Frage zur Welleninterferenz?

Eigentlich hast du vollkommen Recht. Die meisten Behandlungen des Doppelspalts haben eine Art Vereinfachung. Die übliche Idee ist, dass wir jeden Spalt im Doppelspalt als Punktquelle annähern, was Sie also wirklich analysieren, ist der Fall von "zwei kohärenten Punktquellen".

Diese Annäherung kann durch die Annahme gerechtfertigt werden, dass Ihre Spalte im Vergleich zu ihrem Abstand und den Wellenlängen wirklich winzig sind. Wenn jeder Schlitz winzig ist, kommen "weniger Wavelets" heraus (es gibt unendlich viele, aber hoffentlich macht mein Punkt immer noch Sinn), und wenn weniger Wavelets herauskommen, müssen weniger Wavelets entfernt werden Phase.

Wenn Sie Ihre Öffnungen kleiner und kleiner machen, kommen die beiden am stärksten phasenverschobenen Wavelets immer näher und sie sind immer mehr in Phase.

Tatsächlich wird im Fall des Einzelschlitzes der mittlere Balken breiter, wenn Sie die Schlitzöffnung immer kleiner machen. Irgendwann wird er so breit, dass man den Schlitz eher als Punktquelle annähern könnte.

Natürlich können Sie tatsächlich die vollständige Behandlung sowohl des Einzelspalts als auch des Doppelspalts im Detail durchführen (unter der Annahme von Fernfeld-Näherungen). Tatsächlich können Sie die vollständige Funktion erhalten, die das Muster beschreibt. Die Ableitung wird chaotisch, aber die Idee ist, dass unendlich viele Wellenfronten herauskommen und Sie die Auswirkungen jeder Wellenfront "addieren" möchten, von denen jede unendlich klein ist. Es stellt sich heraus, dass dies ein Integral erfordert, um sie zusammenzufassen (ähnlich wie die Leute davon sprechen, dass Integrale unendlich kleine Flächen „aufsummieren“).

Wenn Sie dies tun, ist die Intensität der Welle auf dem Bildschirm

$$I(\theta) = I_{0}\frac{\sin^{2}(\tfrac{\pi a\sin\theta}{\lambda})}{(\tfrac{\pi a\sin\theta}{\lambda})^{2}}.$$ Das Doppelschlitzmuster (Schlitzbreite $a$, Abstand zwischen Schlitzen $d$) hat eine überraschend ähnliche Funktion und das Muster ist ungefähr gegeben durch $$I(\theta) = I_{0}\frac{\sin^{2}(\tfrac{\pi a\sin\theta}{\lambda})}{(\tfrac{\pi a\sin\theta}{\lambda})^{2}} \cos^{2}(\tfrac{\pi d\sin\theta}{\lambda}).$$ Wenn wir nehmen $a\ll\lambda$, wir haben $\pi a\sin\theta /\lambda \approx 0$also dann $\left(\sin^{2}(\tfrac{\pi a\sin\theta}{\lambda})\right) / (\tfrac{\pi a\sin\theta}{\lambda})^{2} \approx 1$. Dann wird die obige Gleichung $$I(\theta)\approx I_{0}\cos^{2}(\tfrac{\pi d\sin\theta}{\lambda})$$ und Sie können sehen, dass die Maxima auftreten, wenn $\tfrac{\pi d\sin\theta}{\lambda} = n\pi$oder eher $d\sin\theta = n\lambda$. Aber am Ende des Tages ist das nichts als eine Vereinfachung/Annäherung.

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Ich werde die Ableitungen für die folgenden Formeln bereitstellen. Eine Diskussion darüber und der Gleichungen findet sich im letzten Kapitel von Vibration and Waves von AP French.

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Zwei Punktquellen

Bevor wir beantworten, was mit unendlich vielen Wellenfronten passiert, wäre es sinnvoll zu fragen, was passiert, wenn wir zwei Punktquellen haben?

Was ist der gerade Weg von einer der Quellen zu diesem Punkt, wenn ein Punkt auf dem Bildschirm voraus liegt? Da der Bildschirm weit entfernt ist, nähern wir diese beiden Pfade als parallel an, wie durch die beiden Pfeile im Bild angegeben. Der einzige Unterschied zwischen diesen beiden Wegen hier ist, dass einer von ihnen länger ist$d\sin\theta$.

Wir haben es mit 2D-Wellen zu tun, bei denen sie sich von jeder Quelle kreisförmig ausbreiten, aber entlang jeder Linie haben wir im Wesentlichen eine 1D-Welle. Im Bild oben, wenn$x$ist die Entfernung entlang eines der Pfeile, durch die die Welle gegeben ist$A\sin(kx-\omega t)$. Wenn der rechte Pfeil die Gesamtstrecke hat$x=D$, der linke Pfeil hat die Gesamtstrecke$x=D+d\sin\theta$(Alles, was zählt, ist, dass, wenn Sie ein wirklich langes Dreieck zeichnen, die beiden längsten Seiten sich um etwa unterscheiden würden$d\sin\theta$).

