12 Optyka: zasada najmniejszego czasu, interferencja, dyfrakcja

0 Prolog: czarna bańka

Bańka mydlana mieni się barwami, które przesuwają się po powierzchni, gdy woda spływa w dół i błona cienieje. Tuż przed pęknięciem górna część bańki robi się czarna: przestaje odbijać światło, choć wciąż tam jest. Newton badał to zjawisko z soczewką położoną na płytce szklanej (pierścienie Newtona) i choć w światło jako falę nie wierzył, zmierzył, że barwy powtarzają się przy grubościach rosnących o ułamki mikrometra.

Wyjaśnienie wymaga dwóch kroków. Pierwszy to obraz promieni: światło biegnie po drogach, które zajmują najmniej czasu, i z tego wynikają prawa odbicia i załamania, soczewki i przyrządy optyczne. Drugi to obraz falowy: światło odbite od przedniej i tylnej powierzchni błony dodaje się z różnymi fazami, a wynik zależy od grubości błony w porównaniu z długością fali. Feynman pokazuje, że oba obrazy są ze sobą związane: zasada najmniejszego czasu wynika z tego, że fale biegnące drogami bliskimi najszybszej mają prawie te same fazy i się wzmacniają.FLP I-26-1, 26-6

Pytanie na start. Dlaczego bańka tuż przed pęknięciem jest czarna, a nie przezroczysta jak szkło? Odpowiedź w części 5 i w symulacji 4.

1 Zasada Fermata: odbicie i załamanie

W ośrodku o współczynniku załamania $n$ światło biegnie z prędkością $c/n$ : w wodzie ( $n = 1{,}33$ ) z prędkością 225 000 km/s, w szkle ( $n \approx 1{,}5$ ) 200 000 km/s. Fermat (1662) sformułował zasadę: światło biegnie między dwoma punktami po drodze, której przebycie zajmuje najmniej czasu (ściślej: czas jest stacjonarny, co dopuszcza też maksima i punkty siodłowe).FLP I-26-3, 26-5

Prawo · odbicie i załamanie (Snelliusa)

\theta_\text{odb} = \theta_\text{pad},\qquad n_1\sin\theta_1 = n_2\sin\theta_2 .

Kąty mierzymy od normalnej do powierzchni. Oba prawa wynikają z minimalizacji czasu: dla odbicia najkrótsza jest droga przez punkt, w którym kąty są równe (odbicie lustrzane drugiego punktu leży na prostej), a dla załamania to zadanie ratownika z lekcji 1.4 Rachunek różniczkowy w praktyce i wariacyjne ujęcie z lekcji 6.1 Rachunek wariacyjny.

Przy przejściu z ośrodka optycznie gęstszego do rzadszego ( $n_1 > n_2$ ) promień odchyla się od normalnej, a powyżej kąta granicznego $\sin\theta_g = n_2/n_1$ nie wychodzi wcale: następuje całkowite wewnętrzne odbicie. Dla wody $\theta_g = 48{,}6^\circ$ (ryba pod wodą widzi całe niebo w stożku o tym kącie, a dalej odbicie dna), dla szkła $41{,}8^\circ$ , dla diamentu $24{,}4^\circ$ (stąd jego blask). Na całkowitym wewnętrznym odbiciu działają światłowody i pryzmaty w lornetkach.

Współczynnik załamania nieco zależy od długości fali (dyspersja): dla wody od 1,331 dla czerwieni do 1,343 dla fioletu. Pryzmat rozszczepia więc światło białe, a krople deszczu tworzą tęczę: światło po jednym odbiciu wewnątrz kropli wychodzi najjaśniej pod kątem ok. $42^\circ$ od kierunku przeciwnego do Słońca dla czerwieni i ok. $40{,}6^\circ$ dla fioletu (przykład 12.6). W powietrzu o zmiennej temperaturze $n$ zmienia się płynnie i promienie się zakrzywiają: stąd miraże nad gorącą szosą.FLP I-26-4

Zadania · część 1

5 zadań · ok. 30 min

Promień pada z powietrza na wodę pod kątem 45° od normalnej. Pod jakim kątem biegnie w wodzie? A w szkle ( $n = 1{,}5$ )?

Odpowiedź
$\sin\theta_2 = \sin45^\circ/1{,}333$ : 32,0°; w szkle 28,1°.
Oblicz kąt graniczny dla wody, szkła i diamentu ( $n = 2{,}42$ ).

Odpowiedź
48,6°, 41,8°, 24,4°.
Basen ma głębokość 2 m. Jak głęboki wydaje się, gdy patrzymy pionowo w dół?

Wskazówka
Dla małych kątów $\sin\theta \approx \operatorname{tg}\theta \approx \theta$ .

Odpowiedź
Promienie z dna wychodzą pod małymi kątami; $h_\text{pozorna} = h/n \approx 1{,}5$ m.
Światłowód ma rdzeń o $n_1 = 1{,}48$ i płaszcz o $n_2 = 1{,}46$ . Jaki jest kąt graniczny na granicy rdzeń–płaszcz? Pod jakim największym kątem do osi włókna może biec promień, żeby nie uciec?

Odpowiedź
$\sin\theta_g = 1{,}46/1{,}48$ , $\theta_g \approx 80{,}6^\circ$ od normalnej, czyli do $9{,}4^\circ$ od osi włókna.
Wyprowadź prawo odbicia z zasady Fermata: światło idzie z punktu A do B przez punkt na lustrze. Dlaczego najkrótsza droga to ta z równymi kątami?

