William Moebs; Samuel J. Ling; Jeff Sanny

4.2 Natężenie światła w dyfrakcji na pojedynczej szczelinie

Cel dydaktyczny

W tym podrozdziale nauczysz się:

obliczać natężenia maksimów dyfrakcyjnych względem centralnego maksimum dla pojedynczej szczeliny dyfrakcyjnej;
obliczać natężenie w dowolnym punkcie na ekranie względem centralnego maksimum.

W celu obliczenia natężenia obrazu dyfrakcyjnego stosujemy metodę wskazów (fazorów), używaną wcześniej do obliczeń w rozdziale Obwody prądu zmiennego. Załóżmy, że na szczelinie pokazanej na Ilustracji 4.4 mamy $N$ źródeł wysyłających fale, zgodnie z zasadą Huygensa, przy czym każde znajduje się w odległości $D ∕ N$ od sąsiedniego źródła. W takim przypadku różnica dróg przebytych przez fale z sąsiadujących ze sobą źródeł do pewnego punktu $P$ na ekranie wynosi $D/N \cdot \sin\theta$ i odpowiada różnicy faz $2 π D ∕ (λ N) \cdot sin θ$ . Schemat wskazowy fal wysyłanych do punktu $P$ pod kątem $θ$ jest przedstawiony na Ilustracji 4.7. Amplituda wskazu dla każdej z fal (fali Huygensa) wynosi $Δ E_{0}$ , amplituda sumarycznego wskazu to $E$ , a różnica faz między falami z pierwszego i ostatniego źródła wynosi

ϕ = \frac{2 π}{λ} D sin θ .

Przy $N ⟶ \infty$ diagram wskazowy (ang. phasor diagram) zbliża się kształtem do okrągłego łuku o długości $N Δ E_{0}$ i promieniu $r$ . Ponieważ długość łuku wynosi $N Δ E_{0}$ dla dowolnego $ϕ$ , promień $r$ łuku musi się zmniejszyć, gdy $ϕ$ wzrasta (lub równoważnie, gdy wskazy tworzą ciaśniejsze spirale – o mniejszej średnicy).

Figura a przedstawia schemat wskazowy. Przedstawiono łuk, opisany jako delta E subscript 0, odpowiadający kątowi o wierzchołku w środku koła zawartego między dwoma liniami opisanymi jako r. Kąt jest podzielony na dwie części, z których każda jest opisana jako phi przez 2. Końce łuku są połączone strzałką, opisaną jako E. Styczna do jednego z końców łuku jest pozioma. Styczna do drugiego końca łuku tworzy kąt phi z poziomem. Figura b przedstawia łuk oraz odpowiadający mu kąt phi. Linia przerywana biegnie z jednego końca łuku do linii r po przeciwnej stronie. Linia jest prostopadła do r. Tworzy kąt phi z łukiem oraz kąt 90 minus phi z przyległą linią r. — Ilustracja 4.7 (a) Schemat wskazowy odpowiadający dyfrakcji na pojedynczej szczelinie pod kątem $θ$ . Różnica faz między falami pochodzącymi z pierwszego i ostatniego źródła wynosi $\phi = 2\pi / \lambda \cdot D \sin\theta$ . (b) Geometria schematu wskazowego.

Schemat wskazowy dla $\phi = \SI{0}{\radian}$ (centrum obrazu dyfrakcyjnego) przedstawiono na Ilustracji 4.8 (a) dla $N = 30$ . W tym przypadku wskazy układają się wzdłuż linii prostej o długości $N Δ E_{0}$ , promień $r$ dąży do nieskończoności, a długość sumarycznego wskazu przyjmuje maksymalną wartość $N Δ E_{0}$ . Natężenie światła można otrzymać z zależności $I = c ε_{0} E^{2} ∕ 2$ , którą znajdziemy w rozdziale Fale elektromagnetyczne. Stąd natężenie dla maksimum wynosi

I_{0} = \frac{1}{2} c ε_{0} {(N Δ E_{0})}^{2} = \frac{1}{2 μ_{0} c} {(N Δ E_{0})}^{2},

gdzie $\epsilon_0=1/(\mu_0c^2)$ . Schematy wskazowe dla pierwszych dwóch minimów natężenia obrazu dyfrakcyjnego przedstawiono w częściach (b) i (d) Ilustracji 4.8. W obu przypadkach sumy wskazów (wskazy wypadkowe) są równe zero po wcześniejszym obróceniu się o $ϕ = 2 π rad$ dla $m = 1$ i $\phi=4\pi\si{\radian}$ dla $m = 2$ .

