14 衍射与光栅
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Fraunhofer vs Fresnel Diffraction
当屏幕与缝的距离比较大的时候 (\(D>a^2/\lambda\)) 的时候，投影的形状与 D 无关，这种衍射被称为夫琅禾费衍射或者 far-field diffraction
而对于 D 较小的情况，投影出来的形状和大小都与距离有关，这种衍射被称为菲涅尔衍射或者 near-field diffraction
14.1 单缝衍射
将一整个缝分为 N 等分，然后根据惠更斯原理将每一小段看作一个波源
那么相邻波源到达同一位置的相位差为 \(\Delta \varphi=\frac{2\pi}{\lambda}\Delta x \sin \theta\)
于是我们可以构建出相应的相位图，每一小段都代表的是某一波源到达该处的电场矢量，然后对这些小段进行矢量相加，就得到了上面这幅图。而当 N 非常大的时候就趋近于一段圆弧。
MN代表的就是该点的电场强度，而弧线的长度代表的是原先的电场强度，从而我们可以根据长度关系计算该点的光强。
缝最上面和最下面的相位差为 \(\frac{2\pi}{\lambda}a\sin\theta\) ，记为 \(2\alpha\)，那么弧MN与直线MN的长度之比为 \(\frac{\sin\alpha}{\alpha}\)，而光强之比为电场强度之比的平方，故该点的光强为
\[
\frac{I(\theta)}{I_{\text{max}}} = \frac{E_{\theta}^2}{E_m^2} = \left[\frac{\sin \alpha}{\alpha}\right]^2
\]
于是我们可以通过上面这个公式快速计算衍射的亮条纹和暗条纹的位置了
我们先计算暗条纹的位置，这个比较简单，当 \(\alpha=m\pi\) 时，其中 \(m=\pm1,\pm 2,...\) 光强为0
而计算亮条纹时，我们对 \(\frac{\sin \alpha}{\alpha}\) 进行求导，得到 \(\alpha=\tan \alpha\) 时，\(\frac{\sin \alpha}{\alpha}\) 取得最大值，其中当 \(\alpha=0\) 时，\(I_{\theta}=I_m\) 被称为主极大，而其他的情况被称为次极大，约为 \(\pm1.43\pi,\pm2.46\pi,\pm3.47\pi\)，越来越接近 \(x.5\pi\)
主极大的半角宽度就是主极大中心位置到第一条暗纹的位置，则
\[
a\sin\theta=\lambda\Rightarrow\sin \theta\approx \Delta\theta=\frac{\lambda}{a}
\]
相应的半角宽度就是
\[
\Delta y_m\approx f\cdot \Delta\theta=f\cdot \frac{\lambda}{a}
\]
缝越窄，半角宽度也就越宽；缝越宽，半角宽度越窄。
Example
用傅里叶变换解释
单缝衍射的相对强度：随着缝宽（相对于波长）的增加，中央衍射最大值的宽度减小；也就是说，光受到缝的散射减少。次要最大值也变窄（并变得更弱）。当缝宽\(a\)远大于波长\(\lambda\)时，次要最大值消失；我们不再有单缝衍射（但我们仍然有由宽缝边缘产生的衍射，就像由剃须刀片边缘产生的衍射一样）。
让我们重新审视相量的几何序列（注意 \(r_{i+1} - r_i = \Delta x \sin\theta\)）：
\[
\begin{aligned}
E_{\theta} &= \frac {E_0}N e^{-i\omega t} \left[ e^{ikr_1} + e^{ikr_2} + e^{ikr_3} + ... + e^{ikr_N} \right]\\
&=\frac{E_0\Delta x}{a}e^{-i\omega t}\sum_ie^{ikr_i}
\end{aligned}
\]
当\(N \to \infty\)时，这趋近于：
\[
E_0 e^{-i\omega t}\frac 1a \int_0^a e^{ik(r_1 + x \sin\theta)} dx \sim \int_0^a e^{ik_xx} dx \sim \int_{-a/2}^{a/2} e^{ik_xx} dx
\]
其中\(k_x = k \sin\theta\)。
与傅里叶变换之间的联系
一维函数\(f(x)\)的傅里叶变换定义为：
\[
F(k_x) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x)e^{ik_x x}dx
\]
其逆变换为：
\[
f(x) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} F(k_x)e^{-ik_x x}dk_x
\]
傅里叶变换理论提供了对夫琅禾费衍射和双缝干涉机制的特别深刻的见解。
考虑沿y方向的长缝，由平面波照明。假设在整个孔径内没有相位或振幅变化，则一维孔径函数的形式为方脉冲：
\[
E_{sq}(x) = \begin{cases}
E_0 & |x| \leq a/2, \\
0 & |x| > a/2.