Odpowiedź
Odbij B w lustrze, otrzymując B′. Droga A → P → B ma tę samą długość co A → P → B′, a ta jest najkrótsza, gdy P leży na prostej AB′. Wtedy kąty padania i odbicia są równe.FLP I-26-3

2 Soczewki, oko i przyrządy

Soczewka skupiająca jest tak ukształtowana, że wszystkie drogi z punktu przedmiotu do punktu obrazu zajmują ten sam czas: promienie przechodzące przez grubszy środek są spowalniane dokładnie tyle, ile tracą promienie biegnące dłuższą drogą przez brzeg. Dlatego wszystkie spotykają się w jednym punkcie.FLP I-26-4, 27-3

Prawo · cienka soczewka

\frac1s + \frac1{s'} = \frac1f,\qquad m = -\frac{s'}s,\qquad \frac1f = (n - 1)\Big(\frac1{R_1} - \frac1{R_2}\Big) .

$s$ to odległość przedmiotu, $s'$ obrazu (dodatnia, gdy obraz jest rzeczywisty, po drugiej stronie soczewki), $f$ ogniskowa (dodatnia dla soczewki skupiającej). $R_1$ , $R_2$ to promienie krzywizny kolejnych powierzchni, dodatnie, gdy środek krzywizny leży za powierzchnią (po stronie, w którą biegnie światło); dla soczewki dwuwypukłej $R_1 > 0$ , $R_2 < 0$ . $m$ to powiększenie poprzeczne (ujemne: obraz odwrócony). Zdolność skupiająca $1/f$ mierzy się w dioptriach (D = 1/m). Wzór dla zwierciadła kulistego ma tę samą postać z $f = R/2$ .

Trzy promienie wystarczają do narysowania obrazu: równoległy do osi przechodzi po załamaniu przez ognisko $F'$ , przechodzący przez środek soczewki nie zmienia kierunku, a biegnący przez ognisko $F$ wychodzi równolegle do osi (symulacja 1). Gdy przedmiot jest bliżej niż ogniskowa, promienie po soczewce się rozbiegają, a obraz jest pozorny: tam, skąd zdają się wychodzić. Tak działa lupa.FLP I-27-4

Oko ma zdolność skupiającą ok. 60 D (z czego większość daje rogówka), a soczewka oka zmienia ją o kilka dioptrii, żeby ostro widzieć bliskie przedmioty (akomodacja). Krótkowidz ma oko za silne: jego punkt daleki leży np. 0,5 m przed nim, a koryguje go soczewka rozpraszająca −2 D. Dalekowidz potrzebuje soczewki skupiającej. Lupa o ogniskowej $f$ pozwala oglądać przedmiot z odległości $f$ zamiast 25 cm: powiększenie kątowe ok. $25\ \mathrm{cm}/f$ . Luneta z obiektywem o ogniskowej $f_1$ i okularem $f_2$ powiększa kątowo $f_1/f_2$ razy.FLP I-27-5

Zadania · część 2

5 zadań · ok. 30 min

Obiektyw aparatu ma ogniskową 50 mm. Jak daleko od matrycy musi być, żeby ostro sfotografować osobę stojącą 2 m dalej? Ile razy mniejszy jest jej obraz?

Odpowiedź
$s' = 1/(1/50 - 1/2000)$ mm $\approx 51{,}3$ mm; powiększenie $s'/s \approx 1/39$ .
Przedmiot stoi 7,5 cm przed soczewką o ogniskowej 5 cm. Gdzie powstaje obraz i jaki jest? A gdy przedmiot jest 3 cm od soczewki?

Odpowiedź
$s' = 15$ cm, $m = -2$ : rzeczywisty, odwrócony, dwukrotnie powiększony. Dla 3 cm: $s' = -7{,}5$ cm, $m = +2{,}5$ : pozorny, prosty, po stronie przedmiotu.
Krótkowidz widzi ostro najwyżej do 50 cm. Jakich okularów potrzebuje (pomiń odległość okularów od oka)?

Odpowiedź
Soczewka musi z przedmiotów w nieskończoności zrobić obraz pozorny w 50 cm: $f = -0{,}5$ m, czyli −2 D.
Soczewka dwuwypukła ze szkła ( $n = 1{,}5$ ) ma oba promienie krzywizny po 10 cm. Jaka jest jej ogniskowa? Jak zmieni się ogniskowa pod wodą?

Odpowiedź
W powietrzu ( $R_1 = 0{,}1$ m, $R_2 = -0{,}1$ m): $1/f = 0{,}5\cdot(1/0{,}1 + 1/0{,}1)$ , $f = 10$ cm. W wodzie liczy się stosunek $1{,}5/1{,}333$ : $1/f = (1{,}125 - 1)\cdot20$ , $f = 40$ cm. Dlatego pod wodą bez maski widzimy nieostro: rogówka prawie przestaje skupiać.
Luneta ma obiektyw o ogniskowej 1000 mm i okular 10 mm. Jakie ma powiększenie? Jaką średnicę ma tarcza Księżyca (0,5°) widziana przez lunetę?

Odpowiedź
100×; Księżyc wydaje się mieć ok. 50° (dokładniej 47°), czyli wypełnia całe pole widzenia typowego okularu.

3 Interferencja: dodawanie fazorów

Światło to fala elektromagnetyczna o długości od ok. 400 nm (fiolet) do 700 nm (czerwień). Dwie fale o tej samej częstotliwości dodajemy jako fazory (lekcja 1.7 Liczby zespolone i fazory): wynik zależy od różnicy faz $\varphi$ . Natężenie sumy dwóch fal o równych amplitudach to $I = 2I_0(1 + \cos\varphi) = 4I_0\cos^2(\varphi/2)$ : od zera do czterokrotności natężenia jednej fali, a średnio $2I_0$ , więc energia się zgadza.FLP I-29-5

W doświadczeniu Younga (1801) światło z jednego źródła przechodzi przez dwie wąskie szczeliny odległe o $d$ . Na ekranie w kierunku $\theta$ fale z obu szczelin mają różnicę dróg $d\sin\theta$ i różnicę faz $\varphi = 2\pi d\sin\theta/\lambda$ .