Figura a przedstawia 30 wskazów leżących na linii o długości N delta E subscript 0. Długość wskazu wynosi delta E subscript 0. Figura b przedstawia koło ze wskazami wskazującymi kierunek przeciwny do ruchu wskazówek zegara. Podpis pod rysunkiem ma postać m równa się 1, E równa się 0. Figura c przedstawia wskazy rozmieszczone wzdłuż okręgu. Wskazy zaczynają się w punkcie leżącym na dnie okręgu i okrążają półtora raza okrąg w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara. Strzałka opisana jako E1 łączy wskaz początkowy z końcowym. Tworzy ona średnicę okręgu. Figura c jest opisana jako 3 przez 2 pi E1 równa się N delta E0. Figura d przedstawia wskazy leżące na okręgu. Zaczynają się one w punkcie leżącym na dnie okręgu i obiegają dwa razy okrąg w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara. Figura ma podpis w postaci m równa się 2, E równa się 0. Figura e przedstawia wskazy wzdłuż okręgu. Zaczynają się one w punkcie leżącym na dnie okręgu i obiegają okrąg dwa i pół raza w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara. Strzałka opisana jako E2 łączy punkt początkowy z punktem końcowym wskazu. Tworzy ona średnicę okręgu. Figura c jest opisana jako 5 przez 2 pi E2 równa się N delta E0. — Ilustracja 4.8 Schematy wskazowe (z 30 wskazami) dla różnych punktów obrazu dyfrakcyjnego na pojedynczej szczelinie. Wielokrotne obroty wokół danego okręgu zostały rozdzielone nieznacznie tak, żeby poszczególne wskazy mogły być widoczne. Wskazy odpowiadają odpowiednio numerom prążków i ich natężeniom: (a) centralnemu maksimum, (b) pierwszemu minimum, (c) pierwszemu maksimum poza centralnym maksimum, (d) drugiemu minimum i (e) drugiemu maksimum poza centralnym maksimum.

Następne dwa maksima poza centralnym maksimum są reprezentowane przez diagramy wskazowe części (c) i (e). W części (c) wskazy obróciły się o $ϕ = 3 π rad$ i utworzyły wskaz wypadkowy o wartości równej $E_{1}$ . Długość łuku utworzonego przez wskazy wynosi $N Δ E_{0}$ . Ponieważ odpowiada to $1,5$ obrotu wskazów wokół okręgu o średnicy $E_{1}$ , mamy

\frac{3}{2} π E_{1} = N Δ E_{0},

więc

E_{1} = \frac{2 N Δ E_{0}}{3 π}

i

I_{1} = \frac{E_{1}^{2}}{2 μ_{0} c} = \frac{4 {(N Δ E_{0})}^{2}}{9 π^{2} \cdot 2 μ_{0} c} = 0,045 I_{0},

gdzie

I_{0} = \frac{{(N Δ E_{0})}^{2}}{2 μ_{0} c} .

W części (e) wskazy obracają się o $ϕ = 5 π rad$ , co odpowiada $2,5$ obrotu wokół okręgu o średnicy $E_{2}$ i długości łuku $N Δ E_{0}$ . To daje $I_{2} = 0,016 I_{0}$ . Udowodnienie tego jest zadaniem dla studentów w jednym z ćwiczeń.

Te dwa maksima w rzeczywistości odpowiadają wartościom $ϕ$ nieco mniejszym niż $3 π rad$ i $5 π rad$ . Ponieważ całkowita długość łuku wykresu wskazowego zawsze wynosi $N Δ E_{0}$ , promień łuku zmniejsza się wraz ze wzrostem $ϕ$ . W wyniku obrotu $E_{1}$ i $E_{2}$ okazują się nieco większe w przypadku łuków, które nie są właściwie zwinięte, odpowiednio przy $3 π rad$ i $5 π rad$ . Dokładne wartości $ϕ$ dla maksimów są badane w jednym z ćwiczeń. Po rozwiązaniu tego problemu okaże się, że wartości te są nieco, choć bardzo nieznacznie mniejsze niż wartości $\phi = 3\pi\si{\radian}, 5\pi\si{\radian}, 7\pi\si{\radian}, \dots$ .

