A1  ^?? Точечный источник $S_{0}$ освещает две узкие параллельные щели $F_{1}$ и $F_{2}$, расположенные горизонтально на непрозрачном экране. Расстояние между щелями $2~мм.$ Интерференционная картина наблюдается в плоскости $\pi$, параллельной экрану и удаленной от него на расстояние $1~м.$ Точке $M$ в плоскости $\pi$ приписываются координаты $X$ и $Y$ (ось $Y$ параллельна щелям). Получите выражение, характеризующее распределение освещенности в плоскости $\pi.$

Когерентное освещение
Точечный источник

Обозначим через $x$ и $y$ координаты точки $M$ в плоскости зрачка и через $X$ и $Y$ – ее координаты в плоскости изображения (Рис. 1). Бесконечно узкие щели дают дифракционную картину в плоскости $XOY$.

Только линия $OX$ освещается светом с распределением интенсивности $$I=4 \cos ^{2}(\pi us), \tag{1}$$ где $$u=\frac{\sin i}{\lambda}\approx\frac{i}{\lambda}=\frac{X}{D}\frac{1}{\lambda}.\tag{2}$$ Этот результат основан на том факте, что в случае когерентного освещения щелей распределение амплитуды в плоскости изображения описывается преобразованием Фурье ($\mathcal F$) для амплитудного распределения в зрачке.

Амплитуда в выходном зрачке равна $$f(x)=\delta\left(x+\frac{s}{2}\right)+\delta\left(x-\frac{s}{2}\right) \tag{2}$$ Амплитуда в плоскости изображения равна $$F(u)=\mathcal F\left[f(x)\right], \tag{4}$$ $$ F(u)=\Delta(u)\left[e^{j\pi us}+e^{-j\pi us}\right], \tag{5}$$ где $$\Delta(u)=\mathcal F\left[\delta(x)\right]=1,\tag{6}$$ откуда $$F(u)=2\cos\pi us\rightarrow~период ~2/s \tag{7}$$ и $$I(u)=|F(u)|^{2}=4 \cos^{2} \pi us\rightarrow~период ~1/s. \tag{8}$$

A2  ^?? Как изменится картина, если $S_{0}$ заменить узкой щелью $F_{0}$, параллельной $F_{1}$ и $F_{2}$? Вычислите положение интерференционных полос.

Линейный источник

В этом случае вдоль линий, параллельных $OY$, интерференции не наблюдается. Каждая точка в источнике–щели дает распределение света вдоль $OX$ с центром на ее геометрическом изображении. При этом появляются полосы, параллельные $F_{1}$ и $F_{2}$.

Период этих полос таков, что $$\Delta u=\frac{1}{s}, \tag{9}$$ откуда следует линейная зависимость для интервалов между полосами (Рис. 2): $$\Delta X=\lambda \frac{D}{s}. \tag{10}$$ Численный пример: $$\Delta X=0.55 \cdot \frac{10^{-3}}{2}=0.275~мм$$

A3  ^?? Наблюдение полос производится при помощи окуляра Френеля, подобного тонкой линзе с фокусным расстоянием $f=2~см.$ Каковы преимущества наблюдения при помощи окуляра по сравнению с наблюдением невооруженным глазом? Укажите положения окуляра и глаза по отношению к плоскости $\pi$, которые обеспечивают наилучшее наблюдение полос.

Наблюдение полос
Невооруженный глаз

Нормальный глаз, рассматривающий предмет на расстоянии наилучшего зрения ($25~см$), с трудом различает полосы изображения. В действительности расстояние между полосами видно под углом $$\varepsilon=\frac{0.275}{250}\approx 10^{-3}~рад.$$ Это значение лишь немного превышает угловой предел разрешения глаза, который имеет величину порядка $1~мин$, или $3\cdot 10^{-4}~рад.$

Окуляр + глаз

Во избежание усталости предпочтительнее, чтобы глаз не подвергался аккомодации. Поэтому используют окуляр, фокальная плоскость которого совпадает с плоскостью $\pi$. В этом случае изображение образуется на бесконечности. Это изображение легко разрешимо, так как угловое расстояние между полосами становится равным $$\varepsilon=\frac{0.275}{20}=0.0135~ рад.$$ Увеличение окуляра $$G=\frac{\varepsilon'}{\varepsilon},$$ где

• $\varepsilon'$ – угол, под которым наблюдается изображение,
• $\varepsilon$ – угол, под которым наблюдается объект с расстояния наилучшего зрения.

