衍射

$\quad\\$

基尔霍夫标量衍射理论

$\quad\\$

假设原场为$\widetilde{E}=\widetilde{\mathscr{E}}e^{-ikct}$，代入单色光扰动微分方程$\nabla^2E=\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2E}{\partial t^2}$可得如下亥姆霍兹方程

$$
\nabla^2\widetilde{\mathscr{E}}+k^2\widetilde{\mathscr{E}}=0
$$

我们可以利用格林公式求解此方程，引入一个与原场同频的球面波$\widetilde{E}’=\frac{e^{ikr}}{r}e^{-ikct}$，易验证此球面波满足亥姆霍兹方程，作一个除原点外内部不包含其他奇点的法线向外的光滑曲面$S$，并将原点用一个法线向内的球面$S’$排除，代入格林公式可知

$$\small\iint_{S}\left[\widetilde{\mathscr{E}}\nabla\left(\frac{e^{ikr}}{r}\right)-\frac{e^{ikr}}{r}\nabla\widetilde{\mathscr{E}} \right]\cdot d\mathbf{S}+\iint_{S’}\left[\widetilde{\mathscr{E}}\nabla\left(\frac{e^{ikr}}{r}\right)-\frac{e^{ikr}}{r}\nabla\widetilde{\mathscr{E}} \right]\cdot d\mathbf{S’}=\\
\quad\\
\small\iiint_{V-V’}\left[\widetilde{\mathscr{E}}\nabla^2\left(\frac{e^{ikr}}{r}\right)-\frac{e^{ikr}}{r}\nabla^2\widetilde{\mathscr{E}} \right]dV=0$$

先考虑$S’$上的面积分，将$\nabla\left(\frac{e^{ikr}}{r}\right)=(\frac{ik}{r}-\frac{1}{r^2})e^{ikr}\hat{r}$代入，且将$d\mathbf{S}’$换为$-r^2\hat{r}d\Omega$可得$S’$上面积分表达式

$$\small\iint_{S’}\left[\widetilde{\mathscr{E}}\nabla\left(\frac{e^{ikr}}{r}\right)-\frac{e^{ikr}}{r}\nabla\widetilde{\mathscr{E}} \right]\cdot d\mathbf{S’}=\small\iint_{\Omega}[(1-ikr)\widetilde{\mathscr{E}}+r\frac{\partial \widetilde{\mathscr{E}}}{\partial r}]e^{ikr}d\Omega$$

将$S’$无限缩小，即$r\to 0$，由$\widetilde{\mathscr{E}}$的连续性可知此积分即$4\pi\widetilde{\mathscr{E_p}}$，$p$为所需求场强的点，即原点，综上，我们可得如下的基尔霍夫积分定理

$$\widetilde{\mathscr{E_p}}=\frac{1}{4\pi}\iint_{S}\left[\frac{e^{ikr}}{r}\nabla\widetilde{\mathscr{E}}-\widetilde{\mathscr{E}}\nabla\left(\frac{e^{ikr}}{r}\right) \right]\cdot d\mathbf{S}$$

现在将此定理应用于点光源发出的球面波$\widetilde{E}(\rho,t)=\frac{A}{\rho}e^{i(k\rho-\omega t)}$，此时$\widetilde{\mathscr{E}}=\frac{A}{\rho}e^{ik\rho}$，代入基尔霍夫积分定理有

$$\widetilde{\mathscr{E_p}}=\frac{1}{4\pi}\iint_{S}\left[\frac{e^{ikr}}{r}\nabla\left(\frac{A}{\rho}e^{ik\rho}\right)-\frac{A}{\rho}e^{ik\rho}\nabla\left(\frac{e^{ikr}}{r}\right) \right]\cdot d\mathbf{S}=\\
\quad\\
\frac{A}{4\pi}\iint_{S}\frac{e^{ik(\rho+r)}}{\rho r}\left[ik(\langle\hat{n},\hat{\rho}\rangle- \langle\hat{n},\hat{r}\rangle)-\left(\frac{\langle\hat{n},\hat{\rho}\rangle}{\rho}- \frac{\langle\hat{n},\hat{r}\rangle}{r}\right)\right]dS
$$

当$\rho,r>>\frac{2\pi}{k}=\lambda$时，中括号的后面一项可以省略，此时得到菲涅尔-基尔霍夫衍射公式

$$\widetilde{\mathscr{E_p}}=\frac{Ai}{2\lambda}\iint_{S}\frac{e^{ik(\rho+r)}}{\rho r}\left[\langle\hat{n},\hat{\rho}\rangle- \langle\hat{n},\hat{r}\rangle\right]dS$$