Auf dem Bildschirm ist die Welle aufgrund der richtigen Quelle$A\sin\big(kD-\omega t\big)$. Die Welle aufgrund der linken Quelle ist$A\sin\big( k(D+d\sin\theta)-\omega t \big)$. Daher ist unsere Gesamtwelle

$$A\sin\big(kD-\omega t\big) + A\sin\big( k(D+d\sin\theta)-\omega t \big).$$

Um dies ein wenig aufzuräumen, lassen Sie$\phi = kD-\omega t$und lass$\Delta\phi = kd\sin\theta$. Das ergibt den Ausdruck

$$A\sin(\phi)+A\sin(\phi+\Delta\phi).$$

Diese Sinussumme ist eigentlich nur eine einzige verkleidete Sinuswelle! Wir müssen einige nicht-triviale triviale Identitäten verwenden. Dieser ist auf Wikipedia im Abschnitt "Lineare Kombinationen" angegeben . Dann

$$A\sin(\phi)+A\sin(\phi+\Delta\phi) = \underbrace{\sqrt{A^{2}+A^{2}+2A^{2}\cos(\Delta\phi)}}_{\text{Amplitude}}\sin(\cdots).$$

Die Amplitude (unter Verwendung der Halbwinkelformel) wird angegeben als

$$\begin{align*} \sqrt{2A^{2}+2A^{2}\cos(\Delta\phi)} &= A\sqrt{2}\sqrt{1+\cos(\Delta\phi)} \\ &= 2A\sqrt{ \frac{1+\cos(\Delta\phi)}{2} } \\ &= 2A\cos(\tfrac{\Delta\phi}{2}). \end{align*}$$

Ooookaay. Eine Sache noch. Wenn wir zurückgehen, müssen wir das klären$k$heißt Wellenzahl. Es hängt mit der Wellenlänge von zusammen$k = 2\pi/\lambda$. Damit kennen wir uns aus$\Delta\phi = kd\sin\theta = 2\pi d\sin\theta/\lambda$. Daher ist die Welle$2A\cos\left(\frac{\pi d\sin\theta}{\lambda}\right)$. Die Intensität ergibt sich aus dem Quadrat der Amplitude, also

$$I(\theta) = 4A^{2}\cos^{2}\left(\frac{\pi d\sin\theta}{\lambda}\right).$$

Einzelschlitzmuster

Das Obige wurde nur angegeben, damit wir einen allgemeinen Ansatz haben, um diese Probleme zu betrachten, damit Sie das Problem angreifen können, wenn Sie drei Punktquellen haben oder$N$viele, und das wird hier nützlich sein.

Wir haben einen einzigen Schlitz der Breite$a$. Die Strategie besteht darin, die Welle aufzuteilen$N$Wellen im Geiste von Hyugens. Die Wellenquellen sind gleichmäßig voneinander beabstandet$\Delta s = a/N$. Jede Wellenquelle trägt dazu bei$1/N$der ursprünglichen Welle.

Dies spiegelt die Argumentation wider, die für den Fall von Zweipunktquellen verwendet wird. Lassen$D$sei der Abstand zwischen der genauen Mitte unseres Schlitzes und dem Ziel. Die Entfernung von jedem Punkt zum Ziel ist dann$x=D + s_{n}\sin\theta$Wo$s_{n}$ist die Position der Quelle relativ zur Mitte (wenn die Quelle weiter rechts liegt,$s_{n}$größer sein).

Die Welle aufgrund jeder Quelle ist jetzt$(A/N)\cos\big(k(D + s_{n}\sin\theta) - \omega t \big)$. Da wir schon angemerkt haben$\Delta s = a/N$, wir haben$\Delta s / a = 1/N$. Fassen wir alle Wellen zusammen, die wir haben

$$\sum_{n} A\cos\big(k(D+s_{n}\sin\theta) - \omega t \big)\frac{\Delta s}{a}.$$

Wir werden jetzt einen Trick anwenden. Der Trick besteht darin, Eulers Identität auszunutzen$e^{iu} = \cos(u)+i\sin(u)$. Das wird billig erscheinen, aber wir werden einfach alle ersetzen$\cos u$Bedingungen durch$e^{iu}$, und wir werden verstehen, dass wir uns nur mit dem Realteil befassen, wenn es notwendig ist.

Der Schlüssel dazu ist, dass der "Realteil" also additiv ist$\text{Re}\; (e^{iu}+e^{iu'}) = \text{Re}\; (e^{iu}) + \text{Re}\; (e^{iu'})$(Dies ist jedoch nicht so einfach, wenn wir komplexe Zahlen multiplizieren). Das funktioniert nur, weil wir Dinge hinzufügen. Außerdem respektiert das, was wir tun, die Integration$\int_{a}^{b} \text{Re}\;e^{iu}\;du = \text{Re}\;\int_{a}^{b}e^{iu}\;du$. Das Zauberhafte an diesem Trick ist, dass er die ganze Trigonometrie unglaublich einfach macht.