Prawo · interferencja na szczelinach

d\sin\theta = m\lambda\ \ \text{(maksima)},\qquad I(\theta) = I_\text{max}\bigg[\frac{\sin(N\alpha)}{N\sin\alpha}\bigg]^2,\quad \alpha = \frac{\pi d\sin\theta}\lambda .

Dla dwóch szczelin prążki na ekranie odległym o $L$ są odległe o $\lambda L/d$ . Dla $N$ szczelin (siatka dyfrakcyjna) maksima główne leżą w tych samych miejscach, ale ich szerokość maleje jak $1/N$ , a między nimi jest $N - 1$ minimów: fazory od wszystkich szczelin układają się wtedy w zamknięty wielokąt.FLP I-30-1, 30-2

Siatka o $N$ szczelinach rozróżnia dwie długości fal różniące się o $\Delta\lambda$ , gdy $\lambda/\Delta\lambda \le mN$ (zdolność rozdzielcza siatki). Do rozdzielenia dubletu sodu (589,0 i 589,6 nm) w pierwszym rzędzie wystarczy ok. 1000 oświetlonych rys. Płyta CD z rowkami co 1,6 μm to siatka odbiciowa: stąd jej tęczowe barwy.FLP I-30-3

Zadania · część 3

5 zadań · ok. 35 min

Laser 633 nm oświetla dwie szczeliny odległe o 0,25 mm. Jaka jest odległość prążków na ekranie oddalonym o 2 m?

Odpowiedź
$\lambda L/d \approx 5{,}1$ mm.
Siatka ma 600 rys na milimetr. Pod jakimi kątami widać zielone światło 550 nm w pierwszym i drugim rzędzie? Czy istnieje trzeci rząd?

Odpowiedź
$d = 1{,}667\ \mu$ m. $\sin\theta_1 = 0{,}33$ : 19,3°; $\sin\theta_2 = 0{,}66$ : 41,3°. Trzeci rząd: $\sin\theta = 0{,}99$ , istnieje, ale pod kątem ok. 82°, prawie wzdłuż siatki (słaby i trudny do obserwacji).
Ile szczelin siatki trzeba oświetlić, żeby w pierwszym rzędzie rozdzielić linie sodu 589,0 i 589,6 nm?

Odpowiedź
$N \ge \lambda/\Delta\lambda \approx 589{,}3/0{,}6 \approx 982$ .
Dla trzech szczelin narysuj fazory w kierunku, w którym sąsiednie fale różnią się fazą o 120°. Jakie jest natężenie? Ile minimów jest między dwoma maksimami głównymi?

Odpowiedź
Trzy fazory obrócone o 120° tworzą trójkąt równoboczny: suma zero, minimum. Minima przy 120° i 240°: dwa ( $N - 1$ ); między nimi słabe maksimum boczne przy 180° (suma równa jednemu fazorowi, natężenie $1/9$ maksimum).
Pokaż, że suma $N$ fazorów o jednakowej długości $A$ obróconych kolejno o $\varphi$ ma długość $A\,\frac{\sin(N\varphi/2)}{\sin(\varphi/2)}$ (szereg geometryczny, lekcja 1.6 Szeregi liczbowe i potęgowe).

Odpowiedź
$A\sum_{j=0}^{N-1}e^{ij\varphi} = A\frac{e^{iN\varphi} - 1}{e^{i\varphi} - 1} = Ae^{i(N - 1)\varphi/2}\frac{\sin(N\varphi/2)}{\sin(\varphi/2)}$ . Moduł jak w tezie; z $\varphi = 2\alpha$ daje wzór na $I(\theta)$ .FLP I-30-1

4 Dyfrakcja i granica rozdzielczości

Jedna szeroka szczelina to wiele bliskich źródeł. Fazory od kolejnych pasków szczeliny układają się w łuk okręgu. W kierunku, w którym różnica dróg między brzegami szczeliny o szerokości $a$ wynosi dokładnie $\lambda$ , łuk zamyka się w pełny okrąg i natężenie spada do zera:FLP I-30-1, 30-6

a\sin\theta = m\lambda\ \ (m = \pm1, \pm2, \dots)\quad\text{(minima)},\qquad I = I_0\Big(\frac{\sin\beta}\beta\Big)^2,\ \ \beta = \frac{\pi a\sin\theta}\lambda .

Im węższa szczelina, tym szerzej światło się rozchodzi. Dla dużych odległości figura dyfrakcyjna jest transformatą Fouriera kształtu otworu (lekcja 4.3 Transformata Fouriera i delta Diraca): wąski otwór to szerokie widmo kierunków.

Dla okrągłego otworu o średnicy $D$ pierwsze ciemne kółko leży pod kątem $\sin\theta = 1{,}22\lambda/D$ . Obraz punktowej gwiazdy w teleskopie to plamka o takim rozmiarze kątowym, otoczona słabymi pierścieniami (plamka Airy'ego). Dwie gwiazdy da się rozróżnić, gdy środek plamki jednej wypada na pierwsze ciemne kółko drugiej:FLP I-30-4, 27-7

Wynik · kryterium Rayleigha

\theta_\text{min} = 1{,}22\frac\lambda D .

Oko (źrenica 3 mm, 550 nm): ok. $2{,}2\cdot10^{-4}$ rad $\approx 0{,}8'$ , w praktyce ok. $1'$ . Teleskop Hubble'a (2,4 m): $0{,}06''$ . Mikroskop optyczny nie rozdziela szczegółów mniejszych niż ok. $\lambda/(2\,\mathrm{NA}) \approx 200$ nm, gdzie NA to apertura numeryczna obiektywu (do ok. 1,4).