由于$S$之内除$p$不能有点光源等其他奇点，可令$S$为以点光源为球心的法线向内的球面，则有$\hat{n}=-\hat{\rho}$，并令$\theta$为球面上一点的外法线方向与该点到$p$的有向线段的夹角，则公式成为

$$\widetilde{\mathscr{E_p}}=-\frac{Ai}{\lambda}\iint_{S}\frac{e^{ik(\rho+r)}}{\rho r}\frac{1+\cos\theta}{2}dS$$

称$K(\theta)=\frac{1+\cos\theta}{2}$为倾斜因子，此结果即为惠更斯-菲涅尔原理

$\quad\\$

远场衍射

$\quad\\$

称光屏与光源都距衍射物很远时的衍射为夫琅禾费衍射，设衍射物到光屏的距离为$R$，由惠更斯-菲涅尔原理中直接令$\rho\to\infty$与$K(\theta)=1$，不考虑初始相位，可得

$$\widetilde{E_p}=\frac{E_0e^{-i\omega t}}{R\lambda}\iint_{S}e^{ikr}dS$$

通过赋予$S$具体的形状我们可以得出不同的衍射光强表达式

$\small\textbf{多缝衍射}$ $\quad\\\\$

设有$N$条缝，每条缝的宽度为$b$，长度为$l$，相邻缝中心的距离为$a$，$R>>l>>b$，以缝长方向为$x$方向，在衍射面上建立$\text{x-y}$轴，光屏上建立$\text{X-Y}$轴，积分范围$max\{x,y\}<<max\{X,Y\}$，则有

$$\widetilde{E_Y}=\sum\limits_{m=0}^{N-1}\frac{E_0e^{-i\omega t}}{R\lambda}\int_{(m-\frac{N}{2})a}^{(m-\frac{N}{2})a+b}dy\int_{-\frac{l}{2}}^{\frac{l}{2}}e^{ik\sqrt{R^2+(Y-y)^2+x^2}}dx\\
\quad\\
\approx \sum\limits_{m=0}^{N-1}\frac{E_0e^{i(kR+k\frac{Y^2}{2R}-\omega t)}}{\sqrt{iR\lambda}}\int_{(m-\frac{N}{2})a}^{(m-\frac{N}{2})a+b}e^{-ik\frac{Yy}{R}}dy\\
\quad\\
= \frac{E_0\sqrt{R\lambda}e^{i(kR+k\frac{Y^2}{2R}+k\frac{NYa}{2R}-\omega t)}}{-2\pi i\sqrt{i} Y}(e^{-ik\frac{Y}{R}b}-1)\sum\limits_{m=0}^{N-1}e^{-ik\frac{Y}{R}ma}\\
\quad\\
= \frac{E_0\sqrt{R\lambda}e^{i(kR+k\frac{Y^2}{2R}+k\frac{NYa}{2R}-\omega t)}}{-2\pi i\sqrt{i} Y}(e^{-ik\frac{Y}{R}b}-1)\frac{e^{ik\frac{Y}{R}a}-e^{-ik\frac{Y}{R}(N-1)a}}{e^{ik\frac{Y}{R}a}-1}\\
\quad\\
= \frac{E_0\sqrt{R\lambda}e^{i(kR+k\frac{Y^2}{2R}+k\frac{Ya}{2R}-k\frac{Yb}{2R}-\omega t)}}{\pi\sqrt{i} Y}\sin(k\frac{Yb}{2R})\frac{\sin(k\frac{NYa}{2R})}{\sin(k\frac{Ya}{2R})}$$

记衍射缝中心与$Y$点连线夹角为$\theta\approx \frac{Y}{R}$，$\beta=\frac{kYb}{2R}\approx\frac{\pi b}{\lambda}\theta$，$\alpha=\frac{kYa}{2R}\approx\frac{\pi a}{\lambda}\theta$，则上式可改写为

$$\widetilde{E_Y}=\frac{E_0b}{\sqrt{R\lambda}}\frac{\sin \beta}{\beta}\frac{\sin N\alpha}{\sin{\alpha}}e^{i(\varphi-\omega t)}\\
\quad\\
I_{Y}=I_0\frac{b^2}{R\lambda}\left(\frac{\sin \beta}{\beta}\right)^2\left(\frac{\sin N\alpha}{\sin{\alpha}}\right)^2$$

$$I_{Y}=I_0\frac{b^2}{R\lambda}\left(\frac{\sin \beta}{\beta}\right)^2\left(\frac{\sin N\alpha}{\sin{\alpha}}\right)^2$$

