陈家璧版-光学信息技术原理及应用习题解答(4-7章)

第四章习题4.1 若光波的波长宽度为，频率宽度为，试证明：。设光波波长为，试计算它的频宽。若把光谱分布看成是矩形线型，那么相干长度证明：参阅苏显渝，李继陶信息光学P349，第4.1题答案。赫，4.2 设迈克尔逊干涉仪所用的光源为，的钠双线，每一谱线的宽度为。（1）试求光场的复自相干度的模。（2）当移动一臂时，可见到的条纹总数大约为多少？（3）可见度有几个变化周期？每个周期有多少条纹？答：参阅苏显渝，李继陶信息光学P349，第4.2题答案。假设每一根谱线的线型为矩形，光源的归一化功率谱为 (1)光场的复相干度为式中，复相干度的模为 由于，故第一个因子是的慢变化非周期函数，第二个因子是的快变化周期函数。相干时间由第一个因子决定，它的第一个零点出现在的地方，为相干时间，故相干长度。（2）可见到的条纹总数（3）复相干度的模中第二个因子的变化周期，故可见度的变化周期数每个周期内的条纹数4.3假定气体激光器以个等强度的纵模振荡，其归一化功率谱密度可表示为 式中，是纵模间隔，为中心频率并假定为奇数。（1）证明复自相干度的模为 (2)若，且，画出与的关系曲线。答：参阅统计光学（基本概念个习题）P131。证明（1），复相干度与归一化功率谱密度即光源的光谱特性间具有下列关系：将（4.3.1）式带入得到其中因而 =复相干度的包络则为 （2），当N=3时， 其曲线如图1所示。图1 多模激光复相干度包络曲线（N=3）4.4 在衍射实验中采用一个均匀非相干光源，波长，紧靠光源之前放置一个直径1mm的小圆孔，若希望对远处直径为1mm的圆孔产生近似相干的照明，求衍射孔径到光源的最小距离。答：参阅统计光学（基本概念个习题）P160。用做衍射实验的相干度应当用上题中提到的沃尔夫用的阈值，由理想值1下降到0.88为最大容许偏离值，因而相干面积直径与光源半径之间满足下列关系： 则 即光源小孔与衍射小孔之间最小相距5.68m才能在衍射实验中较好地满足相干照明的要求。4.5 用迈克尔逊测星干涉仪测量距离地面1光年(约1016m) 的一颗星的直径.当反射镜与之间距离调到6m时,干涉条纹消失.若平均波长，求这颗星的直径。答：，4.6 在杨氏双孔干涉实验中(图4.17),用缝宽为的准单色非相干缝光源照明,其均匀分布的辐射光强为，中心波长.(1)写出距照明狭缝处的间距为的双孔和（不考虑孔的大小）之间的复相干因子表达式。（2）若，求观察屏上的杨氏干涉条纹的对比度。（3）若和仍然取上述值，要求观察屏上干涉条纹的对比度为0.41, 缝光源的宽度应为多少?(4)若缝光源用两个相距为的准单色点光源代替, 如何表达和两点之间的复相干因子? 图4.17（题4.6图）答：根据范西特-泽尼克定理，当光源本身线度以及观察区域线度都比二者距离小得多时，观察区域上复相干因子正比于光源强度分布的归一化傅里叶变换。本题的条件能够满足这个要求。因而有 (4.75)式中 ，而和分别为和两点到光轴的距离。（2）当，有 观察屏上的杨氏干涉条纹的对比度为0.637。（1） 若和仍然取上述值，观察屏上干涉条纹的对比度为0.41, 缝光源的宽度应为 （2） 若缝光源用两个相距为的准单色点光源代替, 和两点之间的复相干因子可以表达为两个复指数函数之和，因而随着和两点之间的距离按照余弦函数方式变化。4.7一准单色光源照明与其相距为的平面上任意两点和，试问在傍轴条件下这两点之间的复相干因子幅值为多大？答：参阅统计光学（基本概念个习题）P165。解：首先建立如图4.19的坐标系，光源位于-坐标原点，-与x-y两平面间距为z，P1与P2两点坐标分别为(x1,y1)与(x2,y2)，并满足如下近轴条件：做为准单色点光源，其光源可表示为其中为狄拉克函数。直接利用范西特-泽尼克定理计算复相干系数如下：因为，由点光源发出的准单色是完全相干的，或者说x-y面上的相干面积趋于无限大4.8在图4-18所示的记录全息图的光路中,非相干光源的强度在直径为的圆孔内是均匀的。