Ugrás a tartalomhoz

ELMÉLETI FIZIKA II. - Klasszikus erőterek

L. D. Landau, E. M. Lifsic (2014)

Typotex

61 §. Fraunhofer-elhajlás

61 §. Fraunhofer-elhajlás

A fizikai alkalmazások szempontjából különösen érdekesek azok az elhajlási jelenségek, amikor az ernyőre párhuzamos sugárnyaláb esik. Az elhajlás folytán a nyaláb nem lesz többé párhuzamos, az eredetitől eltérő irányban terjedő fény jelenik meg. Határozzuk meg az eltérített fény intenzitásának szögeloszlását az ernyő mögött nagy távolságban. (Ezt a kérdésfeltevést emlegetik Fraunhofer-elhajlás néven.) Most is csak olyan eseteket vizsgálunk, amelyekben a geometriai optikától való eltérés kicsi, azaz feltételezzük, hogy a sugarak az eredeti terjedési iránytól csak kis szögekkel térnek el (elhajlási szögek).

Ezt a feladatot az (59.2) általános képletből kiindulva is megoldhatnánk úgy, hogy abban elvégeznénk az ernyőtől végtelen távoli forrásnak és megfigyelési pontnak megfelelő határátmenetet. A vizsgált eset jellegzetes sajátja, hogy az elhajlást szenvedett fény intenzitását meghatározó képletben a hullámfelületnek, amelyen integrálunk, minden része lényeges (a Fresnel-elhajlás esetével ellentétben, amikor is a hullám-felületnek csak az ernyők szélei körül elhelyezkedő részei játszottak szerepet)[62]

Egyszerűbb azonban a feltett kérdést újra, az (59.2) általános képlet segítsége nélkül megvizsgálni.

Jelöljük u0-val az ernyők mögötti térerősséget, amelyet akkor kapnánk, ha a geometriai optika pontosan teljesülne. Ez egy síkhullám, amelyben azonban (az átlátszatlan ernyők „árnyékának” megfelelő) zérus térerősségű részek is vannak. Jelöljük S-sel a keresztmetszet síkjának azt a részét, amelyben u0 különbözik zérustól; mivel minden ilyen sík hullámfelülete a síkhullámnak, az egész S felületen u=const.

A valóságban azonban egy véges keresztmetszetű hullám nem lehet szigorúan síkhullám (lásd az  58. §-t). A hullám térbeli Fourier-kifejtésében különböző irányú hullámvektorok jelennek meg, és ez okozza az elhajlást.

Fejtsük kétdimenziós Fourier-integrálba az u0 teret a keresztmetszet síkjának y, z koordinátái szerint. A Fourier-komponensek:

7.60. egyenlet - (61.1)

u 0 = S u 0 e i q r d y d z ,

ahol q valamilyen állandó vektor az yz síkban; az integrálást ténylegesen az yz síknak csak arra az S tartományára kell elvégezni, amelyen u0 különbözik zérustól. Ha k a beeső hullám hullámvektora, akkor a térerősség uqeiqr komponensének a k′=k+q hullámvektor felel meg. Tehát a q=k′–k vektor a fény hullámvektorának az elhajlás során történt megváltozását jelenti. Mivel az abszolút értékek: k′=k=ω∕c, az xy és xz síkokban mért kis 𝜃y, 𝜃z elhajlási szögek és q komponenseinek kapcsolata a következő:

7.61. egyenlet - (61.2)

q y = ω c 𝜃 y , q z = ω c 𝜃 z .

Ha a geometriai optikától való eltérés kicsi, akkor u0 kifejtésének összetevői jó közelítéssel megegyeznek az elhajlást szenvedett fény valódi terének komponenseivel, tehát a (61.1) képlet megoldja a kitűzött feladatot.

Az elhajlást szenvedett fény intenzitásának eloszlását |uq|2 adja meg a q vektor függvényében. A beeső fény intenzitásával ezt a következő képlet köti össze:

7.62. egyenlet - (61.3)

u 0 2 d y d z = | u q | 2 d q y d q z ( 2 π ) 2

[vö. a (49.8)-cal]. Innen látható, hogy az elhajlás relatív intenzitását a dΩ=d𝜃yd𝜃z, elemi térszögben az

7.63. egyenlet - (61.4)

| u q | 2 u 0 2 d q y d q z ( 2 π ) 2 = ω 2 π c 2 u q u 0 2 d Ω

mennyiség adja meg.