Примечание

В принципе щели, расположенные параллельно, дают такую дифракционную картину, что даже окуляр с большой апертурой не может сколлимировать все лучи. Чтобы получить максимум света, наблюдатель должен поместить свой зрачок в плоскости щелей $F'_1$ и $F'_2$, сопряженной с плоскостью щелей $F_{1}$ и $F_{2}$ (Рис. 3).

Щели расположены на расстоянии $\xi$ от линзы, а их изображения на расстоянии $\xi'$, так что $$\frac{1}{\xi'}-\frac{1}{\xi}=\frac{1}{f}$$ $$\frac{1}{\xi'}=\frac{1}{100+f} \cdot+\frac{1}{f}=\frac{52}{102}$$ $$\xi'=1.965~см\approx 2~см.$$ Увеличение равно $$\frac{\eta'}{\eta}=\frac{\xi'}{\xi}=\frac{1}{52}.$$ Изображение имеет размер $$\eta'=\frac{\eta}{52}=\frac{2}{52}\approx 0.04~мм$$

B1  ^?? Пусть щель $F_{1}$ покрыта поглощающим экраном (который не вносит фазового сдвига) с оптической плотностью $\Delta=2$.

Оптическая плотность определяется как $$\Delta=\lg \frac{I_{пад.~света}}{I_{прош.~света}}.$$ Вычислите видность полос $V$, определяемую как $$V=\frac{I_{макс}-I_{мин}}{I_{макс}+I_{мин}},$$ где $I_{макс}$ и $I_{мин}$ представляют собой максимальную и минимальную интенсивности соответственно.

Колебания, проходящие через $F_{1}$ и $F_{2}$, находятся в фазе, но имеют разные амплитуды.

Если колебания имеют разность фаз $\varphi$, то интенсивность в точке $M$ дается выражением $$I(M)=A_{1}^{2}+A_{2}^{2}+2 A_{1} A_{2} \cos \varphi=I_{1}+I_{2}+2 \sqrt{I_{1} I_{2}} \cos \varphi.\tag{11}$$ Максимальная и минимальная интенсивности соответственно определяются как $$I_{макс}=\left(\sqrt{I_1}+\sqrt{I_2}\right)^{2}$$ и $$I_{мин}=\left(\sqrt{I_1}-\sqrt{I_2}\right)^{2}.$$ Видность равна $$V=\frac{2 \sqrt{I_1 I_2}}{I_{1}+I_{2}} \tag{12}$$ Предполагая, что фильтр с определенной оптической плотностью помещается перед $F_{1}$, имеем $$\lg \frac{I_{2}}{I_{1}}=2, \quad где\quad \frac{I_{2}}{I_{1}}=100,$$ откуда (Рис. 4)$$V=0.2$$

Положения максимумов и минимумов с фильтром и без фильтра одинаковы. С другой стороны, величина $V$ отлична от единицы, если амплитуды, проходящие сквозь щели, не равны.

C1  ^?? Источник-щель имеет высоту $h$ (фиксированную), ширину $a$ (переменную) и расположен на расстоянии $d=1~м$ от плоскости щелей $F_{1}$ и $F_{2}$. Каково при этих условиях выражение для освещенности в точке $M$ на плоскости $\pi$? Найдите изменение видности полос $V$ как функции от $a$. Используйте это выражение для описания явлений, наблюдаемых в том случае, если постепенно увеличивать ширину $a$ источника–щели $F_{0}$. Определите максимальную ширину щели, при которой потери в контрастности не будут превышать $10\%$.

Протяженный источник. Некогерентное освещение
Источником является большая щель

Все точки на линии, параллельной $OY$, образуют полосы, параллельные оси $OY$ с периодом $\Delta u=1/s$. Разобьем щель (шириной $а$) на бесконечное число бесконечно узких щелей. Пусть $v$ – приведенная координата некоторой точки в плоскости источника. Ширина щели может быть охарактеризована величиной $$v_{0}=\frac{a}{\lambda d}.\tag{13}$$ Интенсивность, создаваемая в точке $M$ элементом шириной $\mathrm dv$, равна$$\mathrm dI=A \cdot h\{1+\cos 2 \pi[(u+v) s]\}\mathrm dv\tag{14}$$ Здесь

• $A$ – константа
• $\lambda v s$ – разность хода между световыми возмущениями, поступающими от $F_{1}$ и $F_{2}$.

Каждая элементарная щель бесконечно малой ширины образует систему полос с периодом $\Delta u=1/s$ и с максимумами на геометрическом изображении элементарной щели.