验证该式满足能量守恒

$$\begin{aligned}\int_{-\infty}^{\infty}I_YdY&=\int_{\infty}^{\infty}I_0\frac{b^2}{R\lambda}\left(\frac{\sin \frac{\pi bY}{R\lambda}}{\frac{\pi bY}{R\lambda}}\right)^2\left(\frac{\sin \frac{\pi NaY}{R\lambda}}{\sin{\frac{\pi aY}{R\lambda}}}\right)^2dY\\
\quad\\
&=\frac{I_0b^2}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{\sin bt}{bt}\right)^2\left(\frac{\sin Nat}{\sin at}\right)^2dt\\
\quad\\
&=\frac{I_0b^2}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{\sin bt}{bt}\right)^2\left(\frac{e^{iNat}-e^{-iNat}}{e^{iat}-e^{-iat}}\right)^2dt\\
\quad\\
&=\frac{I_0b^2}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{\sin bt}{bt}\right)^2\\
&\quad\left[e^{i(N-1)at}+e^{i(N-3)at}+\cdots+e^{-i(N-3)at}+e^{-i(N-1)at}\right]^2dt\\
\quad\\
&=\frac{I_0b^2}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}N\left(\frac{\sin bt}{bt}\right)^2dt\\
\quad\\
&\quad +\frac{I_0b^2}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}N\left(\frac{\sin bt}{bt}\right)^2\sum\limits_{\begin{array}&\tiny m,l\in\{1-N,3-N,\cdots,N-3,N-1\}\\\tiny m\neq -l \end{array}}e^{i(m+l)at}dt\\
\quad\\
&=NbI_0
\end{aligned}$$

$\small\textbf{矩孔衍射}$ $\quad\\\\$

设矩孔长为$a$，宽为$b$，以$a$方向为$x$方向，在衍射面上建立$\text{x-y}$轴，光屏上建立$\text{X-Y}$轴，积分范围$max\{x,y\}<<max\{X,Y\}$，则有

$$\widetilde{E}_{XY}=\int_{-\frac{b}{2}}^{\frac{b}{2}}dy\int_{-\frac{a}{2}}^{\frac{a}{2}}\frac{E_0e^{-i\omega t}}{R\lambda}
e^{ik\sqrt{R^2+(Y-y)^2+(X-x)^2}}dx\\
\quad\\
\approx \int_{-\frac{b}{2}}^{\frac{b}{2}}dy\int_{-\frac{a}{2}}^{\frac{a}{2}}\frac{E_0e^{i(kR-\omega t)}}{R\lambda}
e^{-ik\frac{Yy+Xx}{R}}dx\\
\quad\\
=\frac{E_0R\lambda e^{i(kR-\omega t)}}{\pi^2XY}\sin(\frac{kXa}{2R})\sin(\frac{kYb}{2R})$$

记$\theta\approx\frac{kXa}{2R}$，$\beta=\frac{kYb}{2R}$，则上式可改写为

$$\widetilde{E}_{XY}=\frac{E_0ab}{R\lambda}\frac{\sin\alpha}{\alpha}\frac{\sin\beta}{\beta}e^{i(\varphi-\omega t)}\\
\quad\\
I_{XY}=\frac{I_0a^2b^2}{R^2\lambda^2}\left(\frac{\sin\alpha}{\alpha}\right)^2\left(\frac{\sin\beta}{\beta}\right)^2$$

验证该式满足能量守恒

$$\begin{aligned}&\qquad\qquad\qquad\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}I_{XY}dXdY\\
\quad\\
&=\int_{-\infty}^{\infty}dY\int_{-\infty}^{\infty}
\frac{I_0a^2b^2}{R^2\lambda^2}\left(\frac{\sin\frac{\pi a X}{R\lambda}}{\frac{\pi a X}{R\lambda}}\right)^2\left(\frac{\sin\frac{\pi b Y}{R\lambda}}{\frac{\pi b Y}{R\lambda}}\right)^2dX\\
\quad\\
&=\frac{I_0a^2b^2}{\pi^2}\int_{-\infty}^{\infty}d t_2\int_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{\sin t_1}{t_1}\right)^2\left(\frac{\sin t_2}{t_2}\right)^2 d t_1\\
\quad\\
&=I_0a^2b^2\end{aligned}$$

