7.4　习题解答

1.解：设入射的自然光的光强为I0，将自然光分解成p方向和s方向的两束线偏振光，两束光的强度相等。

反射系数为

故偏振度为

2.解：如图7－20所示，线偏振光射入方解石晶体后，电矢量被分解为垂直于主平面的o振动和平行于主平面的e振动，主平面是通过e轴垂直纸面的。

图7－20 线偏振光射入方解石晶体后的分解示意图

设入射光线偏振的振幅为A，则o光、e光的振幅分别为

Ao＝Asin 20°＝0.34A

Ae＝Acos 20°＝0.94A

两者之比为

Ao／Ae＝tan 20°＝0.36

在考虑两束光的强度问题时，应注意光强与折射率成正比，而且e光的折射率与传播方向有关，因此，o光和e光的强度分别为

强度之比为

式中θ为e光法线速度和光轴的夹角，如光轴与晶体表面平行，则有

3.解：由马吕斯定律可知，通过第二个尼科耳棱镜后的光强为

式中α为两尼科耳棱镜主截面的夹角，当α＝30°时，得

I2＝3I0／8

当α＝45°时，得

I2＝I0／4

4.解：①因为光束正入射，所以o光不发生偏折，e光的偏向角α与e光波法线和光轴夹角θ的关系为为求最大偏向角，令得

解得

所以，当晶片表面与光轴成90°－45°9′59″＝44°50′1″角度时，e光的偏向角最大。

②e光的最大偏向角为

5.解：在此特殊情况下，o光和e光在晶体内的传播方向均服从普遍的折射定律，即

将no＝1.658 36，ne＝1.486 41，i＝50°代入，分别算出

两束光在晶体中的夹角为

6.解：①o光遵守折射定律，因此它将不偏折地通过晶片。由惠更斯作图法可知，e光波法线的方向与o光的相同，因此

由

得到o光线和e光线的夹角为

②如图7－21所示。由于o光线和e光线都在图面内，所以图面是o光线和e光线的共同主平面。o光的振动方向垂直于图面，以黑点表示；e光的振动方向在图面内，以线条表示。

③e光在法线沿β方向传播时的折射率

于是

因此，o光和e光通过晶片后的相位差为

图7－21 经过晶体后o光和e光的示意图

7.解：根据射线速度倾角（与光轴的夹角）ξ和法线速度倾角θ的关系

直接写出两者夹角α的公式

为求α的极值，令

整理得

由此解出偏离角α出现极大的条件为

cotξ＝ne／no或cotθ＝no／ne

以钠黄光为例，把no＝1.658 36，ne＝1.486 41代入上式，算得

am≈6.26°

8.解：这时入射角i≈90°，故sini≈1。在此特殊情况下，o光和e光在晶体内的传播方向均服从普遍的折射定律，求得折射角io和ie；再分别求出o、e两光线射向平板对面的位置坐标（如图7－22所示）：

xo＝dtanio， xe＝dtanie

最后算出两点间隔为

Δx＝xo－xe＝d（tanio－tanie）≈12.7μm

9.解：如图7－23所示，由于光轴垂直于入射面，所以e光和o光的波面与入射面的截线均为圆形。从图7－23中容易看出，对于入射光与光轴所成入身角θ1，存在相应的e光折射角θ2e，且有

式中，R是e光波的圆截线的半径。由于c／ve是一常数，即在本题目描述的特殊情况下，e光

图7－22 o光和e光在晶体内的传播

遵守普通的折射定律（实际上，对于e光，只有当光轴垂直于主截面时才能运用折射定律），其折射方向由上式给出，因此，当θ1＝60°时，e光的折射角为

而o光的折射角为

因此，o光和e光的夹角为

图7－23 o光和e光在晶体内的传播

10.解：如图7－24所示，在中间界面上发生的折射情形是，光线1由折射率ne→no，光线2由折射率no→ne，入射角均为α，折射角分别设为i1和i2。此时，两光线在第二块棱镜中的传播方向仍由通常的折射定律确定。取no＝1.658 36，ne＝1.486 41，算出

再考虑1、2两条光线在右侧界面的折射情形，根据几何关系，此时的入射角分别为

相应的折射角为

图7－24 光线经过沃斯拉顿棱镜后的情况

11.解：如图7－15所示，对于石英晶体，no＝1.544 24，ne＝1.553 35。o光波的折射角为

且则e光波的折射角为

其中

因此，o光线和e光线的夹角为α＝θ2o－θ2e＝13′2″。

12.解：λ／4波片的最小厚度d应满足

（no－ne）d＝±λ／4

就λ＝5 892.90×10－10 m的钠黄光来说，对于方解石有

13.解：如图7－16所示，光束垂直入射在第一块晶体时，o光和e光以同一速度传播且不分开。经过两棱镜的界面时，对于o光，由于界面左右棱镜的折射相同，所以不发生偏折，到达棱镜－空气界面时是正入射，故o光仍不发生折射。因此，o光沿水平方向穿过塞拿蒙棱镜。对于e光，在两棱镜的界面，入射角为20°，由折射定律得