Таким образом, интенсивность освещения точки $M$ от источника-щели равна
$$ I=A h \int_{-v_{0} / 2}^{+v_{0} / 2}[1+\cos 2 \pi(u+v) s] \mathrm d v,  \tag{15}$$
$$I=I_{0}\left[1+\frac{\sin \pi v_{0} s}{\pi v_{0} s} \cos 2 \pi u s\right]. \tag{16}$$
Находим
$$V=\frac{\sin \pi v_{0} s}{\pi v_{0} s}.$$

График функции $V$ приведен на Рис. 5.

Численный пример

Пусть $V \geqslant 0.9$, так что $$\frac{\sin \pi v_{0} s}{\pi v_{0} s}=0.9 \rightarrow \pi v_{0} s=\frac{\pi}{4} \rightarrow v_{0}=\frac{1}{4 s}.$$ Из определения $v_{0}$ получаем $$\frac{1}{4 s}=\frac{a}{\lambda d}$$ так что $$a=d \frac{\lambda}{4 s}=10^{6} \cdot \frac{0.55 \cdot 10^{-3}}{4 \cdot 2}$$ $$V=0.9 \quad при\quad a \approx 70~мкм.$$ Полосы исчезают при $a=275~мкм$.

Теорема Ван-Циттерта–Цернике позволяет сразу получить этот результат. Степень когерентности между щелями $F_{1}$ и $F_{2}$ дается преобразованием Фурье для распределения интенсивности в плоскости источника. Поскольку задача одномерна, достаточно предположить, что источником является щель шириной $a$, параллельная $OY$, и что зрачок образуется двумя точками $P_{1}$ и $P_{2}$ на непрозрачном экране (точки $P_{1}$ и $P_{2}$, соответствующие пересечению щелей $F_{1}$ и $F_{2}$ с линией $OX$, разделены промежутком $s$). Распределение интенсивности источника может быть представлено прямоугольной функцией (Рис. 6):

$$I(v)=0 \quad для \quad v<-v_{0}/2 \quad и \quad v>+v_{0}/2,$$ $$I(v)=1 \quad для \quad -v_{0}/2 < v < +v_{0}/2 \tag{17}$$ Находим (Рис. 7)

$$\mathcal F\left[I(v)\right]=\varphi(x)=\frac{\sin \pi v_{0} x}{\pi v_{0} x}. \tag{18}$$Мысленно поместим каждое дифракционное пятно на зрачок так, чтобы его центр совпал с точкой $P_{1}$. Видность полос равна значению $\varphi(x)$ в точке $P_{2}$, т. е. значению $\varphi(s)$ (Рис. 7). Видно, что контрастность полос еще хорошо сохраняется при $s=1/4 v_{0}$.

C2  ^?? Для увеличения яркости картины в качестве источника используется некогерентно освещенная решетка (щели параллельны $F_{1}$ и $F_{2}$). Определите ширину $а$ прозрачных интервалов и величину $p$ периода решетки, при которых видность сохраняет свое предыдущее значение.

Источником является некогерентно освещенная решетка

Обозначим через $v_{p}$ приведенную координату, соответствующую периоду решетки $p$.

• Предположим, что освещенные штрихи являются бесконечно тонкими.

Распределение интенсивности в источнике описывается разложением в ряд Дирака (Рис. 8).

Его преобразованием Фурье будет разложение в ряд Дирака с периодом $1/v_{p}$ (Рис. 9).

Как и прежде, мысленно поместим дифракционное пятно $\varphi(x)$ на зрачок, так что $\varphi(0)$ совпадает с точкой $P_{1}$. Видность полос будет равна единице, если $$\frac{1}{v_{p}}=s$$ т. е. если $$s=\frac{\lambda d}{p},$$ так что $$p=\frac{\lambda d}{s}=0.55 \cdot \frac{10^{3}}{2}=275~мкм.$$

• Пусть ширина штриха решетки имеет конечную величину $a.$

Функция $I(v)$ представляет собой разложение в бесконечный ряд прямоугольных функций (Рис. 10) с периодом $v_{p}$ и шириной $v_{0}$

Преобразование Фурье показано на Рис. 11. Для хорошей контрастности изображения необходимо, чтобы $$s=\frac{1}{v_{0}}=\frac{1}{4 v_{0}}.$$ $$s=\frac{1}{v_{0}}=\frac{1}{4 v_{0}}.$$

Численный пример

Период решетки $$\quad p=275~мкм.$$ Ширина штриха решетки $$a=70~мкм.$$

Примечание

Эти результаты можно получить также другим простым путем (Рис. 12).