$\small\textbf{圆孔衍射}$ $\quad\\\\$

设圆孔半径为$a$，在衍射面上建立$r_1\text{-}\varphi$极坐标系，光屏上建立$A\text{-}\varPhi$极坐标系，积分范围$max\{r_1\}<<max\{A\}$，则有

$$\widetilde{E_A}=\frac{E_0e^{-i\omega t}}{R\lambda}\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{a}r_1e^{ik\sqrt{R^2+A^2+r_1^2-2Ar_1\cos(\varPhi-\varphi)}}dr_1d\varphi\\
\quad\\
\approx\frac{E_0e^{i(kR+k\frac{A^2}{2R}-\omega t)}}{R\lambda}\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{a}r_1e^{ik\frac{Ar_1}{R}\cos\varphi}dr_1d\varphi\\
\quad\\
=\frac{E_0e^{i(kR+k\frac{A^2}{2R}-\omega t)}}{R\lambda}\int_{0}^{a}dr_1\int_{0}^{2\pi}r_1e^{ik\frac{Ar_1}{R}\cos\varphi}d\varphi\\
\quad\\
=\frac{2\pi E_0e^{i(kR+k\frac{A^2}{2R}-\omega t)}}{R\lambda}\int_{0}^{a}r_1J_0(\frac{kAr_1}{R})dr_1\\
\quad\\
=\frac{E_0ae^{i(kR+k\frac{A^2}{2R}-\omega t)}}{A}J_1(\frac{kAa}{R})
$$

记$\sin\theta\approx\frac{A}{R},\gamma=\frac{kAa}{R}\approx ka\sin \theta$，则上式可改写为

$$\widetilde{E_{A}}=\frac{2\pi E_0a^2}{R\lambda}\frac{J_1(\gamma)}{\gamma}e^{i(\varphi-\omega t)}\\
\quad\\
I_{A}=\frac{4\pi^2a^4I_0}{R^2\lambda^2}\left(\frac{J_1(\gamma)}{\gamma}\right)^2
$$

验证该式满足能量守恒

$$2\pi \int_{0}^{\infty}AI_AdA=2\pi a^2I_0\int_{0}^{\infty}\frac{J_1^2(\frac{ka}{R}A)}{A}dA=\pi a^2 I_0\\
$$

$\quad\\$

近场衍射

$\quad\\$

光源和屏不满足远场条件时的衍射称为菲涅尔衍射，此时需作更精确的近似，以光源在衍射面上的投影为原点，在衍射面内建立$x\text{-}y$轴，以光源在光屏上投影为原点，在光屏上建立$X\text{-}Y$轴，设光源到衍射面距离为$L$，光屏到衍射面距离为$R$，作$\rho,r$的二阶近似有$\rho=\sqrt{L^2+x^2+y^2}\approx L+\frac{x^2+y^2}{2L}$
$r=\sqrt{R^2+(X-x)^2+(Y-y)^2}\approx R+\frac{X^2+Y^2}{2R}-\frac{X x+Y y}{R}+\frac{x^2+y^2}{2R}$
当孔径远大于波长，倾斜角度变化不大时，可以忽略衍射积分分母$\rho r$和倾斜因子随$x,y$的变化，直接取$K(\theta)\approx 1,\rho r\approx LR$，另外由于$r$的展开式中含有一次项，故直接研究光屏原点处的光强，取$X=Y=0$，而原点附近的光强则近似等效为移动衍射面后原点处的光强，此时衍射积分成为

$$\widetilde{E_p}=-\frac{Aie^{i[k(L+R)-\omega t]}}{LR\lambda}\iint_{S}e^{ik\frac{L+R}{2LR}(x^2+y^2)}dS$$

$\small\textbf{球面波传播}$ $\quad\\\\$

考虑以点光源为球心的半径为$L$的球形波阵面对与波阵面距离为$R$的观察点$p$的影响，取波阵面上到$p$距离在$[r,r+dr]$的一个波带元，设$p$到球心的连线与此波带元上的点到球心连线的夹角为$\psi$，则有$r^2=L^2+(L+R)^2-2L(L+R)\cos\psi$，由球冠面积$S=2\pi R^2(1-\cos\psi)$有波带面积$dS=2\pi L^2\sin \psi d\psi=\frac{2\pi Lrdr}{L+R}$，倾斜因子$K(\theta)=\frac{(L+R)^2-(L-r)^2}{4Lr}$，此波带元对$P$点振幅的贡献为

$$d\widetilde{\mathscr{E_p}}=-\frac{Ai}{\lambda}\frac{e^{ik(L+r)}}{L r}\frac{(L+R)^2-(L-r)^2}{4Lr}\frac{2\pi Lrdr}{L+R}\\
\quad\\
=-\frac{\pi Ai}{\lambda}\frac{e^{ik(L+r)}}{L+R}\frac{(L+R)^2-(L-r)^2}{2Lr}dr$$

