电动力学刘觉平版课后答案.pdf

第七章第七章电磁波的传播电磁波的传播 目录：目录： 习题习题 7.17.1定态电磁波定态电磁波. .2 2 习题习题 7.27.2绝缘介质中的平面电磁波绝缘介质中的平面电磁波. .5 5 习题习题 7.37.3导电介质中的平面电磁波导电介质中的平面电磁波. .7 7 习题习题 7.47.4平面电磁波在绝缘介质界面上的反射与折射平面电磁波在绝缘介质界面上的反射与折射. .10 10 习题习题 7.57.5全反射全反射. .23 23 习题习题 7.67.6电磁波在导体面上的反射与折射电磁波在导体面上的反射与折射. .29 29 最后一节没有处理。最后一节没有处理。 习题习题 7.17.1 1.1.证明证明:对于定态电磁波,方程(7.1.27)或(7.1.28)与 Maxwell 方程组等价. 证: (7.1.27)式为(在导电介质中) 2222 ()0, 0 kEk E i HE += = = )3( )2( ) 1 ( 导电介质 Maxwell 方程组为 0 0 f Ei B Hi DjHiE B D = = + = = = )7( )6( )5( )4( 课本已经论述，方程（4） （5）可以推出方程（6） （7） 因此下面只要证明方程组（4） （5）与方程组（1） （2） （3）等价。 1(4)(5)(1)(2)(3) 由于BH= ，所以 i Ei BHE = ，即方程(4)与方程（3）等价 由于DE= ，所以有(7)(2) 将（4）代入（5）即可得到 2222 1 ()0,EiEkEk i = += 2 证明(1)(2)(3)(4)(5) 方程(4)与方程（3）等价； 对（3）作用旋度 ()() 2 2 ii HEHEE i HE = = = 将（1）式代入即得（5）. 因此(7.1.27)式与 Maxwell 方程组等价。 (7.1.28)式为 2 = = =+ H i E H Hk 0 0)( 22 )10( )9( )8( 显然(10)(5) 对（10）作用旋度，并将（8）代入即可得到（4） 所以(7.1.28)式可以推出 Maxwell 方程组 显然(6)(9) 将（5）代入（4）可以得到（8） 。 因此(7.1.28)式与 Maxwell 方程组等价。 2.2.利用利用电荷守恒定律在边界上的形式:证明:对于定态电磁波， 电磁场的四个边值关系中仅有 两个是独立的。 证: 电荷守恒定律在边界上的形式为: )()( 22122212fffffff f jjnijjn t +=+ - (1) 电磁场的边值关系只有两个独立的方程 = = f HHn EEn )( 0)( 1212 1212 对上式两边求散度,得 根据)()()(gffggf = = = f HHnn EEnn )( 0)( 121212 121212 根据 Maxwell 方程组 = = f HHn EEn )( 0)( 1212 1212 += = f jDiH BiE 所以0)( 1212 =BBn , i DDn 1 )( 1212 = 2212 ( fff jjn +)= f 3.证明：任意一对随时间简谐变化的复矢量F 和G 的乘积对时间的平均值由下式决定 *11 ReReRe()Re() 22 FGFGFG= 式中ReF 表示取F 的实部， 而这里的叉积 “”可以全部换成标积。 证明：F 和G 为任意一对随时间简谐变化的复矢量，可表示为exp()FFi t= 2 00 111 ReRelimReRelimcos () 2 TT TT FGFGdtFGt dtFG TT = 2 2 cost cos ttFG t 当时，随 变化十分迅速，可以看作是常量。 因此可以先对求平均。因为它是迅速地一个周期一个 周期地变化，因此可以用一个周期上的平均值代替。 2 0 11 cos 2 xdx = 2 0 11 ReRelimcos () 2 T T FGFGt dtFG T = *111 Re()Re(exp()() 222 FGFGi ti tFG=+= *111 Re()Re(exp()() 222 FGFGi ti tFG=+= 得证 对于标积， 2 00 111 ReRelimReRelimcos () 2 TT TT FGFGdtF Gt dtF G TT = *111 Re()Re(exp()() 222 FGF Gi ti tF G=+= *111 Re()Re(exp()() 222 F GF Gi ti tF G=+= *11 ReReRe()Re() 22 FGFGF G= 习题习题 7.27.2 1 1、 考 虑考 虑 沿 同 一 方 向 传 播 的 一 个 波 包()( )() 0 0 ,exp kk kk u z tdkC kitkz + = 式 中 00/ kc=，k很小，且( )C k是 k 的缓变函数。