• Решетки с бесконечно тонкими штрихами. Полосы остаются фиксированными, если колебания, прошедшие через штрих решетки $T$, сдвинуты по фазе в точках $P_{1}$ и $P_{2}$ на величину $2 \pi k$ ($k$ – целое число).
• Решетки со штрихами, имеющими конечную ширину $a$. Чтобы полосы не перекрывались, колебания, прошедшие от краев штриха, должны иметь в точках $P_{1}$ и $P_{2}$ разность хода в интервале между $k \lambda$ и ( $k+1 / 8$) $\lambda$ (полосы, создаваемые внешними краями штриха, сдвинуты максимально на $1/4$ полосы).

D1  ^?? Предположим, что ширина источника–щели $F_{0}$ достаточно мала для того, чтобы он мог рассматриваться как линия, и заменим окуляр Френеля фотоэлементом. Поместим щель фотоэлемента в плоскости $\pi$ параллельно полосам интерференции. Высота щели фиксирована, ширина изменяется. Будем считать, что интенсивность фототока пропорциональна световому потоку, падающему на фотоэлемент. Сформулируйте закон изменения тока как функции абсциссы $X$ щели. Опишите, что произойдет, если щель открыта.

Отверстие детектора имеет конечную ширину $b$.
Источник – бесконечно узкая щель

Полосы на плоскости $\pi$ (см. решение A.1) имеют контрастность, равную единице. С другой стороны, вследствие конечной ширины щели детектора поток, регистрируемый приемником, всегда отличен от нуля (Рис. 13). Освещенность одинакова во всех точках единственной вертикали в плоскости наблюдения. Разделим окно приемного фотоэлемента на элементы шириной $\mathrm d u$ и высотой $l$.

Обозначим через $u_{c}$ приведенную координату, которая соответствует линейной ширине щели $b$. Поток, проникающий через элемент поверхности при значении абсциссы $u'$, равен $$\mathrm d \Phi=B l(1+\cos 2 \pi u s) \mathrm d u \tag{19}$$ откуда $$\Phi\left(u'\right)=\int_{u'-u_{c}/2}^{{u'}+u_{c}/2} \mathrm d \Phi=B l u_{c}\cdot \left[1+\frac{\sin \pi u_{c} s}{\pi u_{c} s} \cos 2 \pi u' s\right].\tag{20}$$

Как и прежде, можно определить коэффициент видности выражением
$$V=\frac{\sin \pi u_{c} s}{\pi u_{c} s} \tag{21}$$

D2  ^?? Каково выражение для интенсивности тока в предположении, что источник–щель не бесконечно узок, а имеет конечную ширину $a$ ? Определите коэффициент видности.

Источник – щель конечной ширины $a$

Имеем $$I(u)=I_{0}\left(1+\frac{\sin \pi v_{0} s}{\pi v_{0} s} \cos 2 \pi u s\right), \tag{22}$$ откуда $$ \Phi\left(u'\right)=B l v_{0} \int_{{u'}-u_c/2}^{u'+u_{c} / 2}\left[1+\frac{\sin \pi v_{0} s}{\pi v_{0} s} \cos 2 \pi u s\right] \mathrm d u \tag{23}$$ $$\Phi\left(u'\right)=B l u_{c} v_{0}\left[1+\frac{\sin \pi u_{c} s}{\pi u_{c} s} \cdot \frac{\sin \pi v_{0} s}{\pi v_{0} s} \cos 2 \pi u' s\right]. \tag{24}$$ Находим, что $$V=\frac{\sin \pi u_{c} s}{\pi u_{c} s} \cdot \frac{\sin \pi v_{0} s}{\pi v_{0} s}. \tag{25}$$ Видность может быть определена с помощью «аппаратной функции»:\[V=\mathcal F (источник\text{-}щель,~ширина~ v_0) \cdot \mathcal F (апертура~фотоэлемента,~ ширина ~u_{c}).\]В случае бесконечно малой ширины источника–щели первый член в произведении уменьшается до единицы, так как $\mathcal F \left[ \delta(x)\right]=1.$

E1  ^?? Примем ширину источника–щели $а$ равной $0.01~мм$ и ширину щели детектора $b$ равной $0.02~мм.$ Определите видность.