Zadania · część 4

5 zadań · ok. 30 min

Laser 633 nm oświetla szczelinę o szerokości 0,1 mm. Jaka jest szerokość jasnego prążka centralnego na ekranie odległym o 2 m?

Odpowiedź
Między pierwszymi minimami: $2\lambda L/a \approx 2{,}5$ cm.
Z jakiej odległości oko (źrenica 5 mm w nocy) rozróżni dwa reflektory samochodu odległe o 1,5 m?

Odpowiedź
$\theta = 1{,}22\cdot550\cdot10^{-9}/0{,}005 \approx 1{,}34\cdot10^{-4}$ rad; $1{,}5/\theta \approx 11$ km (w praktyce kilka km, bo oko ma też inne ograniczenia).
Jak mały szczegół na Księżycu (384 000 km) rozróżni teleskop Hubble'a? A teleskop VLT o średnicy 8,2 m (gdyby nie atmosfera)?

Odpowiedź
Hubble: $2{,}8\cdot10^{-7}\ \mathrm{rad}\cdot3{,}84\cdot10^8$ m $\approx 110$ m. VLT: ok. 30 m. Pozostawione na Księżycu lądowniki Apollo (kilka metrów) są dla nich niewidoczne.
Dlaczego radioteleskopy mają średnice setek metrów albo łączy się je w sieci o rozmiarach kontynentów?

Odpowiedź
Fale radiowe mają długość centymetrów do metrów, $10^4$ – $10^6$ razy więcej niż światło. Żeby dorównać rozdzielczością teleskopom optycznym, $D$ musi być proporcjonalnie większe; interferometria łączy anteny odległe o tysiące kilometrów w jeden „teleskop”.
Narysuj fazory od pasków szczeliny dla kierunku, w którym różnica dróg brzegów wynosi $\lambda/2$ , $\lambda$ i $3\lambda/2$ . Jaki ułamek natężenia maksymalnego przypada na każdy?

Odpowiedź
Łuk o kącie 180°, 360°, 540°. Długość cięciwy (suma) do długości łuku: $2/\pi$ , 0 i $2/(3\pi)$ . Natężenia: $4/\pi^2 \approx 0{,}41$ , 0 i $4/(9\pi^2) \approx 0{,}045$ (pierwsze maksimum boczne, w przybliżeniu).

5 Cienkie warstwy, współczynnik załamania i polaryzacja

5.1 Barwy cienkich warstw

Światło pada prawie prostopadle na błonę o grubości $d$ i współczynniku $n$ . Część odbija się od przedniej powierzchni, część od tylnej. Różnica dróg optycznych to $2nd$ . Przy odbiciu od ośrodka o większym $n$ fala zmienia fazę o pół okresu (dla bańki: na przedniej powierzchni tak, na tylnej nie). Dlatego dla błony mydlanej w powietrzu:FLP I-30-5

2nd = \big(m + \tfrac12\big)\lambda\ \ \text{(wzmocnienie odbicia)},\qquad 2nd = m\lambda\ \ \text{(wygaszenie)} .

Błona dużo cieńsza od długości fali ( $d \to 0$ ) wygasza odbicie wszystkich barw: to czarna bańka z prologu. Grubsze błony wzmacniają różne barwy w zależności od grubości, a bardzo grube mieszają ich tak wiele, że wyglądają biało. Tę samą zasadę wykorzystuje powłoka antyrefleksyjna: warstwa o grubości $\lambda/4n_c$ i współczynniku $n_c \approx \sqrt{n_\text{szkła}}$ wygasza odbicie (oba odbicia mają skok fazy, różnica dróg to $\lambda/2$ ).

5.2 Skąd się bierze współczynnik załamania

Feynman wyjaśnia $n$ mikroskopowo. Fala świetlna porusza elektrony w atomach materiału, a drgające elektrony same wysyłają fale. W kierunku do przodu fala wypromieniowana przez warstwę materiału jest opóźniona w fazie o ćwierć okresu względem fali padającej; ich suma to fala o fazie nieco opóźnionej, czyli taka, jakby światło biegło wolniej. Elektrony są jak oscylatory z częstością własną w nadfiolecie (dział 6 „Drgania, rezonans i układy liniowe”), więc odpowiadają silniej na światło o wyższej częstotliwości: $n$ rośnie od czerwieni do fioletu (dyspersja normalna).FLP I-31-1, 31-3

To samo drganie elektronów rozprasza światło na boki, z natężeniem proporcjonalnym do $\omega^4$ : fiolet (400 nm) rozprasza się w powietrzu ok. 9 razy, a błękit (450 nm) ok. 6 razy silniej niż czerwień (700 nm). Stąd niebieskie niebo i czerwone zachody Słońca.FLP I-32-5

5.3 Polaryzacja

Światło jest falą poprzeczną: pole elektryczne drga prostopadle do kierunku biegu, a kierunek tych drgań to polaryzacja. Przy odbiciu pod kątem Brewstera $\operatorname{tg}\theta_B = n_2/n_1$ (dla wody 53°; promień odbity i załamany są wtedy prostopadłe) odbija się tylko składowa drgająca równolegle do powierzchni: elektrony w wodzie, drgając w drugim kierunku, musiałyby promieniować wzdłuż kierunku swoich drgań, czego dipol nie robi. Okulary polaryzacyjne przepuszczają drgania pionowe i gaszą blask odbity od wody i szosy.FLP I-33-1, 33-4, 33-6

Zadania · część 5

5 zadań · ok. 30 min

Błona mydlana ma grubość 300 nm. Dla jakich długości fal w zakresie widzialnym odbicie jest najsilniejsze? Jaką ma barwę?