试证： (1)在 0 k附近可近似将波包写成()()(),expu z tC z titkz= 式中波包的包络(),C z t为()() 0 sin ,2C z tC kk = 其中 0 d tzk dk = (2)整个波包在空间移动的速度即所谓群速度为()0/ g vddk= (3)这一群速度等于波包能量的传输速度。 证： （1）()( )() 0 0 ,exp kk kk u z tdkC kitkz + = 对 C（k）,(k)做泰勒展开，取一级近似。 C(k)=C( 0 k)+() 00 () dC kk dk () 000 () d kk dk =+ 令 0 kkk = 由于( )C k是 k 的缓变函数，所以 C(k)C( 0 k)+0= C( 0 k) ； 00 () d k dk =+； , 于是， ()( )() ()() 0 0 0000 ,exp =expexp() kk kk k k u z tdkC kitkz d C kitk zdkitz k dk + + = 由于积分的对称性， ()()() 0000 0 ,=2expcos() k d u z tC kitk zdktz k dk + 令 00 (), () dd tz ktzk dkdk = = 所以()()() 000 0 ,=2expcos k u z tC kitk zd ()()() 000 sin ,2expu z tC kitk zk =() 00 ( , )expC z titk z 其中，() 0 sin ( , )2C z tC kk （2）群速度即为等振幅面传播的速度。而振幅( , )C z t为常量即为=常量 上式两边对时间求导得 0 () g dzd v dtdk = （3）因为能量正比于振幅的平方。而波包的包络正是振幅。群速度即为等振幅面传播的速 度，所以群速度等于波包能量的传播速度。 2 2、证明、证明群速度()/ g vddk=满足 1 1 gp dn vv n d = 式中 n 是介质的折射率。设空气的折射率为 182 1.00027 1.5 10/n =+，的单位为 m 试问，平均波长为 550nm 的 1ns 的光脉冲在空气中传播 10km 所需要的时间比它在真空中 传播同样距离所需时间长多少？ 证： g v= () pp p d v kdv vk dkdk =+ 代入 2 , p c kv n = 2 2 2 2 gp c dn n vv d =+ 1 p p v dn n v d =+(1) p dn v n d =+ 与命题并不一致，但是显然，当 dn n d 是小量时， 1 11 pp dndn vv n dn d + ，两者 是一致的。 而本题， 18 6 3 3.0 10 9.916 10 dn n dn =确实很小，两者应相当接近。 33 10 1010 10 g t vc = 33 2 10 1010 10 ccdn c nn d = + 8 9.3 (8.84,matlabc2.9979 10 m/s)nsns=用计算的，且取光速 习题习题 7.37.3 * * 1 ,0 i i(i )ii2i0, 0 kkk k kk = =+ =+=+= = 按定义，若一平面波的振幅矢量在等相位面上为常矢量，则此平面波为均匀平面波 证明：对一复波矢若，则它为平面波，否则为非均匀平面波. 证：令，则 （） 故有， 从而 与 在同一条直线上，即 0000E,E Bexpi(xt)E Bexpi(x)expi(xt) x x Bk = = = 方向相同或相反，从而与 垂直的平面和与 垂直的平面互相平行. 平面波是下述不同频率的单色平面波的线性叠加， （）（ ， ）（ ， ） 由上式可知，等相位面方程为常量，即垂直于 的平面. 而等幅面方程为常量，即垂直于 的平面.故 因为 垂直的平面和与 垂直的 平面互相平行，故此平面波的振幅矢量在等相位面上为常矢量，从而它为均匀平面波. c 0 00 22 22 c 2.300MHz4S/m 9.E10V/m, Helmholtz (k )0, ki ,ki.(1) xe z E = = += =+=+ 有一的均匀平面波在有耗介质中传播。该有耗介质的电导率为， 介电常量与磁导率分别为 =与若此波的电场振幅矢量为（） 且沿 方向传播.