因为$\lambda<<R,L$，可取$\Delta r=\frac{\lambda}{2}$，忽略倾斜因子与分母在波带内的变化，这时第$m$个波带$r\in [R+(m-1)\frac{\lambda}{2},R+m\frac{\lambda}{2}]$的贡献成为

$$\Delta\widetilde{\mathscr{E_p}}=-\frac{\pi Ai}{(L+R)\lambda}\frac{(L+R)^2-(L-r)^2}{2Lr}\int_{R+(m-1)\frac{\lambda}{2}}^{R+m\frac{\lambda}{2}} e^{ik(L+r)}dr\\
\quad\\
=(-1)^{m+1}\frac{A}{L+R}\frac{(L+R)^2-(L-r)^2}{2Lr}e^{ik(L+R)}\\
\quad\\
\approx (-1)^{m+1}\frac{A}{L+R}\frac{(4L-m\lambda)(4R+m\lambda)}{4L(2R+m\lambda)}e^{ik(L+R)}\\
\quad\\
=(-1)^{m+1}\frac{A}{L+R}[1-\frac{R}{2L}+\frac{\frac{R}{2L}+(\frac{R}{2L})^2}{\frac{R}{2L}+\frac{m\lambda}{4L}}-\frac{m\lambda}{4L}]e^{ik(L+R)}$$

可以看到，随着波带数的增大，波带对振幅的贡献的绝对值越小，且相邻的两个波带的贡献振幅方向相反，为求其总振幅，将$m=2l+1$与$m=2l+2，l=0,1,2,\cdots$的波带振幅合并，此时有

$$\Delta’\widetilde{\mathscr{E_p}}=\frac{A}{L+R}[\frac{\frac{R}{2L}+(\frac{R}{2L})^2}{\frac{R}{2L}+\frac{(2l+1)\lambda}{4L}}-\frac{\frac{R}{2L}+(\frac{R}{2L})^2}{\frac{R}{2L}+\frac{(2l+2)\lambda}{4L}}+\frac{\lambda}{4L}]e^{ik(L+R)}\\
\quad\\
\approx \frac{A}{L+R}[\frac{\frac{R}{2L}+(\frac{R}{2L})^2}{[\frac{R}{2L}+\frac{l\lambda}{2L}]^2}+1]\frac{\lambda}{4L}e^{ik(L+R)}\\
\quad\\
\small 令x=\frac{l\lambda}{2L}\in[0,1]，\Delta x=\frac{\lambda}{2L}\Delta l=\frac{\lambda}{2L}\\
\quad\\
\widetilde{\mathscr{E_p}}=\sum \frac{A}{2(L+R)}[\frac{\frac{R}{2L}+(\frac{R}{2L})^2}{[\frac{R}{2L}+x]^2}+1]\Delta x \;e^{ik(L+R)}\\
\quad\\
\approx \int_{0}^{1}\frac{A}{2(L+R)}[\frac{\frac{R}{2L}+(\frac{R}{2L})^2}{[\frac{R}{2L}+x]^2}+1]d x \;e^{ik(L+R)}\\
\quad\\
=\frac{A}{L+R}e^{ik(L+R)}$$

结果与球面波直接传播到$p$点一致，同时我们看到第一个波带的振幅$\widetilde{\mathscr{E_1}}=\frac{2A}{L+R}e^{ik(L+R)}$是合振幅的两倍，我们从下面的图像上也不难理解这一点，波带元对振幅的贡献的绝对值随着$r$的增加不断变小，相位也缓慢变化，从而积分值在复平面上画出一个螺线，其每一圈都近似于一个共心的圆，称为振动曲线，其最初的半圈即为第一个波带的贡献，为最外面的圆的直径，而随着圈数越来越多，曲线逐渐收敛于圆心，最终贡献为外圆的半径，二者为两倍的关系。