Odpowiedź
$\lambda = 4nd/(2m + 1) = 1596, 532, 319$ nm: w zakresie widzialnym tylko 532 nm, barwa zielonkawa (z domieszkami, symulacja 4).
Jakiej grubości powinna być powłoka antyrefleksyjna z MgF₂ ( $n = 1{,}38$ ) dla światła 550 nm? Jaki ułamek światła odbija się od gołego szkła ( $n = 1{,}5$ ) przy padaniu prostopadłym?

Odpowiedź
$\lambda/4n_c \approx 100$ nm. Gołe szkło: $\big(\tfrac{n - 1}{n + 1}\big)^2 = 4\%$ na każdej powierzchni; z powłoką ok. 1,4% (ideał $n_c = \sqrt{1{,}5} = 1{,}22$ dałby 0).
Oblicz kąt Brewstera dla wody i szkła.

Odpowiedź
$\operatorname{arctg}1{,}333 \approx 53{,}1^\circ$ , $\operatorname{arctg}1{,}5 \approx 56{,}3^\circ$ .
Dlaczego bańka tuż przed pęknięciem jest czarna, a cienka warstwa powietrza między dwiema płytkami szklanymi, w miejscu ich styku, też jest ciemna (środek pierścieni Newtona)?

Odpowiedź
W obu przypadkach jedno z dwóch odbić zachodzi od ośrodka gęstszego (skok fazy o pół okresu), a drugie od rzadszego (bez skoku). Przy grubości $\ll\lambda$ różnica dróg jest znikoma, więc fale różnią się fazą o pół okresu i się znoszą, dla każdej barwy.
Ile razy silniej powietrze rozprasza światło fioletowe (400 nm) niż czerwone (700 nm)? Dlaczego niebo nie jest więc fioletowe?

Odpowiedź
$(700/400)^4 \approx 9{,}4$ razy. Słońce emituje mniej fioletu niż błękitu, część fioletu pochłania ozon, a oko jest mniej czułe na fiolet: suma daje błękit.

6 Metoda i przykłady rozwiązane

Metoda dla zadań z optyki

Promienie czy fale? Gdy przeszkody i otwory są dużo większe od $\lambda$ : optyka geometryczna (Snellius, soczewki). Gdy porównywalne albo liczą się różnice dróg rzędu $\lambda$ : fazory.
Geometria: kąty od normalnej; znaki $s$ , $s'$ , $f$ zgodnie z umową (rzeczywiste dodatnie).
Fazy: różnica dróg optycznych ( $n\times$ droga) razy $2\pi/\lambda$ , plus skoki o $\pi$ przy odbiciu od ośrodka gęstszego.
Wiele źródeł: dodaj fazory; dla jednakowych i równomiernie przesuniętych użyj wzoru $\sin(N\varphi/2)/\sin(\varphi/2)$ .
Rozdzielczość: $\theta \approx 1{,}22\lambda/D$ dla otworu, $\lambda/\Delta\lambda = mN$ dla siatki.
Sprawdzenie: granica $\lambda \to 0$ (optyka geometryczna), zachowanie energii (średnie natężenie), rzędy wielkości.

Przykład 12.1 Okno Snella

Nurek pod spokojną powierzchnią jeziora patrzy w górę. W jakim stożku widzi świat nad wodą? Co widzi, patrząc pod większym kątem?

Promienie z całej półsfery nad wodą (kąty padania od 0 do 90°) po załamaniu biegną pod kątami od 0 do $\theta_g$ .
$\theta_g = \arcsin(1/1{,}333) \approx 48{,}6^\circ$ : cały świat nad wodą mieści się w stożku o kącie połówkowym 48,6°.
Pod większymi kątami światło z dołu ulega całkowitemu wewnętrznemu odbiciu od powierzchni: nurek widzi odbicie dna, jak w lustrze.

Wynik: stożek o kącie wierzchołkowym ok. 97° (okno Snella); dalej powierzchnia wody jest lustrem.

Sprawdzenie: przedmioty tuż nad horyzontem są na brzegu okna mocno ściśnięte, bo cały zakres kątów padania 80–90° (przedmioty 0–10° nad horyzontem) trafia w wąski pas 47,6–48,6° ✓.

Przykład 12.2 Lupa i projektor

Soczewka o ogniskowej 5 cm. (a) Jak ustawić przedmiot, by uzyskać obraz na ekranie odległym o 2 m od soczewki i ile razy jest powiększony? (b) Jakie powiększenie kątowe daje ta soczewka jako lupa?

(a) $1/s = 1/5 - 1/200$ , $s \approx 5{,}13$ cm; $m = -200/5{,}13 \approx -39$ .
(b) Lupa z przedmiotem w ognisku: oko widzi go pod kątem $h/f$ zamiast $h/25$ cm, powiększenie $25/5 = 5$ .

Wynik: przedmiot tuż za ogniskiem daje na ekranie obraz 39 razy powiększony i odwrócony (dlatego slajdy wkłada się do góry nogami); jako lupa soczewka powiększa 5 razy.

Sprawdzenie: gdy $s \to f$ , obraz ucieka do nieskończoności i powiększenie rośnie bez ograniczeń: aby powiększyć bardziej, przedmiot musi być bliżej ogniska ✓.

Przykład 12.3 Pomiar długości fali lasera

Laser świeci prostopadle na siatkę 600 rys/mm. Na ekranie odległym o 1,00 m od siatki najbliższe boczne plamki są 0,336 m od plamki centralnej, a następne 0,826 m. Jaka jest długość fali?