其中，θ是e光波法线与光轴的夹角与的夹角），θt是e光波法线与光轴的夹角与的夹角），且

联合式（1）、式（2）和式（3），得

其中

no＝1.544， ne＝1.553

因此

θ＝89°52′46″， n（θ）＝1.553

在棱镜－空气界面，法线为，入射角为并设空气的折射率为1，折射角为θ，则t

由于在空气中波法线与光线重合，且o光波沿水平方向出射，所以o光线和e光线之间的夹角为θt＝11′13″。

14.解：如图7－25所示，设线偏振光的振幅为A0，其振动方向与晶体主截面的夹角为α，与尼科耳棱镜主截面的夹角为β，线偏振光经方解石后分解为e振动和o振动，其振幅分别为

Ae＝A0cosα， Ao＝A0sinα

各自通过尼科耳棱镜后的振幅分别为

A1＝Aecos（α＋β）＝Aocos（α＋β）cosα

A2＝Aosin（α＋β）＝Aosin（α＋β）sinα

15.解：①椭圆偏振光可视为两个位相差的光矢量分别沿长短轴方向的线偏振光的合成。如图7－26所示，设长短轴的方向分别是y轴和x轴。

依题意，插入快轴平行于x轴的1／4波片后，透射光为线偏振光，其振动方向与x轴成70°夹角，因而沿y方向振动的光矢量沿x方向振动的位相差变为零。由于快轴沿x轴的1／4波片产生y方向的振动相对x方向的振动有－π／2的位相延迟角，所以椭圆偏振光的y方向振动相对x方向振动有π／2的位相差。这是左旋椭圆偏振光。

②由图7－26可见，椭圆长短轴之比为Ay／Ax＝tan70°＝2.747。

16.解：如图7－27所示，部分偏振光的光强极大Imax的方位总是正交的。任意斜方位与的光强I（α）是Imax和Imin的非相干叠加，即

图7－25 o光和e光的振幅及光强示意图

图7－26 椭圆偏振光分解为两个线偏振光

当α＝60°时，I（α）＝Imax／2，代入上式求出

因此，该部分偏振光的偏振度为

17.解：用偏振光干涉的方法求解，如图7－28所示。

对通过第一块尼科耳棱镜N1的线偏振光的振幅A1作两次投影，得第二块尼科耳棱镜N2透振方向的两个振动的振幅A2e、A2o，其值分别为

再仔细分析这两个振动之间总的相位差

δ＝δ1＋δ2＋δ3

式中δ1为λ／4片入射点处o、e的振动相位差，δ1＝π；δ2为晶片体内传播附加的相位差，δ2＝±π／2（我们取δ2＝＋π／2）；δ3为o轴、e轴正向朝N2方向投影的相位差，δ3＝0。所以

图7－27 用尼科耳棱镜观察部分偏振光

最后通过N2的光强I2是A2e、A2o相干叠加的结果，即

如果取δ2＝－π／2，上式等号右边第三项（交叉项）仍然为零，I2不变。

图7－28 偏振光干涉法的分析示意图

18.解：如图7－29所示，光强为I0的自然光经第一个尼科耳棱镜N1后，成为线偏振光且振幅为A1，则

从波片出射的o光和e光的振幅分别为

经第二个尼科耳棱镜N2后，o光和e光的振幅分别为

A2e＝A1ecos 40°＝0.455A， A2o＝A1ocos 50°＝－0.225A

因插入了1／8波片，两相干线偏振光的位相差所以系统的出射强度为

图7－29 将1／8波片插入前后放置的尼科耳棱镜中间时光线的传播

19.解：①自然光通过第一块尼科耳棱镜后成为线偏振光，再通过λ／4片后成为（正）椭圆偏振光。

②用偏振光干涉的方法求此椭圆偏振光通过第二块尼科耳棱镜P2的光强，为此分别求出振幅，如图7－30所示。

Ae2＝Aecos 30°＝A1cos230°

Ao2＝Aosin 30°＝A1sin230°

投影于P2方向的两个扰动的相位差为

δ＝δ1＋δ2＋δ3

式中δ1为λ／4入射点的相位差，δ2为晶片体内传播的附加相位差，δ3为由o光和e光组成的坐标系正向朝P2投影引起的相位差

δ1＝π， δ2＝±π／2， δ3＝0

故

δ＝π±π／2

于是出射光强为

图7－30 椭圆偏振光经过两个尼科耳棱镜后的传播

20.解：如图7－31所示，此系统会产生偏振干涉。

设入射光的光强为I0，经P2后光强为

其中α＝45°，两相干线偏振光的位相差是

又当φ＝（2m＋1）π，m＝0，1，2，…时，干涉相消，对应波长的光不能透过这一系统。对方解石有ne＝1.658 4，no＝1.486，因此，不能透过这一系统的光波的波长为

