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1、5-16 解法很多,摘选几种典型的,有创新性的解法供大家参考。 核心思路:在 KDP 晶体中,由于加了外电场 Ez,由 5-14 可知,新的光轴沿旧的光轴旋 转了 45 度。从 KDP 晶体对入射光线的改变量为切入点,可以遵循以下推导。 证明 1: 在 KDP 晶体中的 z=0 面上,入射光线的电场振幅可分解成 x,y,两个振幅分别在原光轴 的位置上偏转 45 度。由此可知 x,y 的电场强度分别相等,即相位和振幅均相等。为符 合题目最后的证明要求,这里设它们的分量为 A0(注 1) ,得: 0 0 (0)(0) iw t xy EEA e (注 2) 入射光的光强为: 2 2 2 0 (0)
2、(0)2 inxy IEEA 经过 KDP 晶体后,x,y 分量之间产生相位差,为: 3 063 00 22 () z yxz V nn lnE l V 所以: 00 () 00 ( ),( ) iw ti w t xy E lA eE lA e 经过四分之一波片后,有: 00 ()( 44 00 ( ),( ) i w ti w t xy E lA eE lA e ) 经过 P2水平检偏后,两者应该只取其水平的分量,两分量合成,故有: ( )cos45( )cos45 outyx EE lE l 把对应的分量代入,得到: 0 () 4 0 2 (1 2 i w t i out EA ee )
3、 输出光强为: 2 * outoutoutout IEEE 2 0 (1)( 2 ii out A Iee 1) 2 2 0 0 (2)(1 cos) 2 ii out A IeeA 22 0 2sin ( 2 out IA) 命题得证。 证明 2: 由于入射的是单色平色波,可设入射电场强度矢量为: 00 cos() in EEwt 上述已经证明过,上面的电场形式可分解成沿新光轴的电场分量 x,y。在 KDP 晶体中的 z=0 面上,入射光线的电场振幅可分解成 x,y,两个振幅分别在原光轴的位置上偏转 45 度。由此可知 x,y 的电场强度分别相等,即相位和振幅均相等。为符合题目最后的证明 要
4、求,这里设它们的分量为 E 为 A0(注 1) ,得: 00 cos() x EAwt 00 cos() y EAwt 出射光相对于入射光有相位延迟,对于出射面: 001 cos() x EAwt 001 cos() y EAwt 其中两者 1 为 x,y 方向的光经过 L 长的晶体的相位延迟,而 则为 x 和 y 方向上相 位差,其中两者的相位差为: 3 063 0 2 2nV 经过四分之一波片后,有: 001 cos()45 x EAwt 001 cos()45 y EAwt 经过 P2水平检偏后,两者应该只取其水平的分量,两分量合成,故有: ( )cos45( )cos45 outyx
5、EE lE l 001001 22 cos()45 cos()45 22 out EAwtAwt 利用三角函数的和差化积公式,可将上式化简为: cosxcosy2sinxy / 2 sinxy / 2 代入上式可得: 00 2sinsin(45 ) out EAwt 1 上式负号在于 Ey与 Ex的大小未知,故不影响最后的结果,因为光强是电场的平方,会把 负号消去。故输出的光强为: 2 * 0 2 w outoutout w IEEd t 2 222 00 0 2sinsin (45 ) 2 w out w 1 IAwt dt 上式积分后得到结果: 22 0 2sin 2 out w IA w
6、 22 0 sin 2 out IA 上式结果出乎我意料,两个前提假设,本质相同的问题,最后得到不同的结果,同学们 明 3: 法摘自梁浩文同学,新颖之处在于对入射波的形式作一个假设,证明的过程 经过 KDP 后: 可以回去思考下为什么这两种证法推导出的结果会不一样,根源是在哪里,想明白的同 学可以来告诉我。我也没想明白。 证 这种证明方 就会得到简化。问题的前提条件不在叙述。可设入射电场强度矢量为: 00 () iw tiw t EA ee 0in 00 (45)(45) 22 0 1 () 2 i w ti w t x EA ee 经过四分之一波片后: 00 (90)(90) 22 0 1 () 2 i w ti w t x EA ee 经过检偏器后,光强为: *2222 000 cos(180)2sin 2 outxx IE EAAA 注 1:有的同学把入射光设成了经过偏振片后的光线振幅为 A0,所以分解成 x,y 轴后的 分量就多了一个 1 2 ,这也是对的。因为题目设置不清,为了符合题目的结果,上述的 才这样设的。 解 法 注 2:exp 的表达和 cos 的表达是等价的。