Okres siatki $d = 1/600$ mm $= 1{,}667\ \mu$ m.
Pierwszy rząd: $\operatorname{tg}\theta_1 = 0{,}336$ , $\theta_1 = 18{,}6^\circ$ , $\sin\theta_1 = 0{,}318$ ; $\lambda = d\sin\theta_1 \approx 531$ nm.
Drugi rząd: $\operatorname{tg}\theta_2 = 0{,}826$ , $\theta_2 = 39{,}6^\circ$ , $\sin\theta_2 = 0{,}637$ ; $\lambda = d\sin\theta_2/2 \approx 531$ nm.

Wynik: ok. 531 nm, zielony laser (532 nm). Oba rzędy dają tę samą wartość.

Sprawdzenie: odległości plamek na ekranie nie są proporcjonalne do rzędu (0,336 i 0,826, nie 0,336 i 0,672), bo proporcjonalne są sinusy kątów, a nie tangensy. Gdyby ktoś wziął drugą plamkę za pierwszy rząd, dostałby 1062 nm, podczerwień, czyli wynik sprzeczny z widoczną zieloną barwą ✓.

Przykład 12.4 Czy da się przeczytać tablicę rejestracyjną z orbity?

Satelita na orbicie 400 km ma teleskop o średnicy lustra 2,4 m (jak Hubble). Jaki najmniejszy szczegół na Ziemi rozróżni w świetle 550 nm? Czy przeczyta tablicę rejestracyjną (litery ok. 8 cm)?

$\theta = 1{,}22\cdot550\cdot10^{-9}/2{,}4 \approx 2{,}8\cdot10^{-7}$ rad.
Na odległość 400 km: $\Delta x = 2{,}8\cdot10^{-7}\cdot4\cdot10^5 \approx 0{,}11$ m.

Wynik: ok. 11 cm: tablicę widać jako prostokąt, ale liter (8 cm, z odstępami po 1–2 cm) nie da się przeczytać nawet w idealnych warunkach, a atmosfera pogarsza obraz.

Sprawdzenie: komercyjne satelity obserwacyjne z lustrami ok. 1 m osiągają ok. 30 cm na piksel; to zgodne z prawem $\lambda/D$ ✓.

Przykład 12.5 Plama oleju na mokrej jezdni

Warstwa oleju ( $n = 1{,}45$ ) na wodzie ( $n = 1{,}33$ ) ma grubość 400 nm. Jakie barwy odbija najsilniej przy patrzeniu prostopadłym?

Odbicie powietrze–olej: skok fazy (olej gęstszy). Olej–woda: bez skoku (woda rzadsza). Jak w bańce: wzmocnienie dla $2nd = (m + \tfrac12)\lambda$ .
$\lambda = 4nd/(2m + 1) = 2320, 773, 464, 331$ nm.
W zakresie widzialnym: 464 nm (niebieski), a 773 nm leży tuż za czerwienią.

Wynik: plama w tym miejscu jest niebieskawa z domieszką purpury; tam, gdzie olej ma inną grubość, ma inne barwy.

Sprawdzenie: gdyby olej leżał na szkle ( $n = 1{,}5$ ), oba odbicia miałyby skok fazy i warunki wzmocnienia i wygaszenia zamieniłyby się miejscami ✓.

Przykład 12.6 Tęcza

Promień wpada do kulistej kropli wody pod kątem padania $i$ , załamuje się (kąt $r$ ), odbija raz od tylnej ściany i wychodzi. Całkowite odchylenie to $D = 180^\circ + 2i - 4r$ . Pokaż, że $D$ ma minimum i oblicz kąt tęczy dla $n = 1{,}333$ .

$\sin i = n\sin r$ . Warunek minimum $dD/di = 0$ : $dr/di = 1/2$ . Z $\cos i\,di = n\cos r\,dr$ : $\cos i = \tfrac n2\cos r$ .
Rozwiązanie: $\cos^2i = (n^2 - 1)/3$ , $i \approx 59{,}4^\circ$ , $r \approx 40{,}2^\circ$ .
$D_\text{min} \approx 180 + 118{,}8 - 160{,}8 = 137{,}9^\circ$ , czyli $180^\circ - D \approx 42{,}1^\circ$ od kierunku przeciwnego do Słońca.

Wynik: wiele promieni wychodzi z odchyleniem bliskim minimalnemu, więc tam światło się skupia: łuk o promieniu ok. 42° wokół punktu antysłonecznego. Dla czerwieni ( $n = 1{,}331$ ) 42,4°, dla fioletu ( $n = 1{,}343$ ) 40,6°: czerwień na zewnątrz.

Sprawdzenie: tęczę widać tylko, gdy Słońce jest niżej niż 42° nad horyzontem; w południe latem w Polsce (Słońce ok. 60° nad horyzontem) tęczy się nie widuje ✓.

7 Błędne intuicje, których trzeba się oduczyć

„Przy załamaniu światło zmienia barwę.”: Zmienia prędkość i długość fali, ale nie częstotliwość, która decyduje o barwie.
„Większe powiększenie zawsze pokaże więcej szczegółów.”: Granicę wyznacza dyfrakcja ( $\lambda/D$ ). Powiększenie ponad nią daje tylko większą, rozmytą plamkę („puste powiększenie”).
„Dwie latarki skierowane w jedno miejsce dają prążki.”: Niezależne źródła są niespójne: ich prążki zmieniają się chaotycznie i uśredniają do jednolitej jasności.
„Interferencja niszczy energię w ciemnych prążkach.”: Energia jest przesunięta do jasnych prążków; średnie natężenie to suma natężeń obu fal.
„Światło zawsze biegnie najkrótszą drogą.”: Najszybszą (w czasie), a ściślej: o stacjonarnym czasie. Gdy światło przechodzi z powietrza do szkła, prosta łącząca dwa punkty jest najkrótsza, ale nie najszybsza.
„Barwy bańki to pigment w płynie.”: To interferencja: barwa zależy od grubości błony, dlatego przesuwa się, gdy błona spływa.
„Niebo jest niebieskie, bo odbija ocean.”: Niebieskie jest od rozpraszania Rayleigha ( $\propto\omega^4$ ) na cząsteczkach powietrza, także nad pustynią.