写出时域内电磁场强度的表达式并求能流密度矢量. 解：此平面波满足方程 式中 ， 它具有下述单色平 00EE expi(xt)E exp(x)expi(xt)2k= 面波解 （ ） zz 11 2222 cc 2222 11 2222 cc 2222 3 (1) 3 11 112 114 22(2) 11 1+12 1+15 22(2) z ee f f f f = =+=+ =+=+ 由平面波均匀以及沿 方向传播的条件，知 ，（ ） 综合 （ ）两式可得 （ ） （ ） 代入数据得 11 8 0 z 67.5,70.1 2 EE exp(x)expi(xt)10exp67.5expi(70.123 10 t)V/m Ei B 11 BikEiE i 1 70167.5i10exp67.5 x mm zze ez = = = =+ =+ 代入（ ）式及数据得 （-） 再由频域中的定态麦克斯韦方程得 （） （.）（- 8 8 y 8 8 8 expi(70.123 10 t)V/m 1 70167.5i 10exp67.5expi(70.123 10 t)V/m 23 10 E B ReE10exp67.5icos(70.123 10 t)V/m 1 ReB10exp67.5 23 10 701cos(70.1 x x ze zze zze z =+ = = ） （.）（-） 取，的实部得 （-） （-） . 88 y 8 -78 88-2 -1 z 23 10 t)67.5sin(70.123 10 t)T 1 sReEReHReEReB 11 100exp267.5cos(70.123 10 t) 41023 10 701cos(70.123 10 t)67.5sin(70.123 10 t)J m s zze zz zze = = = i 从而能流密度矢量为 （-） . 8 2 88-2 -1 z 1 100exp267.5cos(70.123 10 t) 240 701cos(70.123 10 t)67.5sin(70.123 10 t)J m s zz zze i （-） . 2 c 00 k x8 z 1 12 22 3.2S/m 364. E10cos(8 10 tk x) V/m(1) kk. Helmholtz (k )0, ee E = = = += 一均匀平面波在有耗介质中传播.该有耗介质的电导率为，介电常量与 磁导率分别为 =与若此波的电场为 求出 ，和磁场强度 解：此平面波满足方程 式中 22 c 00 00 0z 2 ki ,ki.2 EE expi(xt)E exp(x)expi(xt) E exp(x)cos(xt)+iE exp(x)sin(xt) (1) E10V/mk k e =+=+ = = = ，（ ） 它具有下述单色平面波解 将其实部与式对比得 （）， 8 xx 1 1 22 c 1 22 1 22 c 2 22 11 12 k,8 10 Hz3 (2) 3 1 k 1+1 2 1 k 11 2 k136.5k92.4 EiH 11 HReikEReiE i ee mm = =+ =+ = = =+ ，（ ） 综合 （ ）两式可得 代入数据得 ， 再由频域中的定态麦克斯韦方程得 （）（） 2 2 k x8 xz 121 k x88 y 1121 92.4x88 y 8-7 92.4x 2 1 Rekik10exp(k x8 10 t) 1 10k cos(k x8 10 t)k sin(k x8 10 t) 1 10136.5cos(136.5x8 10 t)92.4sin(92.4x8 10 t) 8 104410 1 136.5co 128 eee ee ee e =+ = = = （） 88 ys(136.5x8 10 t)92.4sin(92.4x8 10 t)e 习题习题 7.47.4 、考虑在、考虑在两绝缘介质的分界面上，入射波、反射波与折射波所满足的边值关系 () () () () ird ird ird ird nDDn D nEEnE nBBn B nHHnH += += += += 式中，n 是分界面的法向 证明：若第二个边值关系成立，则第三个边值关系自然满足；若第四个边值关系成立，则第 一个边值关系自然满足 证明： （）()() irdird nEEnEnBBn B+=+= 1 ()() irir nBBnEE i += + () 1 ir nEE i = + 1 () d nE i = 1 () d nE i = d n B= （）()() irdird nHHnHnDDn D+=+= () 1 () irirfiir nDDnHHjj i += + 1 dfifr nHjj i = + 1 dfd nHj i = + d n D= 、验证：、验证：电磁波在绝缘介质分界面上反射与折射时，能量守恒 证明：只需证明反射系数和透射系数之和等于零即可 2 2 2 2 1 cos 1cos dd ii rr r dd d + = + + = + （其中 0 0 i i E E = ） 上面是课本上的定义，定义有误，下面定义才是正确的， 按此定义可以得到课本公式（7.4.31）P237。详细过程可以参看本节习题 7 而下面的证明也可以证明这样的定义是正确的。 2 2 2 2 1 1 rr r dd d + = + + = + （其中 0 0 i i E E = ） 其中 () () ()() ()() () () ()() () 2 2 22 2 2 2 tan tan sin 2sin 2 sincos sin sin sin 2sin 2 sin id id id idid id id id id r d r d = + = + = + = + 22 22 11 rrdd rd + +=+ + () () () () ()() ()() ()() () 22 2 22 2 2 222 2 tansin tansin 1 sin 2sin 2sin 2sin 2 sincossin 1 idid idid idid ididid + + = + + + + + () () ()() ()() () () ()() () 2 2222 2 2 222 tansin 2sin 21 1tansincos sinsin 2sin 2 1sinsin idid ididid idid idid =+ + + + 则有 () () ()() ()() 2 222 tansin 2sin 2 tansincos idid ididid + + ()()()() ()() 22 22 sincossin 2sin 2 sincos ididid idid + = + 1= () () ()() () 2 22 sinsin 2sin 2 sinsin idid idid + + ()()() () 2 2 sinsin 2sin 2 sin idid id + = + 1= 则有 r+d=1 所以电磁波在绝缘介质分界面上反射与折射时，能量守恒 、 一场强一场强振幅为 6 0 10Ecgs=单位的电磁波从真空垂直入射到一绝缘介质的表面 （为平面） 上， 介质的介电常量1.44= 试将物理量换算到国际单位制后计算电磁波对介质产生的压 力 解：在介质中 22 11 22 EHIEEHH =+ F其中 000 0 |EH= 22 1111 | 22 S Fd nEHSnEH SnsS cc = =+= F 又 610 0 102.997 10/EcgsV m= 对正入射： 0 0 210 11 212 11 di id dd id En Enn Hn Hnn = + = + 0 10 11 d EE= 0 00 0 1212 1111 d HHE = 则 2 0 0 0 120 0.5 121 FE S c = 2292 0 000 0 12060 /0.53.94 10/ 121121 pFSEEN m c = 更正: 在介质外表面上的电磁动量流密度为 22 0000 11 22 EHIEEHH =+ F其中 0 0 |EH= 式中， ir EEE= ， in E 的振幅为 0 E。电磁波对介质产生的压力为 22 00 1111 | 22 S Fd nEHSnEH SnsS cc = =+= F 电磁波对介质产生的平均压强的大小为 2222 0000 111 222 PEHEE=+= 对正入射： 22 22 0 0 1.0 1.21 1.0 1.211 rid id Enn r Enn = + 故 ir000 (1)EEEErEr E= 因而 22 00 1 (1) 2 PrE= 代入数据得 2 1210292 11 18.85 10(3.00 10 )3.29 10 (N/m ) 112 P = 、平面平面电磁波从介质垂直入射到与介质的分界面上两介质的折射率分别为 1 n与 2 n， 且 2 1 32 2 n n =+证明反射波能流等于折射波能流 证明： 要证明反射波能流等于折射波能流， 且平面电磁波从介质垂直入射到与介质的分 