\end{cases}
\]
方脉冲的傅里叶变换为：
\[
\tilde{E}_{sq}(k_x) = \int_{-\infty}^{\infty} E_{sq}(x)e^{ik_x x}dx = E_0 \int_{-a/2}^{a/2} e^{ik_x x}dx.
\]
得到积分（直接积分就行了）
\[
\tilde{E}_{sq}(k_x)=E_0a\frac{sin\alpha}{\alpha}
\]
其中 \(\alpha=k_x(a/2)=ksin\theta(a/2)\)
这样我们依然得到了
\[
I_{sq}(\theta)=I_{max}[\frac{sin\alpha}{\alpha}]^2
\]
14.2 圆孔衍射
考虑直径为\(d\)的圆形孔——即光可以通过的圆形开口，如圆形透镜。
图像不是根据几何光学所得到的点的形状，而是一个由几个逐渐减弱的二次环包围的圆形圆盘。
根据一些计算公式我们可以得到
\[
I(\theta)=I_0[\frac{2J_1(x)}{x}]^2,x=\frac{2\pi a\sin\theta}{\lambda}
\]
其中 \(J_1(x)\) 为 the first order Bessel Function，a 为圆孔的半径
由上述公式计算可得，衍射图案的第一个极小值位于
\[
\sin \theta = 0.61 \frac{\lambda}{a}=1.22 \frac{\lambda}{D}
\]
Example
镜头成像是衍射图案这一点非常重要，当我们希望分辨（区分）两个角间距很小的遥远点状物体时。
两个物体不能从单个点状物体中区分出来，如果它们的衍射图案（主要是它们的中央最大值）重叠。
瑞利的分辨判据表明，当两个点状物体的角间距使得一个光源的衍射图案的中央最大值恰好位于另一个光源的衍射图案的第一个最小值处时，这两个点状物体刚刚可分辨，
\(\theta_{objects}\) is angle between objects and aperture
\[
\theta_{objects}\approx \tan(d/y)
\]
\(\theta_{min}\) is minimum angular separation that aparture can resolve
\[
\text{sin } \theta_{min}\approx\theta_{min}=1.22 \lambda/D
\]
如果我们要提升分辨率，我们要么提升 \(\theta_{objects}\) 或降低 \(\theta_{min}\)
14.3 双缝衍射
在我们研究杨的双缝干涉时，忽略了每个狭缝中的衍射效应。之前我们研究的时候，假设缝隙非常窄，以至于在屏幕上只能看到两个光源干涉的结果。但是如果狭缝变宽，我们就不能忽略每个缝的衍射。
之前得到的干涉条纹的位置
\[
d\sin\theta=m\lambda
\]
但是衍射效应会降低条纹的强度，于是干涉和衍射效应同时起作用，在不同的角度产生最小值，这时候在屏幕上产生了一个复杂的图案。如果干涉条纹的明条纹处和衍射条纹的暗条纹处重合时，那么这时候干涉的明条纹就会消失。
具有相同高度的紫线来自两个狭缝的波浪的干扰；中间有一个大驼峰的蓝线是波从一个缝隙内的衍射；而粗红线是两者的乘积，这是屏幕上观察到的图案。 该图显示了狭缝宽 \(a=2λ\) 度和狭缝间距的预期结果 \(d=6λ\)。 缺少干涉的最大 \(m=±3\) 阶数，因为衍射的最小值出现在相同的方向上。
用傅里叶变换来解释双缝衍射
Consider the double slit with its long side in the y-direction, illuminated by a plane wave. Assuming the one-dimensional aperture function along the x direction has the following form:
\[
E_{\text{ds}}(x) = \begin{cases}
0 & |x| < (d - a)/2, \\
E_0 & (d - a)/2 \leq |x| \leq (d + a)/2, \\
0 & |x| > (d + a)/2.
\end{cases}
\]
The Fourier transform of $ E_{\text{ds}}(x) $ is
\[
\tilde{E}_{\text{ds}}(k_x) = \int_{-\infty}^{\infty} E_{\text{ds}}(x) e^{ik_x x} \, dx.
