2 光波の干渉と強度分布

位相差 $δ$ をもつ 2 つのコヒーレントな光波の重ね合わせの強度 $I = I_{1} + I_{2} + 2 I_{1} I_{2} cos δ$ を求め、ヤングの実験の縞の位置・間隔や強度の比を計算できる

前提

ヤングの実験（高校物理波動）
オイラーの公式（大学数学微分積分）

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説明

2 つのコヒーレントな（位相の関係が時間とともに乱れない）光波が重なったとき、スクリーン上の明るさ（強度）がどう分布するかを、位相差 $δ$ の関数として式で求められるようになります。ヤングの実験で明線・暗線がどこにでき、明るさが場所によってどう連続的に変わるか、また 2 つの光の強さが違うときに縞がどれだけはっきり見えるか（最大強度と最小強度の比）を計算するときに使います。

なぜそうしてよいのか

光の電場を複素数で表すと計算が楽になります。同じ角振動数 $ω$ の 2 つの波を、点 P で $E_{1} = A_{1} e^{iω t}$ 、 $E_{2} = A_{2} e^{i (ω t + δ)}$ （ $A_{1}, A_{2} > 0$ 、実際の電場はその実部）と書きます。 $δ$ は点 P での 2 つの波の位相差です。重ね合わせた波は $E_{1} + E_{2} = (A_{1} + A_{2} e^{i δ}) e^{iω t}$ で、やはり角振動数 $ω$ の振動であり、その振幅は複素数 $A_{1} + A_{2} e^{i δ}$ の絶対値です。光の強度は振幅の 2 乗に比例する（比例定数を $c_{0}$ とすると $I_{1} = c_{0} A_{1}^{2}$ 、 $I_{2} = c_{0} A_{2}^{2}$ ）ので、合成波の強度は $I = c_{0} ∣ A_{1} + A_{2} e^{i δ} ∣^{2}$ です。

オイラーの公式 $e^{i δ} = cos δ + i sin δ$ を使うと
$∣ A_{1} + A_{2} e^{i δ} ∣^{2} = (A_{1} + A_{2} cos δ)^{2} + (A_{2} sin δ)^{2} = A_{1}^{2} + A_{2}^{2} + 2 A_{1} A_{2} cos δ$
となり、両辺に $c_{0}$ を掛けて（ $c_{0} A_{1} A_{2} = c_{0} A_{1}^{2} \cdot c_{0} A_{2}^{2} = I_{1} I_{2}$ ）
$I = I_{1} + I_{2} + 2 I_{1} I_{2} cos δ$
が得られます。最後の項 $2 I_{1} I_{2} cos δ$ が「干渉項」で、強度は単純な和 $I_{1} + I_{2}$ から $cos δ$ に応じて増えたり減ったりします。最大は $cos δ = 1$ のとき $I_{m a x} = (I_{1} + I_{2})^{2}$ 、最小は $cos δ = - 1$ のとき $I_{m i n} = (I_{1} - I_{2})^{2}$ です。光源が別々で位相差が時間とともにでたらめに変わる（コヒーレントでない）場合は、 $cos δ$ の時間平均が 0 になり、干渉項が消えて $I = I_{1} + I_{2}$ になります。

ヤングの実験では、スリット間隔 $d$ 、スクリーンまでの距離 $L$ （ $L ≫ d, ∣ x ∣$ ）、波長 $λ$ のとき、スクリーン上の位置 $x$ での経路差は $\frac{d x}{L}$ なので、位相差は $δ = \frac{2 π}{λ} \cdot \frac{d x}{L}$ です。とくに $I_{1} = I_{2} = I_{0}$ なら、半角の公式 $1 + cos δ = 2 cos^{2} \frac{δ}{2}$ より $I = 4 I_{0} cos^{2} \frac{π d x}{λ L}$ となり、明線（ $I = 4 I_{0}$ ）は $x = \frac{m L λ}{d}$ （ $m$ は整数）、暗線（ $I = 0$ ）はその中間にでき、間隔 $Δ x = \frac{L λ}{d}$ で周期的に明るさが変わります。