为使物体漫反射光与反射镜的参考光在面上的复相干因子不小于0.88,光源前所加的小孔的最大允许直径是多少（）？答：小孔的最大允许直径。 图4.18（题4.8图）第五章习题解答51两束夹角为 q = 450的平面波在记录平面上产生干涉，已知光波波长为632.8nm，求对称情况下（两平面波的入射角相等）该平面上记录的全息光栅的空间频率。答案：已知：q = 450，= 632.8nm 求：全息光栅空间频率fx 解：根据平面波相干原理，干涉条纹的空间分布满足关系式 2 d sin（q/2）= 其中d 是干涉条纹间隔。由于两平面波相对于全息干板是对称入射的，故记录 在干板上的全息光栅空间频率为 fx = （1/d）= （1/）2 sin（q/2）= 1209.5 l/mm 答：全息光栅的空间频率为1209.5 l/mm。52 如图5.33所示，点光源A（0，-40，-150）和B（0，30，-100）发出的球面波在记录平面上产生干涉： x A O z y B图5.33 （5.2题图）（1） 写出两个球面波在记录平面上复振幅分布的表达式；解答：设：点源A、B发出的球面波在记录平面上的复振幅分布分别为UA和UB， 则有 其中: xA = xB = 0, yA = -40, zA = -150, yB = 30, zB = -100; aA、aB分别是球面波的振幅；k为波数。（2） 写出干涉条纹强度分布的表达式； I = |UA+UB|2 = UA UA* + UB UB* +UA*UB+ UAUB*（3）设全息干板的尺寸为100 100 mm2，l = 632.8nm，求全息图上最高和最低空间频率；说明这对记录介质的分辨率有何要求？解答：设全息干板对于坐标轴是对称的，设点源A与点源B到达干板的光线的最大和最小夹角分别为max和min，A、B发出的到达干板两个边缘的光线与干板的夹角分别为A、B、A和B，如图所示，它们的关系为 A A max B 0 z B A B min y A = tg-1zA/（-yA - 50） ，B = tg-1zB/（-yB - 50） A= tg-1zA/（yA - 50） ，B = tg-1zB/（yB - 50） max=A -B ， min=B -A根据全息光栅记录原理，全息图上所记录的 最高空间频率 fmax= （2/l）sin（max/2）cos 1 最低空间频率 fmin= （2/l）sin（min/2）cos 2其中角表示全息干板相对于对称记录情况的偏离角，由几何关系可知 cos 1 = sin（A +B）/2 ， cos 2 = sin（A+B）/2将数据代入公式得 fmax= 882 l/mm ，fmin= 503 l/mm答：全息图的空间频率最高为882 l/mm，最低为503 l/mm，要求记录介质的分辨率不得低于900 l/mm。 54 用波长 l0= 632.8nm 记录的全息图，然后用 l= 488.0nm的光波再现，试问：（1）若lo = 10cm，lc = lr = ，像距li =？ 解：根据菲涅耳全息图物像距关系式（521C），像距li由下式确定 原始像： 共轭像： 其中 = l / l0 ， 将lc = lr = 代入得 原始像距为 共轭像距为 （2）若lo = 10cm，lr = 20cm，lC = ，li =？； 解：同理,原始像距为 26 cm共轭像距为 lI - 26 cm（3） 第二种情况中，若lC改为lC = -50cm，li =？； 解：同理,原始像距为 lI 54 cm 共轭像距为 lI - 17 cm （4）若再现波长与记录波长相同，求以上三种情况像的放大率M = ？