Aby obliczyć natężenie w dowolnym punkcie $P$ ekranu, wróćmy do diagramu wskazowego na Ilustracji 4.7. Ponieważ łuk zatacza kąt $ϕ$ względem środka okręgu, to dany jest równaniem

N Δ E_{0} = r ϕ

oraz

sin (\frac{ϕ}{2}) = \frac{E}{2 r},

gdzie $E$ jest amplitudą wypadkowego pola. Przekształcenie drugiego równania ze względu na $E$ , a następnie zastąpienie $r$ wyrażeniem otrzymanym z pierwszego równania daje

E = 2 r sin (\frac{ϕ}{2}) = 2 \cdot \frac{N Δ E_{0}}{ϕ} \cdot sin (\frac{ϕ}{2}) .

Dalej definiując

β = \frac{ϕ}{2} = \frac{π D sin θ}{λ},

4.2

otrzymujemy

E = N Δ E_{0} \frac{sin β}{β} .

4.3

To równanie opisuje stosunek amplitudy uzyskanego natężenia pola w dowolnym punkcie obrazu dyfrakcyjnego do amplitudy $N Δ E_{0}$ centralnego maksimum. Natężenie jest z kolei proporcjonalne do kwadratu amplitudy, mamy więc

I = I_{0} {(\frac{sin β}{β})}^{2},

4.4

gdzie $I_0 = (N\prefop{\Delta}E_0)^2/(2\mu_0 c)$ jest natężeniem w centrum obrazu.

Dla centralnego maksimum $\phi=\SI{0}{\radian}$ , a stąd $β$ jest równe zero i widzimy z reguły de l’Hôpitala, że $\lim_{\beta\to 0} (\sin\beta/\beta) = 1$ , tak że $lim_{ϕ ⟶ 0} I = I_{0}$ . Dla następnego maksimum, $ϕ = 3 π rad$ , mamy $β = 3 ∕ 2 \cdot π rad$ i po podstawieniu do Równania 4.4 otrzymujemy

I_{1} = I_{0} {(\frac{sin \frac{3 π}{2}}{\frac{3 π}{2}})}^{2} = 0,045 I_{0},

zgodnie z tym, co otrzymaliśmy wcześniej w tej części przy zastosowaniu średnic i obwodów diagramów wskazowych. Podstawienie $ϕ = 5 π rad$ do równania daje podobny wynik dla $I_{2}$ .

Wykres Równania 4.4 pokazano na Ilustracji 4.9, a bezpośrednio pod nim znajduje się fotografia rzeczywistego obrazu dyfrakcyjnego. Zauważmy, że centralny pik jest dużo jaśniejszy od innych, a natężenie światła jest równe zero dla punktów, w których $sin β = 0$ , czyli dla $β = m π rad$ . To odpowiada

\frac{π D sin θ}{λ} = m π

lub

D sin θ = m λ,

czyli Równaniu 4.1.

Figura a przedstawia wykres I przez I0 w funkcji beta. W środku wykresu znajduje się maksimum dla beta równego 0. Maksymalna wartość y wynosi 1. Po obu stronach maksimum znajdują się drobne fale, których amplitudy maleją w mairę oddalania się od maksimum. Krzywa osiąga wartości zero dla minus 3 pi, minus 2 pi, minus pi, pi, 2 pi, 3 pi. Figura b przedstawia pasek z naprzemiennie jasnymi i ciemnymi obszarami. Centralny region jest najjaśniejszy. — Ilustracja 4.9 (a) Obliczony rozkład natężenia światła w dyfrakcji na pojedynczej szczelinie. (b) Rzeczywisty obraz dyfrakcyjny.

Przykład 4.2

Natężenie światła w dyfrakcji na pojedynczej szczelinie

Światło o długości fali

550 nm

przechodzi przez szczelinę o szerokości

2 µm

i daje podobny obraz dyfrakcyjny do pokazanego na Ilustracji 4.9.

Znajdźmy położenia dwóch pierwszych minimów względem centralnego maksimum jako funkcję kąta;
Określmy, względem centralnego maksimum, natężenie światła w punkcie położonym w połowie odległości między tymi minimami.