8 Zadania feynmanowskie

Te zadania wymagają więcej myślenia niż liczenia.

Zadania feynmanowskie

8 zadań · ok. 2 godziny

Skąd światło „wie”? Zasada Fermata wydaje się wymagać, by światło z góry porównało wszystkie drogi. Wyjaśnij za pomocą fazorów, dlaczego w praktyce światło biegnie drogą najszybszą.
Rozwiązanie
1. Fala biegnie wszystkimi drogami; w punkcie docelowym dodajemy fazory o fazach $\omega t_\text{drogi}$ .
2. Dla dróg odległych od najszybszej czas zmienia się szybko z drogą, fazory obracają się i znoszą. Blisko drogi najszybszej czas jest stacjonarny (pochodna zero), fazory mają prawie te same fazy i się wzmacniają. Tylko wąski pęk dróg wokół stacjonarnej się liczy, a jego szerokość rośnie z $\lambda$ : dla dużych $\lambda$ obraz promieni się rozmywa (dyfrakcja).FLP I-26-6
Druga tęcza. Promień, który odbija się wewnątrz kropli dwa razy, ma odchylenie $D = 2(i - r) + 2(180^\circ - 2r) = 360^\circ + 2i - 6r$ . Pokaż, że minimum odchylenia daje tęczę wtórną pod kątem ok. 51° i że ma odwróconą kolejność barw. Dlaczego niebo między tęczami jest ciemniejsze?
Rozwiązanie
1. $dD/di = 0$ daje $dr/di = 1/3$ , $\cos^2i = (n^2 - 1)/8$ : $i \approx 71{,}8^\circ$ , a tęcza wtórna leży ok. $50^\circ$ – $53^\circ$ od punktu antysłonecznego, z fioletem na zewnątrz.
2. Między 42° a 51° nie trafia żaden promień po jednym ani po dwóch odbiciach: ten pas (pas Aleksandra) jest ciemniejszy.
Kot w ciemności. Źrenica kota w nocy ma 14 mm, w dzień szczelinę szerokości 1 mm. Jak zmienia się dyfrakcyjna granica rozdzielczości? Dlaczego w dzień szczelina nie szkodzi tak, jak by wynikało z $\lambda/D$ ?
Rozwiązanie
1. Przy 14 mm granica to ok. $5\cdot10^{-5}$ rad; przy szczelinie 1 mm w kierunku poprzecznym ok. $5{,}5\cdot10^{-4}$ rad (ponad 10 razy gorzej), a wzdłuż szczeliny dalej dobrze.
2. Rzeczywistą ostrość oka ogranicza gęstość receptorów i aberracje, rzędu kilku minut kątowych; dyfrakcja na otworze 1 mm (ok. 2′) jest porównywalna, więc strata jest niewielka, a ochrona przed olśnieniem duża.
Pierścienie Newtona. Soczewka o promieniu krzywizny 1 m leży na płaskiej płytce. W świetle 589 nm widać ciemne pierścienie. Jakie mają promienie? Dlaczego środek jest ciemny?
Rozwiązanie
1. Grubość szczeliny powietrznej w odległości $r$ od środka: $d \approx r^2/2R$ . Ciemne pierścienie: $2d = m\lambda$ (jedno odbicie ze skokiem fazy), czyli $r_m = \sqrt{m\lambda R}$ : 0,77 mm, 1,09 mm, 1,33 mm…
2. W środku $d = 0$ : fale różnią się fazą o pół okresu (skok przy odbiciu od szkła pod spodem) i się wygaszają, jak w czarnej bańce.
Hologram w miniaturze. Siatka dyfrakcyjna to „zapisane” prążki interferencyjne dwóch fal płaskich. Jaki okres mają prążki powstałe z dwóch wiązek lasera 633 nm przecinających się pod kątem 30°? Pod jakim kątem siatka o takim okresie ugnie potem wiązkę tego lasera?
Rozwiązanie
1. Dwie wiązki symetryczne pod kątem $\pm15^\circ$ : okres $\Lambda = \lambda/(2\sin15^\circ) \approx 1{,}22\ \mu$ m.
2. Wiązka padająca prostopadle ugnie się pod kątem $\sin\theta = \lambda/\Lambda = 2\sin15^\circ$ , $\theta \approx 31^\circ$ . Wiązka padająca jak jedna z nich (pod $-15^\circ$ ) ugnie się w pierwszym rzędzie do $\sin\theta = -\sin15^\circ + \lambda/\Lambda = +\sin15^\circ$ , czyli dokładnie w kierunek drugiej wiązki: to zasada holografii.
Diament. Dlaczego diament błyszczy bardziej od szkła o tym samym szlifie? Użyj kąta granicznego i dyspersji ( $n$ od 2,41 dla czerwieni do 2,45 dla fioletu).
Rozwiązanie
1. Kąt graniczny 24,4° (szkło 41,8°): światło, które wpadło do diamentu, przy większości kątów odbija się wewnątrz całkowicie i wychodzi górą, w stronę patrzącego.
2. Duża dyspersja rozszczepia białe światło na barwy („ogień”), a wielokrotne odbicia wzmacniają ten efekt. Szkło ma mniejszą dyspersję i więcej światła ucieka bokami i spodem.
Dlaczego mikroskop elektronowy. Elektron przyspieszony napięciem 100 kV ma długość fali ok. 3,7 pm (mechanika kwantowa, dział 17 „Amplitudy prawdopodobieństwa”). Porównaj teoretyczną granicę rozdzielczości mikroskopu optycznego i elektronowego. Dlaczego w praktyce mikroskopy elektronowe osiągają „tylko” ok. 0,05–0,1 nm?
Rozwiązanie
1. Optyczny: ok. 200 nm. Elektronowy z $\lambda = 3{,}7$ pm byłby teoretycznie 50 000 razy lepszy.
2. Soczewki magnetyczne mają duże aberracje, więc używa się bardzo małych apertur (NA ok. 0,01–0,03), a rozdzielczość to ok. $\lambda/\mathrm{NA}$ : ułamki nanometra. Korekcja aberracji pozwoliła w ostatnich dekadach zejść poniżej 0,1 nm.
Miraż. Nad rozgrzaną szosą powietrze przy ziemi ma 50 °C, a metr wyżej 30 °C. Współczynnik załamania powietrza to w przybliżeniu $n - 1 \approx 2{,}9\cdot10^{-4}\cdot(273\ \mathrm K/T)$ . Wyjaśnij, dlaczego widać „kałużę”, i oszacuj największy kąt (do poziomu), pod jakim promień może się jeszcze od niej „odbić”.
Rozwiązanie
1. Przy ziemi powietrze jest cieplejsze i ma mniejsze $n$ : promienie biegnące nisko i prawie poziomo zakrzywiają się ku górze (najszybsza droga prowadzi przez rzadsze powietrze). Widzimy niebo tam, gdzie powinna być szosa: wygląda to jak odbicie w wodzie.
2. $n_{30} - n_{50} \approx 2{,}9\cdot10^{-4}\cdot273\cdot(1/303 - 1/323) \approx 1{,}6\cdot10^{-5}$ . Promień zawraca, gdy $\cos\alpha$ (kąt do poziomu) spełnia $n_{30}\cos\alpha = n_{50}$ : $\alpha \approx \sqrt{2\cdot1{,}6\cdot10^{-5}} \approx 0{,}0057$ rad, ok. 0,3°. Dlatego miraż widać tylko daleko, przy patrzeniu prawie poziomo.FLP I-26-4