解：当l = l0 时 = 1 ，由成像放大率公式（525）可知 上述三种情况的放大率分别为（1）M = 1 ； （2）M = 2 ； （3）M = 33 55 如图5.34所示，用一束平面波R和会聚球面波A相干，记录的全息图称为同轴全息透镜（HL），通常将其焦距f定义为会聚球面波点源A的距离zA。 R A z HL图5.34 （5.5题图）（1）试依据菲涅耳全息图的物像关系公式（5.21）（5.22），证明该全息透镜的成像公式为 式中di为像距，d0为物距，f为焦距，m = l / l0（l0为记录波长，l为再现波长），等号右边的正号表示正透镜，负号表示它同时又具有负透镜的功能。解：根据菲涅耳全息图的物像关系公式（5.21c）和（5.22c）有 根据题意，已知 di = li ，d0 = lc ，lr = ；焦距f是指当 l = l0时平行光入射得到的会聚点的距离，即当lc=，m =1时的像距li ，此时li = f （= zA）。根据公式可得 于是有 f = + lo （=zA）证明：左边=右边证明完毕。（2）若已知zA= 20cm，l0 = 632.8nm，物距为d0 = -10cm，物高为hO= 2mm，物波长为 l = 488.0nm，问：能得到几个像？求出它们的位置和大小，并说明其虚、实和正、倒。解：由已经证明了的全息透镜成像公式可得 根据题意有f = zA= 20cm，m = l / l0 = 488.0nm / 632.8nm，d0 = -10cm，代入上式 -163 cm 原始像 得 di = -72 cm 共轭像根据放大率公式（525） 由本题关系可知，上式中z0 = lo = f = 20cm，zr = lr = ，zc = lc = d0 = -10cm，代入上式得 06 原始像高h = Mh0 = 120cm=028 共轭像高h = Mh0 = 056cm答：能得到两个像，原始像位于 -163cm处，正立虚像，像高120cm；共轭像位于 -72cm处，正立虚像，像高056cm。56 用图5.33光路制作一个全息透镜，记录波长为l0 = 488.0nm，zA= 20cm，然后用白光平面波再现，显然由于色散效应，不同波长的焦点将不再重合。请计算对应波长分别为l1= 400.0nm、l2 = 500.0nm、l3 = 600.0nm的透镜焦距。解答：由（523）式可知 于是有 其中lO = zA = 20cm，lc = lr = ，1 = l1 / l0，2 = l2 / l0，3 = l3 / l0， 代入数据得 f1= 244cm； f2= 195cm； f3= 163cm 答：对应3个波长的焦距分别为244cm，195cm和163cm。57 用图5.35所示光路记录和再现傅里叶变换全息图。透镜L1和 L2的焦距分别为f1 和f2，参考光角度为q ，求再现像的位置和全息成像的放大倍率。 O L1 q H H L2 P f1 f1 f2 f2图5.35 （5.7题图）解答：根据傅里叶变换全息图再现原理，由公式（533）可知，再现像对称分布于零级两侧，且倾角分别为：+q，由几何关系可知： + sin q = xp / f2 所以：xp = + f2 sin q 即原始像和共轭像分别位于xp = f2 sin q 和xp = - f2 sin q 处（注：输出平面坐标已作反转处理）。第六章习题与解答习题6-1置于两正交偏振片中的垂面排列液晶盒，在电控双折射效应中，电压V=Vc时透过率最大，试从双折射和干涉角度说明此时对应何种情况？为什么透过率最大。6-2 P型450扭曲液晶盒在混合场效应中，分析液晶分子指向矢的变化是如何改变液晶双折射的，说明为什么最后能生成椭圆偏振光。6-3 在利用混合场效应时，为什么采用450扭曲液晶盒，而不采用900扭曲液晶盒？6-4 试写出KDP晶体的线性电光系数矩阵、在外电场E=Exi+Eyj+Ezk作用下hij（E）的各分量及其折射率椭球方程。