$\small\textbf{圆孔与圆形障碍物}$ $\quad\\\\$

以上分析了各波带对$p$点处光强的影响，现在来定性分析球面波透过圆孔时$p$点及其附近的光强分布情况，由对称性可知衍射图案必成圆对称，现在假设小孔内仅包含两个波带，这两个波带贡献振幅符号相反，因此$p$点为暗纹，现在在小孔平面内朝一个方向缓慢平移小孔，第二波带被部分遮盖，负振幅减小，露出第三波带，正振幅增大，因此在$p$点沿小孔平移方向的反方向的射线上由暗纹过渡到亮纹，继续平移则又负振幅增大，正振幅减小，将之前的差距抵消，在射线上又由亮纹过渡到暗纹，如此下去，当小孔内包含较多的波带时，正负振幅的差距越来越小，条纹也越来越暗，因此整个衍射条纹是一系列明暗相间且明纹向边缘逐渐变暗的同心圆环。这个结果是合理的，跟夫琅禾费衍射的艾里斑相似。$\Delta S=$

$\small\textbf{矩孔衍射}$ $\quad\\\\$

令$\displaystyle u=x\left[\frac{2(L+R)}{LR\lambda}\right]^{\frac{1}{2}}$，$\displaystyle v=y\left[\frac{2(L+R)}{LR\lambda}\right]^{\frac{1}{2}}$，衍射积分成为

$$\widetilde{E_p}=-\frac{Aie^{i[k(L+R)-\omega t]}}{2(L+R)}\iint_{\Omega}e^{i\pi\frac{u^2+v^2}{2}}dudv$$

设没有衍射屏时光屏原点处电场为$\widetilde{E_u}$，则利用菲涅尔积分$$C(x)=\int_{0}^{x}\cos(\pi x^2/2)dx,S(x)=\int_{0}^{x}\sin(\pi x^2/2)dx$$可将上式表示为

$$\widetilde{E_p}=-\frac{i\widetilde{E_u}}{2}\left.[C(u)+iS(u)]\right|_{u_1}^{u_2}\left.[C(v)+iS(v)]\right|_{v_1}^{v_2}$$

对于光屏上的其他点$(\Delta X,\Delta Y)$，如果$\Delta X,\Delta Y<<L$，只需相应改变$(x,y)\to (x-\Delta X,y-\Delta Y)$，得到新的积分限$u_1,u_2,v_1,v_2$代入上式即可得到近似数值，对于平面波，上述近似成为精确值，此时$\displaystyle u=x\left(\frac{2}{R\lambda}\right)^{\frac{1}{2}}$，
$\displaystyle v=y\left(\frac{2}{R\lambda}\right)^{\frac{1}{2}}$，衍射积分成为

$$\widetilde{E_p}=\frac{E_0}{2}\left.[C(u)+iS(u)]\right|_{u_1}^{u_2}\left.[C(v)+iS(v)]\right|_{v_1}^{v_2}e^{i(\varphi-\omega t)}\\
\quad\\
I_p=\frac{I_0}{4}\{[C(u)|_{u_1}^{u_2}]^2+[S(u)|_{u_1}^{u_2}]^2\}\{[C(v)|_{v_1}^{v_2}]^2+[S(v)|_{v_1}^{v_2}]^2\}$$

$\small\textbf{羊角螺线}$ $\quad\\\\$

在复平面上绘出$z=C(u)+iS(u)$的图形，称为考纽螺线、欧拉螺线或羊角螺线，利用画好的羊角螺线和已经确定的积分限，可以直接作图求得菲涅尔积分的数值，由于羊角螺线的线元$\displaystyle ds=\sqrt{(\frac{dC(u)}{du})^2+(\frac{dS(u)}{du})^2}du=du$，所以当矩孔长宽确定时，积分限对应的羊角螺线的弧长为定值$\Delta u=u_2=u_1$，只需量出其对应的弦长$D$即可得到$[C(u)|_{u_1}^{u_2}]^2+[S(u)|_{u_1}^{u_2}]^2=D^2$

由图可以看出当$u\to \infty$时，两个菲涅尔积分的值都收敛于$\frac{1}{2}$，如果令$v$的积分限从负无穷到正无穷即可得到单缝菲涅尔平面波衍射的光强表达式

$$I_p=\frac{I_0}{2}\{[C(u)|_{u_1}^{u_2}]^2+[S(u)|_{u_1}^{u_2}]^2\}$$

$\quad\\$

衍射图案

$\quad\\$

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