可见光的范围为390～780nm，所以下列波长的光不能透过这一系统

m＝11，λ＝782nm；m＝12，λ＝717nm；m＝13，λ＝662nm

m＝14，λ＝614nm；m＝15，λ＝573nm；m＝16，λ＝538nm

m＝17，λ＝506nm；m＝18，λ＝478nm；m＝19，λ＝453nm

m＝20，λ＝430nm；m＝21，λ＝410nm；m＝22，λ＝391nm

图7－31 偏振干涉示意图

21.解：由旋光率α与折射率差Δn的关系

得

22.解：①当两尼科耳棱镜主截面正交时，为消除黄绿色光，应使该波长的光在通过石英旋光晶片后，偏振面旋转180°，即

ψ＝ad＝180°

由此得

即当晶片厚度d＝7.5k mm（k＝1，2，…）时都可对此波长消光。

②当两尼科耳棱镜的主截面平行时，应满足

ψ＝ad＝90°

由此得

即当晶片厚度d＝3.75k mm（k＝1，3，…）时都可对此波长消光。

23.解：第一块棱镜的光轴与表面平行。如图7－32所示，当自然光正入射时，两折射光线的传播方向均垂直于表面（和光轴），方向并不分离，但波速vo和ve不同（由于冰晶石是负晶体，vo＜ve）。进入第二块棱镜，由于光轴垂直于入射面，光线的传播方向服从普通的折射定律，只是折射率应取主折射率no和ne。对于平行纸面的振动，折射率由ne变到no。因no＞ne，所以光线朝第二块棱镜底面的方向偏折。对于垂直纸面的振动，折射率由no变到ne（折射率变小），所以光线朝着背离第二块棱镜底面的方向偏折。出射棱镜后，由于空气的折射率比no和ne都要小，光线将进一步朝相反的方向偏折。

图7－32 沃拉斯顿棱镜中双折射光线的传播

24.解：如图7－33所示，用惠更斯作图法可见，在晶体光轴方向与表面成一定夹角时，尽管入射光线与光轴方向平行，但是晶体内的光线仍然发生了双折射。无论是在传播方向上，还是在传播速度上，o光和e光都发生了分离。必须注意，仅当体内光线沿光轴方向传播时，才不发生双折射。显然要保证体内折射光线与光轴方向一致，只有光轴垂直于晶体表面，且令平行光正常入射才行。

图7－33 利用惠更斯作图法进行分析

25.解：见图7－34（b），自然光正入射到棱镜A前，o光和e光不分开，o光经反射后以平行光轴的方向出射，设e光波的法线（沿AD方向）与光轴的夹角为θe，则e光波的法线与界面法线AN的夹角为反射角，即45°－θe。

由反射定律得

图7－34 光在负单轴晶体做成的棱镜中的传播

而

考虑（90°）＝ne，上述两式消去后，整理得

因此，e光线与光轴的夹角θ′e为

o光和e光的光路及其振动方向见图7－34（b）。

26.解：我们可以根据e光的折射方向来判断晶体的正负。如图7－35（c）所示，假定晶体是负的，则晶体中的e光次波面是长轴垂直光轴的椭球面。由惠更斯作图法可知，e光向上偏折。由此可以判定在图7－35（a）的折射情形中，晶体是负的；同理，在图7－35（b）的折射情形中，晶体是正的。

27.解：本题是光在单轴晶体中的双折射问题。光在棱镜内及射出棱镜后，双折射光线的传播方向和振动方向如图7－36（b）所示。当自然光入射到第一块棱镜时，光轴与晶体表面垂直，不发生双折射。进入第二块棱镜后，对于o光，两棱镜的折射率都是no，它仍原方向前进，根据折射定律，最后出射时也不发生偏折。对于e光，两棱镜的折射率不同，在其界面上要发生偏折，但不服从普通的折射定律，折射光的方向由惠更斯作图法确定，如图7－36（c）所示。

图7－35 光线经过晶体后的两种传播情形及惠更斯作图法

图7－36 光在单轴晶体中的双折射

28.解：首先，自然光入射到第一块偏振片上时，出射的是线偏振光。再经λ／4片后，出射的一般是椭圆偏振光（特殊情况下是圆偏振光或线偏振光，具体由λ／4片的光轴方向和第一块偏振片的透振方向的相对取向决定）。最后从第二块偏振片出射的是线偏振光，强度随λ／4片的转动而变，有极大和消光现象。当λ／4片的光轴与第一块偏振片的透振方向成45°角时，从λ／4片出射的是圆偏振光，从第二块偏振片出射的光的强度为极大。当λ／4片的光轴平行或垂直于第一块偏振片的透振方向时，从λ／4片出射的为线偏振光，偏振方向垂直于第二块偏振片的偏振方向，从而最后出射光的强度为零，有消光现象。