6-5 试写出外电场E与KDP晶体z轴方向平行时的折射率椭球方程，并证明其变成双轴晶体，写出此时的三个主折射率nzny和nz。6-6 试写出外电场E与KDP晶体x轴方向平行时的折射率椭球方程，并证明其晶轴发生旋转，从而变成了双轴晶体，并写出此时的三个主折射率，nxny和nz，说明ny与nz近似与Ex2成正比。6-7 设MOSLM将线偏振光的偏振方向分别旋转-450和450，作为数字“0”和“1”的输入。（a）描述如何利用MOSLM实现二进制位相滤波器功能。（b）如果MOSLM仅旋转-90和90，此位相滤波器的强度透过率是多少？（提示：使用马留定律）6-8 在使用MOSLM时是否需要将读出光的偏振方向与MOSLM的某一特定轴方向一致？为什么？解答61如果用负型液晶制成垂面排列液晶盒，并在两基片外表面镀上透明导电材料氧化铟与氧化锡的混合物（ITO）作为电极，在液晶盒的前后光路中分别放置起偏器和检偏器，且使两者正交。一束光经起偏器垂直入射到液晶盒上。当电极上的电压V=0时，由于线偏振光沿液晶主轴方向传播，因而偏振方向不变，所以检偏器上透过的光强为零。当电极上加一定电压后，液晶发生形变，大部分分子的指向矢n将转向垂直于E的方向，它平行与基片（但不一定平行与起偏器），此时通过液晶盒的线偏振光将分解成o光和e光，检偏器上将有光透过，其光强是o光和e光干涉的结果。当电极上的电压达到某一阈值电压Vc时，n平行于液晶盒表面（垂直于E）的分子比例达到最大。此时液晶双折射效应最强，因而，透过率也达到最大值。62（参见6.2.1节中的例及图6-6。）63在利用混合场效应时，采用450扭曲液晶盒，是为了能在较低电压下较大的双折射效应。若采用900扭曲液晶，则线偏振光在液晶盒内不能分解成两个偏振方向的分量，也就不能产生椭圆偏振光，而仅使入射线偏振光的偏振方向旋转900，因而通过检偏器的光功率为零。可以看出，450扭曲液晶盒可以产生最大双折射效应。64已知KDP的系数矩阵中只有r41、r32、和r63不为零，所以可写出其电光系数矩阵为： 在外电场E的作用下，由（6-24）式并忽略Kerr效应，可写出其逆介电常数章量h的近似表达式： h11（E）=h11（0）=1/nx2= 1/n02 h22（E）=h22（0）=1/ny2=1/n02 h33（E）=h33（0）=1/nz2=1/ne2 h23（E）=h32（E）=h23（0）+ r41 Ex=r41Ex h13（E）=h31（E）=h13（0）+ r52 Ey=r52Ey h12（E）=h21（E）=h12（0）+ r63 Ez=r63Ez由（6-21）式可写出折射率椭球方程：x2/no2 + y2/no2 + z2/ne2 + 2r41Exyz + 2r52Eyxz + 2r63Ezxy = 16-5 由上题结果，代入Ex=Ey=0，折射率椭球方程变为：x2/no2 + y2/no2 + z2/ne2 + 2r63Ezxy = 1 由于出现了xy交叉项，说明在外电场Ez作用下，晶体主轴发生了转动。作坐标变换，令坐标轴绕z轴转450，新坐标系为x，y，z,它与旧坐标系的关系为：x = xcos450 - ysin450 = 2/2 (x-y)y =xsin450 +ycos450 =2/2(x+ y)z = z代入前式可得新坐标系下的折射率椭球方程：x2(1/no2 + r63Ez) + y2(1/no2 - r63Ez) +z2/ne2 = 1变换成晶体主轴坐标系：x2/nx2 + y2/ny2 + z2/nz2 = 1其中： 1/ /nx2= 1/ /no2+ r63Ez1/ ny2 = 1/ no2- r63Ez1/ /nz2 = 1/ /ne2 可见外电场Ez的作用不仅使KDP的主轴绕z轴旋转了450，而且使nx nynz，即变成了双轴晶体。6-6 由6-4题结果，代入Ey =Ez = 0，可得：x2/no2 + y2/no2 + z2/ne2 + 2yzr41Ex = 1 (A)可见，外电场Ex使晶体主轴发生了旋转。