界面上，而且电磁波的强度Isn= ，n 是 的法向 11 2 2 s I Is = 则只需证明即可（即 dr II=） 对正入射，反射系数与折射系数为 () () () 2 12 2 12 12 2 12 4 nn r nn n n d nn = + = + () () 2 2 2 121 22 12 2 1 1 32 2 64 2 1 n nnn r nn n n + = + + () 2 121 22 12 2 1 4 432 2 64 2 1 n n nn d nn n n + = + + 则得证 则反射波能流等于折射波能流 5 5有一个有一个以平面 Z=0 与 Z=d 为边界的电介质层，其介电常量为 2 ，它将介电常量分别为 1 与 3 的两种电介质隔开。三种电介质的磁导率均为 0 。电磁波从 Z0 的区域，沿着垂直 于层表面的方向入射到电介质层上。 问当层的厚度满足什么条件时反射系数取极值？当层的 厚度为多大时反射最小？当三种电介质的介电常量满足什么条件时没有反射？ 解:由题意可知， zd: 21 ()() 3 ( , )( , )1/ i k z wti k z wt ddid Ez tE eB z tv E e = 由在 Z=0，Z=d 处的边界条件 12 1111EE= , 12 1111BB= ,且三者的磁导率均为 0 ，则有: Z=0： 1122 1111 iRDr iRDr EEEE EEEE vvvv +=+ = 即 () iRDr iRDr EEEE EEEE +=+ = 12 (/)vv= j k Z=d: 322 322 223 111 ik dik dik d Drd ik dik dik d Drd E eE eE e E eE eE e vvv += = 即 322 322 2 3 () ik dik dik d Drd ik dik dik d Drd E eE eE e v E eE eE e v += = l m 则+jk为：2(1)(1) iDr EEE=+ n 则+lm为： 32 2(1) ik dik d Dd E eE e=+ o 则lm为： 32 2(1) ik dik d rd E eE e = p 将o，p代入n可得： 3 22 42 (1)cos()()sin() ik d id Ek dik dE e=+ 而折射系数 2 2 330 22 1 10 d d i i E vE T vE E = ， 因此可求得： () ()() 2222 21232 12 132 2 132 1 sin () 4 nnnn Tnnk d n nn =+ 而1RT+= 所以反射系数 1 1 11RT T = = 1）若 R 取极值，则 1 T 也取极值，即 22 22 sin ()0sin ()1k dk d=或 所以 2 2 m k d =（m 整数） 2 4 m d = 即 2 4 m d =时，反射系数 R 取极值。 2）若 R 取最小值，则 1 T 也取最小值，即 2 2 sin ()1k d= 所以 2 4 m d =（m 为奇数） 即 2 4 m d =（m 为奇数）时，反射系数最小。 3）若无反射，则 1 T =1，而 2 2 sin ()1k d=，故 () ()() 2222 21232 13 2 132 1 1 4 nnnn nn n nn += 可求得： 213 nn n=所以 21 3 = 即在 21 3 =时，厚度满足使 R 最小时无反射。 平面平面线偏振电磁波从介质 1 入射到介质的分界面上， 两介质的折射率分别是 1 n与 2 n， 偏振方向与入射面的夹角为 4 若选取入射角使反射波偏振方向与入射面垂直，证明折射 波的偏振方向与入射面的夹角为： 解：由 Fresnel 公式有： 0/0/ 2sincos sin()cos() di di didi EE = + （1） 2sincos sin() di doio id EE = + （） 所以： / 1 cot cos() odid odidid EE EE = （3） 式中是折射波偏振方向与入射面的夹角 因为入射波的偏振方向与入射面夹角为 4 ，所以： / 2 2 ididid EEE = （4） 而当反射波偏振方向与入射面垂直时，入射角为 Brewst 角，即入射角满足下式： 1 2 sin tantan cos B iB B n n = ， 2 id += （5） 故： 1 22 12 sin i n nn = + ，进而： 12 22 12 2 sin2 i n n nn = + （6） 将（4） ， （5） ， （6）式代入（3）式得： 22 12 12 1 cot sin22 i nn n n + = 即 12 21 1 cot 2 nn arc nn =+ （） 7如果通常的近似 21 不成立， 证明：在两绝缘介质的边界面上，反射系数为 2 21 21 21 21 coscos coscos r = + ， 2 21 21 21 21 coscos coscos r = + 式中，与分别是入射角与折射角。 