Processing math: 100%

Fraunhoferi difraktsioon pilult

Langegu monokromaatne tasalaine (lainepikkusega $\lambda$) risti pilule, mille laius $b$ on palju väiksem kui kõrgus. Difraktsioonipildi tekkimist jälgitakse tasandil, mis asub kaugusel $D$ pilust. Ilmselt pilu servadest lähtuvate kiirte käiguvahe vaatluspunktis (suunas $\varphi$) on ligikaudu $b\varphi$. Samas, nagu jooniselt näha, ekraani lõpliku kauguse korral need valguskiired ei ole siiski päris paralleelsed, vaid nende vahel on nurk $\delta\varphi\sim b/D$, nii et mainitud käigusvahe määramatus on umbes $b\cdot\delta\varphi= b^2/D$. Seega, kui $b^2/D \ll \lambda$ ehk $D \gg b^2/\lambda$ (nn Fraunhoferi tingimus), siis käiguvahe vaatluspunktis praktiliselt ei muutu (st muutub hulga vähem kui lainepikkus) kui nihutada vaatlustasand lõpmata kaugele. Teiste sõnadega, pilu igast punktist vaatluspunkti jõudvaid kiiri võib käsitleda paralleelseina. Nendel tingimustel on tegemist ühemõõtmelise Fraunhoferi difraktsiooniga, kus difraktsioonipildi kuju saab esitada vaid nurga $\varphi$ kaudu. Nurk $\varphi$ ja vaatlustasandi kaugus $D$ määravad omakorda lineaarse koordinaadi ekraanil, $x=D\tan\varphi\approx D\varphi$.

Sõltuvuse $I(\varphi)$ tuletamiseks jaotame pilu laiuse $b$ väikesteks lõikudeks $d\xi$. Iga sellist elementi võib käsitleda punktallikana, millest lähtuv keralaine tekitab ekraanil vaatluskohas võnkumise amplituudiga $d\xi/r$ (siin me tegelikult eeldame, et pilu valgustatud osa on võrdlemisi väike, vastasel korral oleks õigem rääkida joonallikast ja silinderlainest). Nurk $\varphi$ on harilikult väike, nii et edasises loeme $r\approx D$. Kui lõik $d\xi$ asub pilu servast kaugusel $\xi$, siis sellest lähtuv laine läbib vaatluspunkti jõudmisel täiendava teepikkuse $\Delta=\xi\sin\varphi$, millele vastab faasinihe $k\Delta=k\xi\sin\varphi$, kus lainearv $k=2\pi/\lambda$. Integraal üle kõigi selliste lõikude annab elektrivälja amplituudi suunas $\varphi$. Komplekskujul saame $$\begin{align} E(\varphi)&\propto \frac 1D\int_0^b e^{ik\xi \sin\varphi}d\xi\\ &= \frac{1}{ikD\sin\varphi}(e^{ikb\sin\varphi}-1)\\ &= \frac{b/D}{2iu}(e^{2iu}-1), \end{align}$$ kus $$u=\frac{1}{2}kb\sin\varphi=\frac{\pi b}{\lambda}\sin\varphi.$$ Kiiritustihedus on võrdeline $E(\varphi)$ mooduli ruuduga: $$\begin{align} I(\varphi) &\propto E(\varphi)E(\varphi)^\ast\\ &\propto \frac{(b/D)^2}{2u^2}\left(1-\frac{e^{2iu} + e^{-2iu}}{2}\right)\\ &= \frac{b^2}{D^2}\frac{1-\cos(2u)}{2u^2}\\ &= \frac{b^2}{D^2}\frac{\sin^2 u}{u^2}. \end{align}$$ Tähistades nurgale $\varphi=0$ vastava kiiritustiheduse $I_0$, saame lõpptulemuse kujul $$I(\varphi) = I_0\left(\frac{\sin u}{u}\right)^2.$$ Eelnevast on ka ilmne, et $I_0$ on omakorda võrdeline laangeva laine kiiritustihedusega, pilu laiuse ruuduga ja pöördvõrdeline ekraani kauguse ruuduga.