令坐标系绕x轴旋转角，消去交叉项，可找到新的主轴方向。新旧坐标系关系为：x = xy = ycos - zsin (B)z = ysin + zcos代入（A）式，并令yz项系数为零，则为有：tg2 = 2r41Ex/(1/no2 - 1/ne2) (C)在新坐标系下折射率椭球方程变为：x2/no2 + y2(1/no2 +r41Extg) + z2(1/ne2 - r41Extg) = 1 (D)或： x2/nx2 + y2/ny2 + z2/ nz 2 = 1 （E）其中： 1/ /nx2= 1/ /no21/ ny2 = 1/ no2 + r63Ez （F）1/ /nz2 = 1/ /ne2 - r63Ez由于r41Ex 1/no2 (1/ne2),代入（F）式，近似有：nx = nony no - 1/2no3r41Extg nz ne + 1/2ne3r41Extg对KDP角很小，例如Ex = 100V/m时，0.040。由（C）式可知，近似正比于Ex .所以ny、nz近似与Ex2成正比。6-7 a）如图6-20所示，经起偏器P的读出光的偏振方向为y方向，通过MOSLM上的两个像素后，由于法拉第效应，其偏振方向将分别偏转+450和-450角，成为偏振方向为P1和P2的出射光。将检偏器A透光方向置于x轴方向，即与起偏器正交，= 900。此时，P1和P2在A上都存在x、y两个分量，它们的y分量不能通过A，只有x分量可通过，但P1、P2 的两x分量方向相反，即位相差。这样就构成了一个二进制位相滤波器。b）此位相滤波器的强度透过滤为：T = I0cos2（-）/I0 = sin2810 6-8 读出光只要为任意方向的线偏振光，通过MOSLM时，由于法拉第效应，其偏振方向都会旋转一定角度（或-）。但如果起偏器和检偏器的透光方向的夹角不同MOSLM 的功能也不同。若起偏器与检偏器透光方向夹角= 900，则MOSLM可用作相位调制（或滤波）器，当900时，则可构成振幅调制器或强度调制器。所以，使用MOSLM时，应注意起偏器和检偏器透光方向的夹角，而不是入射读出光的偏振方向。第七章 习题解答1. 某种光盘的记录范围为内径80mm,外径180mm的环形区域,记录轨道的间距为2um.假设各轨道记录位的线密度均相同,记录微斑的尺寸为0.6um,试估算其单面记录容量. (注: 内、外径均指直径)解： 记录轨道数为 单面记录容量按位计算为 bits = 17 Gb. 按字节数计算的存储容量为 2.1GB.2. 证明布拉格条件式（7-1）等效于（7-17）式中位相失配d = 0的情形， 因而（7-18）式描述了体光栅读出不满足布拉格条件时的位相失配。证明:将体光栅读出满足布拉格条件时的照明光波长(介质内) 和入射角 (照明光束与峰值条纹面间夹角)分别记为l0和0, 则根据布拉格条件式（7-1）有: 2Lsin0= l 0 其中L为峰值条纹面间距.对于任意波长la (空气中) 和入射角r (介质内), 由(7-17)式, 位相失配 d 定义为: 其中n0为介质的平均折射率, K= 2p/L为光栅矢量K的大小，f为光栅矢量倾斜角，其值为 ，qr 为再现光束与系统光轴夹角 (参见图7-9)当 d = 0 时,有 即: l为介质中的波长. 由于角度恰为照明光与峰值条纹面的夹角, 以上结果亦即布拉格条件2L sin = l.当读出光偏离布拉格角o和布拉格波长lo的偏移量分别为D和Dl时，有 利用布拉格条件式(7-17), 以及D和Dl很小时的近似关系 cosD1 和 sinDD, 立即可得: d =DqKsin(f-q0) - DlK2/4pn0 即(7-18)式原题得证。3. 用波长为532nm的激光在KNSBN晶体中记录非倾斜透射光栅,参考光与物光的夹角为30o(空气中).