9 Sprawdź się

Odpowiedz w myślach, zanim rozwiniesz odpowiedź.

1 Co mówi zasada Fermata?

Światło biegnie po drodze, dla której czas przebiegu jest stacjonarny (zwykle najkrótszy).

2 Kiedy zachodzi całkowite wewnętrzne odbicie?

Gdy światło idzie z ośrodka o większym $n$ do mniejszego pod kątem większym od granicznego, $\sin\theta_g = n_2/n_1$ .

3 Jaki obraz daje soczewka skupiająca przedmiotu bliższego niż ogniskowa?

Pozorny, prosty, powiększony (lupa).

4 Gdzie leżą maksima interferencyjne za siatką?

W kierunkach $d\sin\theta = m\lambda$ .

5 Co się dzieje z maksimami, gdy zwiększamy liczbę szczelin przy tym samym odstępie?

Zostają w tych samych miejscach, ale się zwężają (szerokość $\propto 1/N$ ), a natężenie maksimum rośnie jak $N^2$ .

6 Od czego zależy najmniejszy rozróżnialny kąt teleskopu?

Od $\lambda/D$ : $\theta \approx 1{,}22\lambda/D$ .

7 Dlaczego cienka błona mydlana jest czarna?

Skok fazy o pół okresu przy odbiciu od przedniej powierzchni sprawia, że przy grubości $\ll\lambda$ oba odbite promienie się wygaszają.

8 Dlaczego niebo jest niebieskie?

Rozpraszanie na cząsteczkach powietrza rośnie jak $\omega^4$ : błękit rozprasza się kilka razy silniej niż czerwień.

10 Karta wzorów i co dalej

Promienie

$v = c/n$ ; $\;\lambda_\text{ośr} = \lambda/n$ , częstotliwość stała

Snellius: $n_1\sin\theta_1 = n_2\sin\theta_2$ ; $\;\sin\theta_g = n_2/n_1$

soczewka: $1/s + 1/s' = 1/f$ , $\;m = -s'/s$

$1/f = (n - 1)(1/R_1 - 1/R_2)$ ; $\;$ lupa $25\ \mathrm{cm}/f$ ; luneta $f_1/f_2$

Brewster: $\operatorname{tg}\theta_B = n_2/n_1$

Fale

dwie fale: $I = 4I_0\cos^2(\varphi/2)$

siatka: $d\sin\theta = m\lambda$ ; $\;I \propto \big[\sin(N\alpha)/\sin\alpha\big]^2$ ; $\;\lambda/\Delta\lambda = mN$

szczelina: $a\sin\theta = m\lambda$ (minima)

Rayleigh: $\theta = 1{,}22\lambda/D$

błona w powietrzu: $2nd = (m + \tfrac12)\lambda$ wzmocnienie

Do przeczytania u Feynmana

Obowiązkowo: rozdz. 26 (zasada najmniejszego czasu), 29 (interferencja), 30 (dyfrakcja).
Dla chętnych: rozdz. 27 (optyka geometryczna), 31 (pochodzenie współczynnika załamania), 32 (rozpraszanie), 33 (polaryzacja).

Następny dział: Pole elektryczne i prawo Gaussa. Fale świetlne, które tu dodawaliśmy, to drgania pola elektrycznego i magnetycznego. Zaczniemy od najprostszej sytuacji, ładunków w spoczynku, i zobaczymy, jak prawo Coulomba zamienia się w twierdzenie Gaussa z lekcji 3.6 Twierdzenia Greena, Stokesa i Gaussa.