Strategia rozwiązania

Położenia minimów określa Równanie 4.1,

D sin θ = m λ

. Pierwsze dwa minima występują dla

m = 1

i

m = 2

. Równanie 4.4 i Równanie 4.2 można wykorzystać do określenia natężenia światła po wcześniejszym wyznaczeniu kąta.

Rozwiązanie

Rozwiązanie Równania 4.1 ze względu na $θ$ daje nam $θ_{m} = arc sin (m λ ∕ D)$ , zatem
$θ_{1} = arc sin (\frac{+ 1 \cdot 550 \cdot 10^{-9} m}{2 \cdot 10^{-6} m}) = + 16 °,$
$θ_{2} = arc sin (\frac{+ 2 \cdot 550 \cdot 10^{-9} m}{2 \cdot 10^{-6} m}) = + 33,4 ° .$
Kąt równy połowie sumy kątów $θ_{1}$ i $θ_{2}$ wynosi
$θ = \frac{θ_{1} + θ_{2}}{2} = \frac{16 ° + 33,4 °}{2} = 24,7 ° .$

Równanie 4.2 daje

β = \frac{π D sin θ}{λ} = \frac{π \cdot 2 \cdot 10^{-6} m \cdot sin (24,7 °)}{550 \cdot 10^{-9} m} = 1,52 π rad lub 4,77 rad .

Z Równania 4.4 możemy obliczyć

\frac{I}{I_{0}} = {(\frac{sin β}{β})}^{2} = {[\frac{sin (4,77)}{4,77}]}^{2} = {(\frac{-0,9985}{4,77})}^{2} = 0,044 .

Znaczenie

Punkt leżący w połowie odległości między dwoma minimami znajduje się zarazem bardzo blisko maksimum oczekiwanego w pobliżu

β = 3 π ∕ 2

lub

1,5 π

.

Sprawdź, czy rozumiesz 4.2

Pod jakim kątem w stosunku do centrum w eksperymencie z Przykładu 4.2 znajduje się trzecie maksimum i jakie jest jego natężenie względem maksimum centralnego?

Jeśli szerokość szczeliny $D$ się zmienia, to zmienia się również rozkład natężenia, jak pokazano na Ilustracji 4.10. Centralny pik jest rozłożony w obszarze od $sin θ = - λ ∕ D$ do $sin θ = + λ ∕ D$ . Dla małych $θ$ odpowiada to szerokości kątowej $Δ θ \approx 2 π ∕ D$ . W związku z tym poszerzenie szczeliny powoduje zmniejszenie szerokości centralnego jasnego piku (ang. width of the central peak). Dla szczeliny z $D ≫ λ$ centralny pik jest bardzo ostry, natomiast jeśli $D \approx λ$ , staje się on dość szeroki.

Figury a do c przedstawiają wykresy I przez I0 w funkcji theta w stopniach. Każdy wykres posiada maksimum, w którym y równa się 1 dla x=0. Figura a, która jest opisana jako D równa się lambda ma szeroki łuk. Figura b, opisana jako D równa się 5 lambda posiada najsmuklejsze maksimum. Wartości funkcji wynoszą zero dla wartości między 10 a 15 oraz między minus 10 i minus 15. Figura c, opisana jako D równa się 10 lambda posiada najwęższe maksimum. Funkcja osiąga zera dla wartości plus i minus 5, pomiędzy 10 i 15 oraz pomiędzy minus 10 i minus 15. — Ilustracja 4.10 Obrazy dyfrakcyjne na pojedynczej szczelinie dla różnych szerokości szczelin. Gdy szerokość szczeliny $D$ wzrasta od $D = \lambda$ do $5\lambda$ , a następnie do $10\lambda$ , szerokość piku centralnego oraz kąt mierzony względem pierwszego minimum maleją, jak to wynika z Równania 4.1.

Materiały pomocnicze

Eksperyment dyfrakcyjny w optyce może wymagać wielu przygotowań, ale ta symulacja Andrew Duffy’ego oferuje nie tylko szybką konfigurację układu, lecz także możliwość natychmiastowej zmiany szerokości szczeliny. Uruchom symulację i wybierz opcję „Pojedyncza szczelina”. Możesz zmieniać szerokość szczeliny i zobaczyć wpływ tych zmian na obraz dyfrakcyjny na ekranie oraz na wykresie.