Эта теоретическая видность $V_{t}$ больше, чем экспериментальная видность $V_{r}$, равная $0.5.$ Покажите, что это можно объяснить, учитывая паразитный (темновой) ток $\mathcal J_{0}$, который определяется в отсутствие светового потока. Рассчитайте отношение $\mathcal J_{0}/\mathcal J_{макс}$ темнового тока к максимальной интенсивности сигнала.

Влияние темнового тока

Вернемся к уравнению $(25)$, которое дает теоретическое значение видности $a=0.01~мм$, $b=0.02~мм$ ($v_{0}=\operatorname{const}$, $u_{c}=\operatorname{const}$). Имеем $$V_{t}=0.991 \cdot \frac{\sin \pi v_{0} s}{\pi v_{0} s}=0.987$$ Учитывая темновой ток, для интенсивности реального тока получаем $$\mathcal J_{r}(u)=\mathcal J(u)+\mathcal J_{0}. \tag{26}$$ $$ V_{r}=\frac{\mathcal J_{rмакс}-\mathcal J_{rмин}}{\mathcal J_{rмакс}+\mathcal J_{rмин}}=\frac{\mathcal J_{макс}-\mathcal J_{мин}}{\mathcal J_{макс}+\mathcal J_{мин}+2\mathcal J_0} \tag{27}$$ $$ V_{r}=\frac{\left(\sin \pi u_{c} s / \pi u_{c} s\right) \cdot\left(\sin \pi v_{0} s / \pi v_{0} s\right)}{1+\mathcal J_{0} / v_{0}}. \tag{28}$$Постоянный коэффициент $Blu_c$ мы приняли равным единице.) Отсюда получаем соотношение $$V_{r}=\frac{V_{t}}{1+\mathcal J _0/ v_{0}} \tag{29}$$

Численный пример

$$1+\frac{\mathcal J_0}{v_{0}}=\frac{V_{t}}{V_{r}}=\frac{0.987}{0.5}=1.974$$ $$\frac{\mathcal J_0}{v_0}=0.974$$ Имеем $$\mathcal J_{макс}=v_{0}\left[1+V_{t}\right]=v_{0}[1.987]$$

(на практике это значение много меньше).

E2  ^?? Ширина щели детектора фиксируется при его изготовлении и имеет значение $b=0.02~мм$, тогда как ширина $a$ источника–щели может быть изменена.

Рассчитайте величину $V_{r}$ и представьте графически ее изменение как функцию $a$. При каком значении $a$ величина $V_{r}$ будет максимальной? Какое заключение можно сделать из этого исследования?

$a$ – переменная величина, $b=0.02~мм$ ($v_{0}$ – переменная, $u_{c}=\operatorname{const}$). Имеем $$V_{t}=0.991\frac{\sin \pi v_{0} s}{\pi v_{0} s} \tag{30}$$ откуда $$V_{r}=\frac{0.991\left(\sin \pi v_{0} s / \pi v_{0} s\right)}{1+\mathcal J_{0} / v_{0}}=0.991 \cdot \pi s \frac{\sin \pi v_{0} s}{\pi s\left(v_{0}+\mathcal J_{0}\right)}$$ Величина $V_{r}$ имеет максимум при $d V_{r}/dV_{0}=0$, так что $$\operatorname{tg} \pi v_{0} s=\pi v_{0} s+\pi s\mathcal J_{0}=\pi v_{0} s+0.11$$ Это уравнение удовлетворяется при $\pi v_{0} s \approx 35^{\circ}$. $$v_{0} \approx \frac{36}{180} \cdot \frac{1}{2 \cdot 10^{3}}=10^{-4}~мкм^{-1}$$так как $v_{0}=\frac{a}{\lambda f},$ следовательно, $$a=v_{0} f \lambda=10^{-4} \cdot 10^{6} \cdot 0.55$$ $$a=0.55~мкм.$$ Зависимости $V_{t}$ и $V_{r}$ от $v_{0}$ представлены на рис. 13. Для $a=55~мкм$ имеем $$V_{t}=0.991 \cdot \frac{\sin 35^{\circ}}{(3.14 \cdot 36) / 180}=0.89$$ Следовательно,

$$V_{r}=\frac{V_{t}}{1+\mathcal J _{0} / v_{0}}=\frac{0.9}{1+0.974 \cdot 10/55}=\frac{0.9}{1.1771}$$

Заключение

Теоретически для получения наибольшей контрастности желательно закрыть источник-щель до наименьшей возможной ширины. Практически при наличии темнового тока необходимо иметь некоторую оптимальную ширину источника щели.