Куда уходит энергия при деструктивной интерференции? [дубликат]

Когда электромагнитные волны распространяются без потерь энергии, например, в вакууме, легко доказать, что полная энергия сохраняется. См., например, Раздел 1.8 здесь .

На самом деле сохраняется не только полная энергия. Энергия сохраняется локально по уравнению неразрывности

$$\frac{\partial \rho_{\rm energy}}{\partial t}+\nabla\cdot \vec J = 0$$ Это говорит о том, что всякий раз, когда энергия уменьшается от малого объема $dV$, сопровождается перетеканием той же энергии через границу малого объема $dV$и текущий $\vec J$гарантирует, что энергия будет увеличиваться в другом месте. Приведенное выше уравнение неразрывности легко доказать, если подставить правильные выражения для плотности энергии и вектора Пойнтинга: $$\rho_{\rm energy} = \frac{1}{2}\left(\epsilon_0 E^2+ \frac{B^2}{\mu_0} \right), \quad \vec J = \vec E\times \vec H$$ После подстановки левая часть уравнения неразрывности становится комбинацией кратных уравнений Максвелла и их производных: она равна нулю.

Эти соображения работают даже при наличии отражающих поверхностей, например металлов, которые используются для проведения эксперимента с двумя щелями. Отсюда следует, что если электромагнитный импульс имеет некоторую энергию в начале, то полная энергия, полученная как интеграл$\int d^3x \rho_{\rm energy}$будет одинаковым в конце эксперимента независимо от детальной организации интерференционного эксперимента.

Если есть интерференционные минимумы, то они всегда сопровождаются и интерференционными максимумами. Закон сохранения, который мы доказали выше, гарантирует это. Фактически можно проследить через плотность энергии и ток, вектор Пойнтинга, как энергия передается от минимумов к максимумам.

Представьте, что в начале у нас есть два пакета определенной площади поперечного сечения, которые будут зафиксированы, и единственная ненулевая компонента$\vec E$идет как$\exp(ik_1 x)$(и локализуется внутри прямоугольника в$yz$самолет). Это мешает другому пакету, который идет как$\exp(ik_2 x)$. Поскольку абсолютное значение одинаково, плотность энергии пропорциональна$|E|^2$является$x$-независимы в обеих начальных волнах.

Когда они мешают, мы получаем

$$\exp(ik_1 x)+\exp(ik_2 x) = \exp(ik_1 x) (1 + \exp(i(k_2-k_1)x)$$ Общий этап значения не имеет. Второй член можно записать как $$1 + \exp(i(k_2-k_1)x = 2\cos ((k_2-k_1)x/2) \exp(i(k_2-k_1)x/2)$$ Заключительную фазу (экспоненциальную) можно снова проигнорировать, так как она не влияет на абсолютное значение. Вы видите, что интерференционная волна, составленная из двух обыкновенных волн, имеет вид $$2\cos ((k_2-k_1)x/2)$$ и его квадрат выглядит как $4\cos^2(\phi)$с тем же аргументом. Самое смешное в квадрате косинуса то, что среднее значение по пространству равно $1/2$потому что $\cos^2\phi$гармонично колеблется между $0$а также $1$. Таким образом, среднее значение $4\cos^2\phi$является $2$, именно то, что ожидается от сложения энергии двух исходных лучей, каждый из которых имеет единичную плотность энергии в той же нормировке. (Полная энергия должна быть умножена на $A_{yz} L_x\epsilon_0/2$: обычный фактор $1/2$, диэлектрическая проницаемость, площадь в $yz$-плоскость, а длина пакета в $x$-направление, но эти факторы одинаковы для начального и конечного состояний.)

Наконец, позвольте мне добавить несколько слов, интуитивно объясняющих, почему вы не можете поставить эксперимент, в котором были бы только интерференционные минимумы (или только интерференционные максимумы, если вы хотите удвоить энергию, а не уничтожить ее — что могло бы быть полезнее). Чтобы сделать интерференцию везде чисто деструктивной, исходные интерферирующие лучи должны были бы иметь высокосинхронизированные фазы почти в каждом месте фотопластинки (или строго). Но это возможно только в том случае, если лучи идут почти с одного направления. Но если они исходят (почти) из одного и того же направления, они не могли быть разделены мгновением раньше, поэтому это не мог быть эксперимент с интерференцией двух независимых лучей. До этого лучи могли быть независимыми и расходиться более длительное время.

Аргумент из предыдущего абзаца имеет простую интерпретацию в аналогичной задаче квантовой механики. Если существуют два волновых пакета волновой функции одной и той же частицы, пространственно изолированные и готовые к интерференции, то эти два слагаемых$\psi_1,\psi_2$в волновой функции ортогональны друг другу, потому что их носители не перекрываются. Эволюция волновых функций в квантовой механике является «унитарной», поэтому она сохраняет внутренние продукты. Итак, что бы ни развивалось из$\psi_1,\psi_2$также будут ортогональны друг другу, даже если эволюционирующие волновые пакеты больше не будут пространственно неперекрывающимися. Но эта ортогональность как раз и есть условие$\int|\psi_1+\psi_2|^2$не иметь смешанных членов и быть просто равным$\int|\psi_1|^2+|\psi_2|^2$. Случай классических уравнений Максвелла имеет другую интерпретацию – это плотность энергии, а не плотность вероятности – но математически он аналогичен. Правильно определенная «ортогональность» между двумя пакетами гарантируется эволюцией и эквивалентна условию, что общая сила деструктивной интерференции равна общей силе конструктивной интерференции.

Я бы предположил, что можно настроить световые волны так, чтобы они распространялись линейно, так что волны интерферируют только деструктивно, а не конструктивно.

Это возможно, если две световые волны точно не совпадают по фазе друг с другом, поэтому пики одной соответствуют впадине другой. Но если бы две волны были созданы таким образом, и вы наложили их в источнике , это было бы то же самое, что создать волну с нулевой амплитудой.

Но если вы наложили их в какое-то более позднее время, то всегда будет конструктивная и деструктивная интерференция. Энергия буквально не переносится из темного в яркое. Скорее, поскольку амплитуда ярких полос в два раза превышает амплитуду исходных волн, нарушение сохранения энергии отсутствует. Мысль о «переносе энергии» — это просто полезная визуализация, позволяющая убедиться, что энергия действительно сохраняется.