手順

2 つの光波の強度 $I_{1}, I_{2}$ を確かめる（振幅が与えられていれば $I \propto A^{2}$ で強度に直す）
考えている点での 2 つの波の位相差 $δ$ を求める。経路差（光路差） $Δ$ があれば $δ = \frac{2 π}{λ} Δ$ （ヤングの実験では $Δ = \frac{d x}{L}$ ）。反射による位相の変化があればそれも加える
強度の式 $I = I_{1} + I_{2} + 2 I_{1} I_{2} cos δ$ に代入する
縞の明暗を調べるときは、最大 $I_{m a x} = (I_{1} + I_{2})^{2}$ （ $δ = 2 mπ$ ）と最小 $I_{m i n} = (I_{1} - I_{2})^{2}$ （ $δ = (2 m + 1) π$ ）を使う（ $m$ は整数）

例題

ヤングの実験で、2 つのスリットからスクリーンに届く光は互いにコヒーレントで、一方のスリットだけを開けたときのスクリーン上の強度は $I_{0}$ 、もう一方のスリットだけを開けたときの強度は $4 I_{0}$ であった（どちらもスクリーン上の場所によらず一定とみなす）。両方のスリットを開けたとき、スクリーン上の強度の最大値 $I_{m a x}$ と最小値 $I_{m i n}$ の比 $\frac{I _{m a x}}{I _{m i n}}$ を求めよ。

例題の解答

手順 1: 2 つの光波の強度は $I_{1} = I_{0}$ 、 $I_{2} = 4 I_{0}$ である。

手順 2: スクリーン上の位置 $x$ での位相差は $δ = \frac{2 π}{λ} \cdot \frac{d x}{L}$ で、 $x$ を動かすと $δ$ はあらゆる値をとる。

手順 3: 強度は
$I = I_{0} + 4 I_{0} + 2 I_{0} \cdot 4 I_{0} cos δ = 5 I_{0} + 4 I_{0} cos δ$
である。

手順 4: $cos δ = 1$ のとき最大で $I_{m a x} = 9 I_{0}$ （ $= (I_{0} + 2 I_{0})^{2}$ ）、 $cos δ = - 1$ のとき最小で $I_{m i n} = I_{0}$ （ $= (2 I_{0} - I_{0})^{2}$ ）。よって
$\frac{I _{m a x}}{I _{m i n}} = \frac{9 I _{0}}{I _{0}} = 9$

答え: $9$

よくある誤り

強度をそのまま足して最大値を $I_{m a x} = I_{1} + I_{2}$ としてしまう誤り。正しくは振幅を足してから 2 乗するので $I_{m a x} = (I_{1} + I_{2})^{2}$ 。例えば $I_{1} = I_{2} = I_{0}$ なら $I_{m a x} = 4 I_{0}$ （ $I_{1} + I_{2} = 2 I_{0}$ ではない）
最小値はつねに 0 になるとしてしまう誤り。正しくは $I_{m i n} = (I_{1} - I_{2})^{2}$ で、0 になるのは $I_{1} = I_{2}$ のときだけ。例えば $I_{1} = I_{0}, I_{2} = 4 I_{0}$ なら $I_{m i n} = I_{0}$
位相差と経路差を取り違えて $I = I_{1} + I_{2} + 2 I_{1} I_{2} cos \frac{d x}{L}$ としてしまう誤り。正しくは経路差に $\frac{2 π}{λ}$ を掛けた $δ = \frac{2 π d x}{λ L}$ を cos の中に入れる
干渉項の係数を $I_{1} I_{2}$ や $2 I_{1} I_{2}$ としてしまう誤り。正しくは $2 I_{1} I_{2} cos δ$ で、 $I_{1} = I_{2} = I_{0}$ のとき $I = 2 I_{0} (1 + cos δ) = 4 I_{0} cos^{2} \frac{δ}{2}$

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（教科書の例題レベル）
同じ波長で互いにコヒーレントな 2 つの光波が、スクリーン上で重なり合う。スクリーン上のどの点でも、一方の光波だけが届いたときの強度は $I_{0}$ 、もう一方の光波だけが届いたときの強度は $4 I_{0}$ であり（ $I_{0} > 0$ ）、2 つの光波の偏光の向きは同じである。点によって 2 つの光波の位相差 $δ$ はあらゆる値をとるとする。重ね合わせた光の強度の最大値は最小値の何倍か。

2 光波の干渉と強度分布

前提

説明

なぜそうしてよいのか

手順

例題

よくある誤り

入口の問題

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