清华大学本科生考试试题专用纸【A 】 班级考试课程 激光原理 2006年 6 月14日 姓名一、 填空：（共28 分，前7题每空1分；后3题每空2分）1．氩离子激光器的优势谱线加宽类型 非均匀加宽 ， 采用 放电 激励，主要输出波长 488nm, 514.5nm 。
2．掺铒光纤放大器（EDFA ）中的发光粒子是 铒离子 ，属 三 能级系统，采用 激光 泵浦激励方式，无信号光输入时，输出光为__ASE （放大的自发辐射）__。
当输入光功率为1μw, 放大器小信号增益为30dB, 输出光功率为_1 mw__。
（参见书上p.290图9.4.3）3．将一腔镜固定在压电陶瓷环上，要使纵模频率移动一个频率间隔，则压电陶瓷环长度变化 半个波长（2λ） 。
4．固体激光器弛豫振荡频率及衰减常数都与 泵浦激励 有关。
5．用F-P 标准具选单纵模时，标准具的自由谱区（相邻透射率峰的频率间隔）应大于激光器的 振荡线宽 ，而透射谱线宽度需 小于 纵模间隔。
6．选横模能改善激光的 空间 相干性；选纵模有利于提高激光的 时间 相干性。
7．均匀加宽工作物质的增益饱和效应与频率 有关 ；非均匀加宽工作物质的增益饱和效应与频率 无关 。
8．若He-Ne 激光器的一个振荡模1ν在增益曲线的半高位置处形成烧孔，已知Ne 原子跃迁的中心波长为632.8nm ，多普勒线宽D 1500MHz ν∆=，则烧孔中心的Ne 原子速度为 474.6m/s ±()m/s 6.474m/s 2101500108.63269010001±=⨯⨯⨯±=-±=-±=-ννλνννc z v9．一均匀加宽宽度为H ν∆的激光器，当()04thggν=H ν。
10. 一均匀加宽, 幅度调制主动锁模激光器有100个纵模相位被完全锁定，若纵模间隔为1GHz, 输出光脉冲的重复频率是__1GHz_____, 脉冲宽度约为_10-11_秒。
若相位未锁定时的平均输出功率为5mw ，该锁模激光器输出脉冲的峰值功率为__500mw__。
若输出脉冲为高斯形，则锁模脉冲的谱线宽度为_44.12GHz_。
二、(10分)下图为一台激光器装置示意图，写出下列 ○1－○6元件在该激光装置中所起作用，并回答有关问题。
○1 ○2 ○3 ○4 ○5 ○6 ○1 电光晶体：请在图上标出座标轴X 、Y 、Z ，若晶体半波电压为4kv, 有激光脉冲输出（Q 开关打开）时施加在晶体上的电压为___0或4kv_。
(2 分)反射镜100%反射镜70%○2 格兰棱镜：_起偏和检偏____. 请在图上标出偏振方向。
（2分） ○3 小孔光阑：__选横模________。
（1分） ○4 F-P 标准具：__选纵模___。
调节标准具倾角, 可改变__输出频率___。
（2分） ○5 (写出元件名称及所起作用)__光隔离器__，单向传输，防止光反向注入___。
（2分） ○6 红宝石棒(G>0)：__光放大________________________。
（1分）三﹑（12分）单纵模CO 2激光器的自然线宽4N 10Hz ν∆=，碰撞线宽L P να∆=，其中P 为激光管内充气压强， 6.5MHz/133.3Pa α=，多普勒线宽D 60MHz ν∆=，激光器单程损耗为δ，工作物质长为l ，试作出下列情况下的小信号增益曲线和激光器稳定单模振荡时的增益曲线示意图，单模振荡频率为1ν，中心频率为0ν。
1) P=133.3 Pa ，10νν≠ ；（3分） 2）P=133.3 Pa ，10νν= （3分） 3）P=6665 Pa ，10νν≠ ；（3分） 4）P=6665 Pa ， 10νν= （3分） P=133.3 Pa ，以多普勒加宽为主，(1)10νν≠，两个烧孔；(2) 10νν=，在中心烧一个孔P=6665Pa ，以碰撞加宽（即均匀加宽）为主，四﹑（15分）Q 开关调制激光器，若激光上、下能级的统计权重不等，即21f f ≠，增益介质长度等于腔长（即l =L ）。
试证明反转粒子数密度速率方程及最大光子数密度可修正为21m 2211d 1d ln 11t Ri t ti t f nn N t f n n n n n N n f f f f τ⎛⎫∆∆=-+ ⎪∆⎝⎭⎛⎫∆-∆∆∆=-⎪∆⎛⎫⎛⎫⎝⎭++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭式中 2211f n n n f ⎡⎤∆=-⎢⎥⎣⎦证明：（1）由于调Q 脉冲持续时间短，忽略自发辐射及泵浦激励作用的影响，因此激光跃迁上下能级粒子数密度速率方程可简化为2212211dn I fn n dt h f σν⎛⎫=-- ⎪⎝⎭ (1) 1212211dn I f n n dt h f σν⎛⎫=- ⎪⎝⎭(2) 式中 2211f n n n f ⎡⎤∆=-⎢⎥⎣⎦。
式(2)两边乘以()21f f , 并和式(1)相减后得 22122111212111f I f d nn n dt f h f I f n h f σ∆νσ∆ν⎛⎫⎛⎫=--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭(3)21,,R t l I Nh n lδντ∆δσ===v v 代入式（3）可得 21t R Δ1Δf d nn N dt f n ∆τ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭ （2）在上小题所设前提条件下，调Q 激光器光子数密度速率方程1t RdN n Ndt n τ⎛⎫∆=- ⎪∆⎝⎭ （4） 式（4）除以式（3）得()()2111t n n dN d n f f ∆∆∆-⎡⎤⎣⎦=+⎡⎤⎣⎦（5）对上式积分后得()()2111iiNnt N n n n dN d n f f ∆∆∆∆∆-⎡⎤⎣⎦=+⎡⎤⎣⎦⎰⎰()()t i i i t2121ln 11n n nn N N n f f f f ⎛⎫∆∆-∆∆=++⎪∆++⎡⎤⎡⎤⎝⎭⎣⎦⎣⎦ 当t ΔΔn n =时，N 达到最大值m N ，忽略由于自发辐射产生的初始光子数密度N i ，得i t ti m t 2211ln 11n n n n N n f f f f ⎛⎫∆-∆∆∆=-⎪∆⎛⎫⎛⎫⎝⎭++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭证毕五、（15分）今有一个三能级系统，其中1E 是基态，三个能级的统计权重相等，已知总粒子数密度为n 。