Tekintsünk két olyan ernyőn létrejövő Fraunhofer-elhajlást, amelyek egymás „kiegészítései”: az első ernyőnek ott van nyílása, ahol a második átlátszatlan, és fordítva. Jelöljük u(1)-gyel és u(2)-vel a fenti ernyőkön elhajlást szenvedett fény terét (egyforma beeső fény mellett). Mivel uq(1) és uq(2)(61.1) integrállal fejezhetők ki, ahol az ernyők nyílására kell integrálni, és mivel a két ernyő nyílásai teljes síkká egészítik ki egymást, uq(1)+uq(2) annak az erőtérnek a Fourier-komponense, amelyet az ernyők nélkül kapunk, vagyis a beeső fényé. A beeső fény viszont szigorúan adott irányba terjedő síkhullám, így uq(1)+uq(2)=0, bármely, zérustól különböző q-ra. Tehát uq(1)=–uq(2), vagy a megfelelő intenzitásokra

7.64. egyenlet - (61.5)

| u q ( 1 ) | 2 = | u q ( 2 ) | 2 , q 0 .

Ez azt jelenti, hogy az egymást kiegészítő ernyőkön az elhajlást szenvedett fény intenzitáseloszlása egyforma (ez az ún. Babinet-elv).

Itt megemlítjük a Babinet-elv egyik érdekes következményét. Tekintsünk valamilyen fekete testet, azaz olyan testet, amely az egész reá eső fényt elnyeli. A geometriai optikának megfelelően egy ilyen test megvilágításakor mögötte geometriai árnyék jelenne meg, amelynek keresztmetszete megegyezik a testnek a fény beesési irányára merőleges keresztmetszetével. Az elhajlás jelensége azonban azt eredményezi, hogy a fény részlegesen eltérül az eredeti irányától. Ennek következtében a test mögött nagy távolságban nem lesz árnyék, és az eredeti irányban terjedő fényen kívül megjelenik egy bizonyos fénymennyiség, amely az eredetivel kis szögeket bezáró irányokban terjed. Könnyen meghatározhatjuk ennek a szórt fénynek az intenzitását. Vegyük észre, hogy a Babinet-elv szerint az adott testen az elhajlás következtében eltérült fénymennyiség megegyezik azzal, amely egy átlátszatlan ernyőbe vágott, az adott test keresztmetszetével megegyező alakú és nagyságú nyíláson eltérül. Viszont nyíláson keletkező Fraunhofer-elhajlás esetén a nyílásra beeső egész fény eltérül. Innen következik, hogy egy fekete test által szórt fény teljes mennyisége megegyezik a testre eső és elnyelt fénymennyiséggel.

Feladatok

1. Határozzuk meg a Fraunhofer-elhajlást abban az esetben, amikor egy síkhullám merőlegesen esik egy átlátszatlan ernyőbe vágott (2a szélességű) végtelen résre.

Megoldás. Válasszuk a rés síkját az yz síknak, és haladjon a z tengely a rés hosszanti irányában (a  13. ábrán az ernyő metszete látható). Merőleges beesés esetén a rés síkja egyúttal egy hullámfelület – ezt választjuk a (61.1) képletben integrálási felületnek. Mivel a rés végtelen hosszú, a fény csak az xy síkban hajlik el [a (61.1) integrál qz≠0-ra eltűnik]. Ezért az u0 teret csak az y koordináta szerint kell kifejteni:

u q = u 0 a a e i q y d y = 2 u 0 q sin q a .

Az elhajlást szenvedett fény intenzitása d𝜃 szögintervallumban

d I = I 0 2 a u q u 0 2 d q 2 π = I 0 π a k sin 2 k a 𝜃 𝜃 2 d 𝜃 ,

ahol k=ω∕c, I0 pedig a résre eső fény intenzitása.

13. ábra - 13. ábra

13. ábra

d I∕d𝜃 az elhajlás szögének függvényében úgy néz ki, amint azt a  14. ábra mutatja. Ha a 𝜃 szöget 𝜃=0-tól egyik vagy másik irányban növeljük, az intenzitás egy sor gyorsan csökkenő magasságú maximumot vesz fel. A maximumok között, a 𝜃=nπ∕ka helyeken vannak a minimumok (n egész szám), ezekben az intenzitás eltűnik.