29.解：仅用一块偏振片是无法区别椭圆偏振光和部分偏振光的，必须借助于λ／4片。令入射光依次通过λ／4片和第二块偏振片，并保证λ／4片的光轴方向对准入射光的强度极大或极小方位（对椭圆偏振光来说，即主轴方位）。再转动第二块透振片的透振方向，观察出射光的强度变化：如有消光现象，则为椭圆偏振光；如无消光现象，则为部分偏振光。实验的关键是保证λ／4片的光轴对准入射光的极大或极小方位，用以下方案可以实现。

①用第一块偏振片对准入射光，转动其振动方向，观察透射光的强度变化。当强度极大或者极小时，停住转动。这时，此偏振片已对准入射光的极大或极小方位。

②在第一块偏振片后加第二块偏振片，并转动后者的透振方向，观察透射光的强度变化，必有极大和消光位置。在消光位置停住，转动第二块偏振片，这时必然有两块偏振片的透振方向互相垂直。

③在两块偏振片之间插入λ／4片，透射光的强度一般不为零。转动λ／4片，可观察到4个消光方位，任选一个方位停住λ／4片。这时，已保证λ／4片的光轴对准入射光的极大或者极小方位（椭圆偏振光的主轴方位）。

④撤去第一块偏振片，并保持λ／4片不动。这时，转动第二块偏振片即可检验椭圆平偏振光。

30.解：①补偿器使o光和e光之间产生的相位差为

又由于两线偏振器正交，且补偿器光轴与线偏振器透光轴成45°角，所以透过第二块偏振器的光强为

因此，暗纹条件为

当m＝0时，d1＝d2处有一暗纹；当m＝1时为相邻另一暗纹出现的位置。从图7－37所示的几何关系可得暗纹的间距为

图7－37 巴比涅补偿器放在两正交线偏振器之间时产生明暗纹的几何关系

②设方解石波片的厚度为x，由于放上方解石波片，所以o光和e光之间位置相差的改变为

式中＝1.658 4＝1.486 4。由于相差的改变使条纹移动了1／2条纹间距，因此Δδ＝π，所以

31.解：是右旋偏振光。因为在以1／4波片快轴为y轴的直角坐标系中，偏振片位于Ⅱ、Ⅳ象限时消光，说明圆偏振光经1／4波片后，成为位于Ⅰ、Ⅲ象限的线偏振光，此线偏振光由y方向振动相对x方向振动有2π位相差的两线偏振光合成。而1／4波片使e光、o光的位相差增加π／2，成为2π，所以，进入1／4波片前y方向振动相对x方向振动就已有3π／2的位相差，所以是右旋偏振光。

32.解：如图7－38所示，所谓以“最小偏向角入射”，即选取合适的入射角，使光线经第一折面后平行于棱镜的底边，本题棱镜底边平行于光轴，故光线在水晶棱镜内部沿光轴传播，它将被分解为左旋光和右旋光，折射率分别为nL和nR（nR＜nL）；经第二折射面后就有不同的偏向角δL和δR，考虑在第二个折射面右旋光和左旋光的入射角近似于90°－60°＝30°，应用折射定律有

nRsin 30°＝siniR， nLsin 30°＝siniL

由此得

siniL－siniR＝（nL－nR）／2

即

其中

其中，Δn＝7.121×10－5。最后得到出射的两束左、右旋圆偏振光传播方向之间的夹角为

图7－38 钠光以最小偏向角条件射入顶角为60°的石英晶体棱镜

33.解：如图7－39所示，使第二偏振片的透振方向与平面偏振光的振动方向保持垂直，并且第一片的透振方向与平面偏振光的振动方向不垂直即可。

如果第一片与平面偏振光的振动方向的夹角为θ，则由马吕斯定律可得

图7－39 两片偏振片与偏振光之间的关系

34.证明：如图7－40所示，当第三个偏振片P与第一个偏振片P1的透振方向的夹角为θ＝ωt时，P、P之间的夹角为－θ，于是可得从P透射的光强为

22

图7－40 3个偏振片之间的关系示意图

35.解：由于反射光有半波损失，即反射瞬间，两振动分量都反向，如图7－41所示。逆着反射方向看，若入射光是左旋的，y分量的相位比x分量的相位超前。观察反射光时，依然是y分量的相位比x分量的相位超前，但由于x轴方向相反，相当于y分量比x分量超前，则反射光是右旋的。

图7－41 入射光和反射光的偏振示意图