Wir werden auf die obige Summe zurückkommen und schreiben

$$\sum_{n} Ae^{i\left[ k(D+s_{n}\sin\theta)-\omega t\right]} \frac{\Delta s}{a}.$$

Das Hyugens-Prinzip befasst sich mit unendlich vielen Wellenfronten. Das bedeutet, dass wir senden sollen$N\rightarrow \infty$. Die obige Summe verwandelt sich dann in

$$\begin{align*} \int_{-a/2}^{a/2} \frac{A}{a}e^{iks \sin\theta} e^{ikD-i\omega t} \;ds &= \frac{Ae^{ikD-i\omega t}}{a}\left( \frac{e^{iks\sin\theta}}{ik\sin\theta} \right) \Big|_{s=-a/2}^{s=a/2} \\[1em] &= \frac{Ae^{ikD-i\omega t}}{aik\sin\theta}\left( e^{ika\sin\theta/2}-e^{-ika\sin\theta/2} \right) \\[1em] &= \frac{Ae^{ikD-i\omega t}}{aik\sin\theta}\left(2i\sin\left(\frac{ka\sin\theta}{2}\right)\right)\\[1em] &= A\frac{\sin\left( \tfrac{ka\sin\theta}{2} \right)}{\left(\tfrac{ka\sin\theta}{2}\right) }e^{ikD-i\omega t} \\[1em] &= \underbrace{A\frac{\sin\left( \tfrac{\pi a\sin\theta}{\lambda} \right)}{\left( \tfrac{\pi a\sin\theta}{\lambda} \right)}}_{\text{Amplitude}}e^{ikD-i\omega t}. \end{align*}$$

Schließlich ist die Intensität also das Quadrat der Amplitude

$$I(\theta) = A^{2}\frac{\sin^{2}\left( \tfrac{\pi a\sin\theta}{\lambda} \right)}{\left(\tfrac{\pi a\sin\theta}{\lambda} \right)^{2}}$$

Doppelschlitzmuster

Jeder Schlitz hat eine Breite$a$. Der Abstand zwischen der Mitte jedes Schlitzes ist$d$.

Genau wie zuvor teilen wir die Welle in jeder Öffnung auf$N$Wellen bzw. Für jede Öffnung,$\Delta s = a / N$. Wie wir senden$N\rightarrow \infty$für beide Spalte erhalten wir die Integrale

$$\int_{-\frac{d}{2}-\frac{a}{2}}^{-\frac{d}{2}+\frac{a}{2}}\frac{A}{a}e^{iks\sin\theta}e^{ikD-i\omega t}\;ds + \int_{\frac{d}{2}-\frac{a}{2}}^{\frac{d}{2}+\frac{a}{2}}\frac{A}{a}e^{iks\sin\theta}e^{ikD-i\omega t}\;ds.$$ Wir müssen die Integrale auswerten und ernsthafte Trig-Akrobatik machen. Das Auswerten und Vereinfachen einiger Dinge ergibt $$\frac{Ae^{ikD-i\omega t}}{ak\sin\theta/2}\left[ \sin\left(k(\tfrac{d}{2}+\tfrac{a}{2})\sin\theta\right)-\sin\left(k(\tfrac{d}{2}-\tfrac{a}{2})\sin\theta\right) \right].$$ Wir können diesen Ausdruck öffnen, indem wir Sinusadditionsformeln anwenden und eine Aufhebung erhalten. Dies ergibt $$\frac{Ae^{ikD-i\omega t}}{ak\sin\theta/2}\cdot 2\cos\left(k\left(\tfrac{d}{2}\right)\sin\theta\right)\sin\left(k\left(\tfrac{a}{2}\right)\sin\theta\right).$$ Wie zuvor ist die Wellenzahl $k = 2\pi/\lambda$, also jetzt der Ausdruck gleich $$\frac{Ae^{ikD-i\omega t}}{(\tfrac{\pi a\sin\theta}{\lambda})} \cdot 2\cos\left(\tfrac{\pi d\sin\theta}{\lambda}\right)\sin\left(\tfrac{\pi a\sin\theta}{\lambda}\right)$$ und das ist $$\underbrace{2A\frac{\sin\left(\tfrac{\pi a\sin\theta}{\lambda}\right)}{\left(\tfrac{\pi a\sin\theta}{\lambda}\right)}\cos\left(\tfrac{\pi d\sin\theta}{\lambda}\right)}_{\text{Amplitude}}e^{ikD-i\omega t}.$$ Durch Quadrieren der Amplitude erhalten wir $$I(\theta) = 4A^{2}\frac{\sin^{2}\left(\tfrac{\pi a\sin\theta}{\lambda}\right)}{\left(\tfrac{\pi a\sin\theta}{\lambda}\right)^{2}}\cos^{2}\left(\tfrac{\pi d\sin\theta}{\lambda}\right).$$