欲用波长为633nm的探针光实时监测光栅记录过程中衍射效率的变化,计算探针光的入射角.(假设在此二波长晶体折射率均为2.27) 解： 532nm为空气中激光波长记作la1, 在晶体外的入射角为a1，其在晶体中波长为l1, 入射角为1；633nm为空气中激光波长记作la2, 在晶体外的入射角为a2，其在晶体中波长为l2，入射角为a2。本题中涉及非倾斜光栅, 光束入射角即为与光栅峰值条纹面的夹角, 按题意, 则波长532nm和633nm激光应分别满足布拉格条件： 晶体中： 2Lsin1=l1 2Lsin2=l2 (1)由折射定律，换算成空气中角度和波长为： 空气中： 2Lsina1=la1 2Lsina2=la2 (2)由（2）式得： a2 = arcsin (la2 sin15/la1 )= arcsin (633 sin15 /532 ) = 17.936 故探针光的入射角应为17.936。4. 为了与实验测量的选择角相比较,需要有体光栅在空气中的选择角的表达式. 试对小调制度近似(n1),导出一个计算非倾斜透射光栅空气中的选择角的表达式 (所有角度均应为空气中可测量的值).解：注意我们将对应着h-x 曲线的主瓣全宽度定义为选择角, 体光栅晶体中选择角表达式为： (1)n 1时，对非倾斜透射光栅，有： (2)设空气中参考光入射角为qro, 选择角为DQo. 由折射定律有 sin(DQo+qro) = nsin(DQ+qr)(3)展开为 ： sinDQocosqro + cosDQosinqro= n (sinDQcosqr + cosDQsinqr) (4)因为DQo和DQ很小，有如下近似：cosDQocosDQ/21, sinDQoDQo, sinDQDQ. 因此(4)式可化简为： DQocosqro+ sinqro= n(DQcosqr+ sinqr)由折射定律，有sinqro = nsinqr，可得： DQo = nDQcosqr/ cosqro = nla cosqr / (nd sinqr cosqro) = 2la(n2-sin2 qro)1/2 / (d sin2qro)此式可作为空气中选择角的表达式。当sin2 qro n2时,还可进一步简化为:以最常用的铌酸锂晶体为例, n=2.2-2.3, 当qro 45时, 用估算空气中的选择角, 误差只有5%左右. 5. 铌酸锂晶体折射率 n =2.28, 厚度d = 3mm, 全息时间常数之比E/W = 4, 饱和折射率调制度Dnmax=510-5, 用l = 532nm的激光在晶体中记录纯角度复用的全息图, 物光角度取为s=30, 参考光角度范围r = 20-40. 若要求等衍射效率记录且目标衍射效率设定为10-5, 试分析影响存储容量的主要因素.为了提高存储容量, 应当在哪些方面予以改进?解：本题仅涉及纯角度复用技术, 且无页面容量的数据, 故主要讨论每个空间区域内复用存储的数据页面数即角度复用度. 影响存储容量的主要因素有：（1） 有限的角度选择性及实际选择角增宽（2） 光学系统对存储容量的限制（3） 噪声对存储容量的限制本题可近似为准对称的透射式光路，以平均的参考光角度r=s=30 并利用第4题的结果, 可估算出平均选择角为:0.0535由光学系统决定的参考光入射角范围Q=20, 故允许的角度复用度为： Ma Q/ DQ =20/0.0535 = 374 由于系统存在噪声, 要求有一定的目标衍射效率, 而记录材料具有有限的动态范围, 因而根据(7-77)式,角度复用度限制为： Ma = = 43.14510-53 / (53210-6cos3010-5/2) =1293由以上结果可见，本题中存储容量主要受到有限的角度选择性和光学系统有限的孔径角的限制。要提高存储容量，需首先增大晶体厚度, 适当增大写入光的夹角和光学系统的孔径角, 采用较短的激光波长. 6.