\]
\[
\begin{aligned}
\tilde{E}_{\text{ds}}(k_x) &= \int_{-(d-a)/2}^{-(d+a)/2} E_0 e^{ik_x x} \, dx + \int_{(d-a)/2}^{(d+a)/2} E_0 e^{ik_x x} \, dx \\
&= \int_{-a/2}^{a/2} E_0 e^{ik_x(-d/2 + x')} \, dx' + \int_{-a/2}^{a/2} E_0 e^{ik_x(d/2 + x')} \, dx' \\
&= \underbrace{\left(e^{-ik_x d/2} + e^{ik_x d/2}\right)}_{\text{double-slit interference}} \underbrace{\int_{-a/2}^{a/2} E_0 e^{ik_x x'} \, dx'}_{\text{single-slit diffraction}}
\end{aligned}
\]
利用卷积来理解两者的叠加
The interference pattern can be understood by a convolution theorem for the Fourier transformation: The transform of the convolution of two functions is the product of their transforms.
Recall that the single-slit aperture function has the form
\[
E_{\text{sq}}(x) =
\begin{cases}
E_0 & |x| \leq a/2, \\
0 & |x| > a/2.
\end{cases}
\]
The Fourier transform (with \(k \equiv k_x\)) of \(E_{\text{sq}}(x)\) is
\[
\begin{aligned}
\mathcal{F}[E_{\text{sq}}(x)] &= \int_{-a/2}^{a/2} E_0 e^{ikx} \, dx = \frac{E_0}{ik} \left[ e^{ikx} \right]_{x=-a/2}^{a/2}\\
&= -i \frac{E_0 a/2}{ka/2} \left[ e^{ika/2} - e^{-ika/2} \right]\\
&= E_0 a \frac{\sin(ka/2)}{ka/2}.
\end{aligned}
\]
Likewise, we can also write Young's double-slit interference result (with negligible slit width) as the Fourier transform of an aperture function.
\[
h(x) = \delta(x + d/2) + \delta(x - d/2).
\]
\[
\begin{aligned}
\mathcal{F}[h(x)] &= \int_{-\infty}^{\infty} h(x) e^{ikx} dx\\
&= e^{-ikd/2} + e^{ikd/2}\\
&= 2 \cos(kd/2)
\end{aligned}
\]
Note that \(\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \delta(x - a) dx = f(a)\) and \(\delta(-x) = \delta(x)\).
当前光理解为两个函数的卷积
\[
E_{\text{ds}}(x) = \int_{-\infty}^{\infty} E_{\text{sq}}(x') h(x - x') \, dx'
\]
即得到了相同的结果
\[
\mathcal{F}[E_{\text{ds}}(x)] = \mathcal{F}[E_{\text{sq}}(x)] \mathcal{F}[h(x)].
\]
如果我们想得到 N 缝衍射的结果，可以令 ( N 为偶数)
\[
h(x)=\sum_{i=-\frac{N-1}{2}}^{\frac{N-1}{2}}\delta(x+id)
\]
14.4 光栅和光谱
14.4.1 The intensity of diffraction for N slits
我们从N=2推广到N更大的情况，形成衍射光栅
我们先得到单缝的情况
\[
E_\theta = E_m \frac{\sin \alpha}{\alpha}, \quad \alpha = \frac{\pi a \sin \theta}{\lambda}
\]
\[
I = I_\theta = E_m^2 \left( \frac{\sin \alpha}{\alpha} \right)^2 = I_m \left( \frac{\sin \alpha}{\alpha} \right)^2
\]
我们用图形构造的方法得到 N 缝衍射后，然后干涉得到的强度
相邻两缝之间的相位差
\[
\delta = \frac{2\pi}{\lambda} \cdot d \sin \theta = 2\beta
\Rightarrow \beta = \frac{\pi d \sin \theta}{\lambda}
\]
每一个缝的电场
\[
\left\{
\begin{aligned}
E_1 &= E_m \left( \frac{\sin \alpha}{\alpha} \right) e^{i0}\\
E_2 &= E_m \left( \frac{\sin \alpha}{\alpha} \right) e^{i\delta}\\
E_3 &= E_m \left( \frac{\sin \alpha}{\alpha} \right) e^{i2\delta}\\
&\vdots\\
E_N &= E_m \left( \frac{\sin \alpha}{\alpha} \right) e^{i(N-1)\delta}\\
\end{aligned}
\right.