求折射系数， 并讨论是否对每一种偏振（或 ）， Brewster 都存在。 解：在边界是两绝缘介质边界面情况下， 入射波平均能流密度为 2 1 11 1111 Re()() 222 iiiioioioio SEHEkEEk = 反射波平均能流密度为 2 1 11 1111 Re()() 222 rrrrorororo SEHEkEEk = 折射波平均能流密度为 2 2 22 1111 Re()() 222 ddddodododo SEHEkEEk = 由于反射角等于入射角，所以 反射系数 2 ror iio ESn r SnE = 2 ro io E r E = ， 2 ro io E r E = 由 12 12 21 21 2 12 2 21 coscos coscos coscos coscos 2cos coscos 2cos coscos ro diid iodiid roiidd ioiidd do ii iodiid doii ioiidd Ekk Ekk Ekk Ekk Ek Ekk Ek Ekk = + = + = + = + ， 通过计算可知： 2 2 21 21 212 21 21 21 21 21 2 1 2 1 2 coscoscoscos coscos coscos sincossincos sin sin sincossincos iddd diii kk rk kk k k = + + = + 2 2 21 21 212 21 21 21 21 21 2 1 2 1 2 coscoscoscos coscos coscos sincossincos sin sin sincossincos iddd diii kk rk kk k k = + + = + 而折射系数 2 2 2 1 1 cos cos ddo iio SnE d SnE = 则 212 2 212 2 1 21 1 21 1 2 2 1 2 4coscos cos cos coscos sin2 sin2 sincossincos do io E d E = + = + 212 2 212 2 1 21 1 21 1 2 2 1 2 4coscos cos cos coscos sin2 sin2 sincossincos do io E d E = + = + 显然，当 1 2 1 =时，就是课本公式（7.4.31）P237 下面我们讨论一下 Brewster 角问题： 所谓 Brewster 角,就是使反射波只有一个偏振方向的入射角。因此： 令： / 0;0rr = 得到： 1 2 sincossincos0 =（1） 垂直方向 1 2 sincossincos0 =（2） 平行方向 1.我们先讨论方程（2） ： 11 22 sin ,ab =令x= 由折射定律， 22 1 1 sin sin id di k k =，且0, 2 时， 则1,1aab 即 1 2 11 22 11 22 1 1 这就是光从高介电介质射入低介电介质时，发生 Brewster 现象的条件。 当 1 2 1 =时，只要 1 2 1 。 这个条件是对材料而言的，下面察看其对入射角的要求。 ()() 22 1 sin 11 a ab b x aba = ，它随/a b单调递增。 2 ,1,11 a ab aaba b 由 所以 ()()() () 2 222 1 1 11 sin, 0,1 111 a a b aaa = 这就是说入射角可以取0, 2 的任意一个值。即此时发生 Brewster 现象对 入射角没有任何要求。 对折射角同样处理，也可以得到折射角可以取0, 2 的任意一个值。 下面取一特殊情况： 1 2 1 = 则 b=1，所以 () 1 2 111 sinsin 1241 a a aa = 仿照1 ，可以得到入射角，折射角任意。 取特殊情况： 1 2 1 = () 1 2 111 sinsin 1241 a a aa + 此时若要发生 Brewster 现象，则必须使入射角大于 45 度。 