泵浦光频率与1E 、3E 间跃迁相对应，其跃迁几率W 13=W 31=W p 。
3E 能级的寿命3τ较长，2E 能级的寿命2τ较短，3E →2E 的跃迁几率为321/τ。
求：1) 在3E 和2E 间形成粒子数反转的条件；（5分）2) 求3E 和2E 间的反转粒子数密度n ∆和p W 的关系式；（7分） 3) 泵浦极强时3E 和2E 间的反转粒子数密度。
（3分） 解：(1) 列出稳态速率方程：()0d d 33p 313=--=τnW n n t n (1)322322d 0d n n n t ττ=-= (2) n n n n =++321 (3) 由式(2)可得32232ττn n = (4) ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-=∆3223231ττn n n n (5)由式(5)可见，在3E 和2E 间形成集居数反转的条件是 232ττ<(2) 由式(1)可得3p p131τ+=W W n n （6） 将式(6)代入式(2，可得 0)1(22323p p 1=-+τττnW W n由上式并利用式(3)，可得 ()323p 2p 32323p 2p 1211ττττττ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=W W n n n W W n n上式可改写为 ()p 2p 223p 32p 3233[1]11()()W W n n n W W ττττττ+=-++ 利用式（4）,可得 323p 2p 3323p 2p 3223)1()(])1(1[ττττττττ+-=++W W n n W W n由此可得 p p p 333p 2p2p 332p 32p 331()1(2111()nW W nW n W W W W W ττττττττ+==++++⎛⎫++ ⎪⎭）将上式代入式(5), 可得或 223232p 3(1)12nn W ττττ∆=-++ 或()3322p 323p 232()2W n n W τττττττ-∆=++ (3) 当W p 极强时，W p 3τ>>1六、（20分）有一假想的气体激光器能级结构如右下图所示，τ20=10μs, τ21=1μs, τ10=10ns; 能级简并度f 0=f 1=f 2=1,1) 该系统能级2→1的跃迁能构成连续激光器吗？说明原因。
（3分） 2) 试求2→1辐射跃迁的自然线宽。
（3分）3)假定每个布儒斯特窗片的损耗为0.4%，每块反射镜附加损耗为0.1%，两反射镜的透过率如图所示，求该激光器阈值增益系数[单位m -1] （6分） 4)假设泵浦速率R 1和R 2 相等，由速率方程求该系统达到阈值增益时所需泵浦速率表达式？(8分)（1） 可以构成一个连续激光器。
因为2021ττ>，E2能级上的粒子大多跃迁到E1能级上，较少回到E0能级202110,τττ>，E2能级寿命远大于E1能级，是一个亚稳态能级，可认为E1能级上的粒子数近似为0。
所以E2和E1之间极易实现粒子数反转。
（2） ()5685212010111111010100.159********.1MHz 22N νπτττπ⎛⎫∆=++=++=⨯⨯= ⎪⎝⎭ （3）()()()4211ln0.114210.0510.00410.001δ==---()()()42210.00410.00110.050.9840.9980.950.933e δ-=-⋅--=⨯⨯=E 2E 1E 0T=0%T=5%1ln 0.9330.03472δ=-= ()10.0347/0.50.0694t g l m δ-=== （4） 阈值附近，忽略受激辐射，稳态速率方程121221100dn n n R dt ττ=+-= （1） 22120dn nR dt τ=-= （2） 解得10211021n n R τττ=+22n R τ=1022121021n n n R τττττ⎛⎫∆=-=-- ⎪⎝⎭因 ()()0210210,,tt g n gn σννσνν=∆⇒=∆， 而t g lδ=11021022121021021212121212212110102t t t g g g R R ττττττττττσστσττττττ-⎛⎫⎛⎫⎛⎫--=⇒=--= ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭11121200t t n n n n R ττ∆+∆+--=11022120212011110t R n R τττττ⎛⎫⎛⎫-∆+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭21201012,R R τττ=且可忽略第三项，所以()12120212120212120246621211111117.04107.6310101010t t g R n l δττσττσττσσ-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=∆+=+=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⨯⨯=+⨯=。