：232)5.130sin1(1)sin(1cos;2330coscos2221=⋅−=−===��nnitiθθθ24.02325.12312325.1231coscoscoscos2121−=⋅+⋅⋅−⋅=+−=titisnnnnrθθθθ114.0215.13221215.13221coscoscoscos2121=⋅+⋅⋅−⋅=+−=ititpnnnnrθθθθ057.1215.123212312coscoscos2211=⋅+⋅⋅⋅=+=itipnnntθθθ76.02325.12312312coscoscos2211=⋅+⋅⋅⋅=+=tiisnnntθθθ��79.64124.245113.024.0−=⇒−=−==ripsrtgtgrrtgβββ��72.3572.045057.176.0=⇒===tipsttgtgtttgβββ负号意味着反射光的光场在入射面的背面1.30解：2||ssrR=212||coscossitstnnT⋅=θθtitisnnnnrθθθθcoscoscoscos2121+−=tiisnnntθθθcoscoscos2211+=1)coscos(coscos4)coscos()coscoscos2(coscos)coscoscoscos(2212122122111222121=++−=+++−=+titititiiittitissnnnnnnnnnnnnnnnTRθθθθθθθθθθθθθθθ2||pprR=212||coscospitptnnT⋅=θθititpnnnnrθθθθcoscoscoscos2121+−=itipnnntθθθcoscoscos2211+=1)coscos(coscos4)coscos()coscoscos2(coscos)coscoscoscos(2212122122111222121=++−=+++−=+ititititiititittpnnnnnnnnnnnnnnnRRθθθθθθθθθθθθθθθ1.31解：(1)][11psRRR++=αα][11psTTT++=ααEi(r、t)Ei(r、t)pEi(r、t)sβi(r、t)由图可见，Ei(r、t)p=Ei(r、t)cosβi(r、t)Ei(r、t)s=Ei(r、t)sinβi(r、t)α为入射光s分量和p分量光强度之比，则：βα2tg=ββββββαα222222cossin][cos][11][11pspspspsRRRtgRRtgRtgRRR+=+=++=++=ββββββαα222222cossin][cos][11][11pspspspsTTTtgTTtgTtgTTT+=+=++=++=(2)、对于自然光，方位角β取平均值：β=45°，代入即得。1.32解：�3.56)5.1()(1121===−−tgnntgBθ以布儒斯特角入射，反射光必定没有p分量，rp=0，因而Rp=0，由上题可知，对于线偏振光(1)：037.030sin))5.130.56sin1(15.130.56cos1)5.130.56sin1(15.130.56cos1(sin)coscoscoscos(sin22222221212=⋅−+⋅⋅−−⋅=+−==�����βθθθθβtBtBsnnnnRRT=1-R=0.963对于自然光(2)：β=45°，R=0.074，T=1-R=0.926。1.33解：对于垂直入射的情况，反射率和透射率分别为：R=0.04；T=0.96对于R1光，只是反射一次，故反射率为R1=0.04；对于R2光，经过透射—反射—透射过程，故R2=TRT=(0.96)·(0.04)·(0.96)=0.037；对于R3光，经过透射—反射—反射—反射—透射过程，故R3=TRRRT=(0.96)·(0.04)3·(0.96)=5.89×10-5；对于T1光，经过两次透射，故透射率为T1=TT=(0.96)·(0.96)=0.92；对于T2光，经过透射—反射—反射—透射过程，故T2=TRRT=(0.96)·(0.04)·(0.04)·(0.96)=1.47×10-3；对于T3光，经过透射—反射—反射—反射—反射—透射过程，故T3=TRRRRT=(0.96)·(0.04)·(0.04)·(0.04)·(0.04)·(0.96)=2.36×10-6；第二章习题()()()xxfxarectbtriLL=⋅−⋅2.1解：(1)(2)0()()xxfxatriL−=⋅)()()(00lxxrectlxxrectxf−++=(3)⎩⎨⎧−−=00)(xLaLxaxf(4))]sgn(2)1sgn()1[sgn(2)(xLxLxaxf+−−+−+=或者直接写成或：()()sgn()xfxrectx