14. ábra - 14. ábra

14. ábra

2. Ugyanez a feladatunk rácson történő diffrakció esetén, ahol a rács egy sík ernyőbe vágott egyforma, párhuzamos résekből áll (a rés szélessége 2a, az átlátszatlan ernyő szélessége a szomszédos rések között 2b, a rések száma N).

Megoldás. Válasszuk a rács síkját yz síknak, a z tengely legyen párhuzamos a résekkel. A diffrakció ismét csak az xy síkban megy végbe, és (61.1)-ben az integrálás eredménye:

u q = u q n = 0 N 1 e 2 i n q d = u q 1 e 2 i N q d 1 e 2 i q d ,

ahol d=a+b, és uq′ az egy résre elvégzett integrál eredménye. Felhasználva az első feladat eredményét, azt kapjuk, hogy

d I = I 0 a N π sin N q d sin q d 2 sin q a q a 2 d q = I 0 N π a k sin N k 𝜃 d sin k 𝜃 d 2 sin 2 k a 𝜃 𝜃 2 d 𝜃

(I0 az összes résen áthaladó fény teljes intenzitása).

Ha a rések száma nagy (N→∞), akkor ezt a képletet más alakban is felírhatjuk. A q=πn∕d értékeknél (n egész) dI∕dq-nak maximuma van; egy ilyen maximum közelében (vagyis qd=nπ+𝜀 esetén, ahol 𝜀 kicsi):

d I = I 0 a sin q a q a 2 sin 2 N 𝜀 π N 𝜀 2 d q .

Viszont N→∞-re igaz a következő képlet:[63]

lim sin 2 N x π N x 2 = δ ( x ) .

Így mindegyik maximum közelében

d I = I 0 a d sin q a q a 2 δ ( 𝜀 ) d 𝜀 ,

tehát a maximumok határesetben végtelenül keskenyek, és a fény intenzitása az n-edik maximumban

I ( n ) = I 0 d π 2 a sin 2 ( n π a d ) n 2 .

3. Határozzuk meg az intenzitás szögeloszlását egy a sugarú környílásra merőlegesen beeső fény esetén.

Megoldás. Vezessük be a z, r, φ hengerkoordinátákat, ahol a z tengely átmegy a nyílás középpontján, és merőleges annak síkjára. Nyilvánvaló, hogy az elhajlási kép szimmetrikus a z tengelyre nézve, és így a q vektornak csak sugárirányú komponense van: qr=q=k𝜃. A φ szöget q irányától számítva és (61.1)-ben a nyílás síkjára integrálva, azt kapjuk, hogy

u q = u 0 0 a 0 2 π e i q r cos φ r d φ d r = 2 π u 0 0 a J 0 ( q r ) r d r ,

ahol J0 a nulladrendű Bessel-függvény. Az ismert

0 a J 0 ( q r ) r d r = a q J 1 ( a q )

képlet alapján

u q = 2 π u 0 a q J 1 ( a q ) ,

és végül (61.4) szerint a dΩ térszögbe szórt fény intenzitása

d I = I 0 J 1 2 ( a k 𝜃 ) π 𝜃 2 d Ω ,

ahol I0 a nyílásra eső fény teljes intenzitása.



[62] A Fresnel- és Fraunhofer-elhajlás feltételeit könnyen megkaphatjuk, visszatérve a (60.2) képlethez, és például egy a szélességű résre alkalmazva azt (egy különálló ernyő széle helyett) dz szerint ekkor (60.2)-ben 0-tól a-ig kell integrálni. A Fresnel-elhajlás annak az esetnek felel meg, amikor az integrandus kitevőjében a z2-es tag lényeges, és az integrálás felső határa ∞-nel helyettesíthető. Ez akkor áll fenn, ha ka2((1/Dp)+(1/Dq))≫1. Ha viszont ebben az egyenlőtlenségben ellenkező előjel áll, akkor a z2-es tag elhagyható; ennek az esetnek felel meg a Fraunhofer-elhajlás.

[63] x≠0 esetén az egyenlőség bal oldalán álló függvény zérus, és a Fourier-sorok elméletéből ismert képletek alapján: limN→∞((1/π)∫–aaf(x)(sin2Nx/Nx2)dx)=f(0). Ebből látható, hogy a fenti függvény tulajdonságai valóban megegyeznek a δ-függvényeivel (lásd a  28. §  4 számú lábjegyzetét).