对折射角同样处理，可以发现折射光出现区间也不再是0, 2 而是在 , 4 2 之间，与1 情况刚好互补。 2.现在讨论方程（1） ， () 22 2 22 tantansin 1 11 xabxba bbx ba xabx = = 因此只要ab就可以直接利用 1 的讨论结果。具体略。 只是指出一下当 1 2 1b =时，不存在 Brewster 角。因为此时分母为零， 2 sin，这是不可能的。 总结：当取普遍情况， 12 时，在垂直和平行方向上都可以有 Brewster 角。而 且对入射角的大小没有要求。 （如果材料可以任选） 当 12 =时，只能在平行方向上有 Brewster 角。且对入射角的大小有要求，而且 折射方向也有限制。 证明证明： 当一个非偏振波从空气以 Brewster 角入射到折射率为 n 的绝缘介质表面上， 折射波的偏振度为： 222 222 (1)4 (1)4 nn P nn + = + 解：由偏振度的定义： / / II P II = + (1) 得折射波的偏振度为： / / dd P dd = + (2) 而折射波平行和垂直与入射面的分量的折射系数之间存在如下关系： / 2 1 cos () id dd = (3) 将（3）式代入（2）得： 2 2 1 cos () 1 cos () id id P = + (4) 当一个非偏振波从空气以 Brewster 角入射到折射率为 n 的绝缘介质表面上时，其 入射角和折射角满足如下关系： 2 id += , tantan iB n= (5) 将（）式代入（4）式得: 2 222222 22222 22 4 1 1 sin (2 )(1)4(1) 41 sin (2 )(1)4 1 (1) i i n nnn P nnn n + = + + + 习题习题 7.57.5 1、 证明：除全反射外，线偏振的平面电磁波在绝缘介质边界上反射与折射后仍然是线偏振 的。如果入射波的偏振面与入射面的夹角为，入射角为；试证明：反射波与折射波 的偏振矢量与入射面的夹角和分别为 cos() tantan cos() = + tancos()tan= 式中是折射角。 证明：对线偏振的入射波（其偏振面与入射面的夹角为，入射角为）来说， / tan io io E E = 由 Fresnel 公式，有 / tan() tan() roio EE = + sin() sin() roio EE = + 对反射波来说（除全反射情况） ， / sin()tan()cos() tantan sin()tan()cos() roio roio EE EE + = = + 由于、 和 都是常数，故也是常数，故反射光也是线偏振光，其偏振矢量与入射面 的夹角满足上式。 由 Fresnel 公式，有 / 2sincos sin()cos() doio EE = + 2sincos sin() doio EE = + 对折射波来说（除全反射情况） ， / 2sincossin()cos() tancos()tan sin()2sincos doio doio EE EE + = + 由于、 和 都是常数，故也是常数，故折射光也是线偏振光，其偏振矢量与入 射面的夹角满足上式。 2、 证明： 在全反射波行进路径上某一固定点， 方程 / coscos() sincos() ro ro EEk xt EEk xt = = i i 可 写为 22 2 / / 22 2cos sin rr rr EE E E abab +=(1) 式中 / =、 0 sincos o aEbE= 与。再由此证明：当取 z 轴为全反射波的波矢 方向、并使 x 轴与入射面的夹角为是上述方程成为 22 / 22 1 rr EE AB += 式中 A 与 B 为常数。于是矢量 r E 的终端在与波矢方向垂直的平面上描绘出一个椭圆。 证明：我们有 / cos() cos() r r Ebk xt Eak xt = = i i ，其中sin o aE=、 0cos bE= ， 由上两式，有 / / arccos()arccos() rr EE k xt ba +=+= i / / arccos()arccos() rr EE ab = 22 / sinarccos()arccos()sin rr EE ab = 2 2 / sin arccos() cos arccos()cos arccos() sin arccos()sin rrrr EEEE abab += 2 222