\]
根据图像我们可以得到
\[
\begin{aligned}
E_\theta &= \overline{OB_N} = 2\overline{OC} \sin N\beta\\
&= 2 \cdot \frac{E_1}{2 \sin \beta} \cdot \sin N\beta\\
&= E_1 \frac{\sin N\beta}{\sin \beta}
\end{aligned}
\]
其中第二步的解释如下
\[
2\overline{OC} \sin \beta = \overline{OB_1} = E_1
\Rightarrow \overline{OC} = \frac{E_1}{2 \sin \beta}
\]
于是我们得到
\[
I_\theta = I_m \left( \frac{\sin \alpha}{\alpha} \right)^2 \left( \frac{\sin N\beta}{\sin \beta} \right)^2
\]
其中 \(\alpha = \frac{\pi a \sin \theta}{\lambda}\) \(\beta = \frac{\pi d \sin \theta}{\lambda}\)
对于 \(N=2\) 情况，我们得到
\[
I_\theta = I_m \left( \frac{\sin \alpha}{\alpha} \right)^2 \left( 2\cos \beta \right)^2
\]
Note
我认为这里的 \(I_m\) 指的是每一个缝的最大光强，如果理解为全部的光的光强为 \(I_m\) 那么得到的公式应该为
\[
I_\theta = \frac{1}{N^2}I_m \left( \frac{\sin \alpha}{\alpha} \right)^2 \left( \frac{\sin N\beta}{\sin \beta} \right)^2
\]
当 N=2 时，
\[
I_\theta = I_m \left( \frac{\sin \alpha}{\alpha} \right)^2 \left( \cos \beta \right)^2
\]
将多缝衍射理解为干涉与衍射的叠加（就像双缝衍射那个图一样的），以干涉为主，会因为衍射的暗条纹吞掉干涉的亮条纹。
在两个主极大之间，存在 N-1 个极小，以及 N-2 个次极大
主极大的位置为 \(\beta=m\pi\)，其中 \(m=0,\pm1,\pm 2 \dots\)
零点的位置为 \(\beta=(m+\frac nN)\pi\)，其中 \(m=0,\pm1,\pm 2 \dots\); \(n=1,2,...,N-1\)
次级大的位置满足 \(N\tan \beta=\tan N\beta\)
主极大的半角宽度
For small angles: \(\sin \theta \approx \theta\)
\[
\left\{
\begin{aligned}
&\theta_m \approx \frac{m \lambda}{d}\\
&\theta_m + \Delta \theta \approx \left(m + \frac{1}{N}\right) \frac{\lambda}{d}
\end{aligned}
\right.
\]
\[
\therefore \Delta \theta = \frac{\lambda}{Nd}
\]
If \(\theta\) is not small:
\[
\begin{aligned}
&d \sin \theta = m \lambda\\
&d \sin (\theta+\Delta \theta) = (m+\frac{1}{N})\lambda
\end{aligned}
\]
相减即可得到（假设 \(\Delta \theta\) 很小）
\[
d \cos \theta \cdot \Delta \theta = \frac{\lambda}{N}
\]
\[
\Delta \theta = \frac{\lambda}{Nd \cos \theta}
\]
综上所述，\(Nd\) is bigger, \(\Delta \theta\) becomes smaller.
Grating Parameters
\(N \approx 10^5, \quad 10^3 / mm, \quad d \approx 10^{-6} m\)
Example
14.4.2 色散与分辨本领
色散本领
\[
d\sin \theta =m \lambda,\quad m=0,\pm1,\pm2,...
\]
我们用 \(D\) 来表示色散本领
\[
\begin{aligned}
&d \sin \theta = m \lambda\\
&d \cos \theta \cdot \Delta \theta = m \Delta \lambda\\
&\therefore D = \frac{\Delta \theta}{\Delta \lambda} = \frac{m}{d \cos \theta}
\end{aligned}
\]
d 越小，m 越大，D就会越大，同时 D 与 N无关
对于现代光栅来说，\(d\approx 10^{-2}-10^{-3}mm\)
分辨本领
瑞利判据
If the maximum of one line falls on the first minimum its neighbor, we should be able to resolve the lines.
色散本领由上可得
\[
\begin{aligned}
&d \sin \theta = m \lambda\\
&D_\theta = \frac{\Delta \theta}{\Delta \lambda} = \frac{m}{d \cos \theta}
\end{aligned}
\]
主极大的半角宽度为
\[
\Delta \theta_w = \frac{\lambda}{N d \cos \theta}
\]
从而可以得到可以分辨的靠的最近的波长与原波长之差为
\[
\Delta \lambda = \frac{\Delta \theta_w}{D_\theta} = \frac{d \cos \theta}{m} \cdot \frac{\lambda}{N d \cos \theta} = \frac{\lambda}{N m}
\]
从而定义 Resolving power(分辨本领)
\[
R = \frac{\lambda}{\Delta \lambda} = N m
\]
It depends on \(N\), \(m\); independent of \(d\).
14.5 X光衍射
Bragg’s Law 布拉格定律
\[
2d \sin \theta = m \lambda
\]
where:
- \(d\) is the distance between crystal planes.
- \(\theta\) is the angle of incidence.
- \(\lambda\) is the wavelength of the X-rays.
- \(m\) is an integer (1, 2, 3, ...).
X 射线衍射常被用来推断晶体结构
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