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激光锁模调研:PDH&偏振锁模
PDH设入射激光场$E_0=Ae^{i\omega t}$,给EOM加一个正弦电压进行相位调制$E_{EOM}=A...
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2018/11

激光锁模调研:PDH&偏振锁模

PDH

设入射激光场$E_0=Ae^{i\omega t}$,给EOM加一个正弦电压进行相位调制$E_{EOM}=Ae^{i(\omega t+\beta \sin(\Omega t))}$

边带

对上式泰勒展开,只保留到一阶项

$$ \begin{align*} E_{EOM}&=Ae^{i\omega t}(1+i\beta \sin(\Omega t)) \\ &= A(e^{i\omega t}+\frac{\beta}{2}(e^{i\Omega t}-e^{-i\Omega t})) \\ &= A(e^{i\omega t}+\frac{\beta}{2}e^{i(\omega+\Omega)t}-\frac{\beta}{2}e^{i(\omega-\Omega)t}) \end{align*} $$

贝塞尔函数定义为:

$$ \begin{align*} J_a (x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n!(n+a)!}(\frac{x}{2})^{2n+a} \end{align*} $$

由贝塞尔展开式:

$$ e^{iz\cos{\theta}}=\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}i^nJ_n(z)e^{in\theta} $$

$$ \begin{align*} e^{iz\sin{\theta}}&=e^{iz\cos{(\theta-\frac{\pi}{2})}} \\ &= \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}i^nJ_n(z)e^{in(\theta-\frac{\pi}{2})} \\ &=\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} (ie^{-i\frac{\pi}{2}})^nJ_n(z)e^{in\theta} \\ &=\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}J_n(z)e^{in\theta} \end{align*} $$

所以:

$$ \begin{align*} E_{EOM}&=Ae^{i\omega t}e^{\beta \sin(\Omega t)}\\ &=Ae^{i\omega t}(\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}J_n(\beta)e^{in\Omega t})\\ &=Ae^{i\omega t}(J_0(\beta)+\sum\limits_{n=1}^{+\infty}J_n(\beta)e^{in\Omega t}+\sum\limits_{n=1}^{+\infty}(-1)^nJ_n(\beta)e^{-in\Omega t}) \end{align*} $$

最后一步是由于:

$$ J_{-n}(x)=(-1)^nJ_n(x) $$

保留一阶项:

$$ E_{EOM}=Ae^{i\omega t}(J_0(\beta)+J_1(\beta)e^{i\Omega t}-J_1(\beta)e^{-i\Omega t}) $$

因此载波和边带的功率分别为$P_c=J_0^2(\beta)P_0$,$P_{\pm}=J_1^2(\beta)P_0$,其中,$P_0=\left|A\right|^2$是入射激光的绝对功率;

设光学腔入射激光的反射光强与入射光强的比值为:

$$ R(\omega)=\frac{-r_1+r_2(r_1^2+t_1^2)e^{\frac{i\omega}{FSR}}}{1-r_1r_2e^{\frac{i\omega}{FSR}}} $$

那么反射信号为:

$$ E_{ref}=Ae^{i\omega t}(R(\omega)J_0(\beta)+R(\omega+\Omega)J_1(\beta)e^{i\Omega t}-R(\omega-\Omega)J_1(\beta)e^{-i\Omega t}) $$

光电探测器探测到的光功率为:

$$ \begin{align*} P_{det}&=\left|E_{ref}\right|^2\\ &=P_c\left|R(\omega)\right|^2+P_\pm[\left|R(\omega+\Omega)\right|^2+\left|R(\omega\Omega)\right|^2]\\ &+\sqrt{P_cP_\pm}[R(\omega)R^*(\omega+\Omega)e^{-i\Omega t}-R(\omega)R^*(\omega-\Omega)e^{i\Omega t}+R^*(\omega)R(\omega+\Omega)e^{i\Omega t}-R^*(\omega)R(\omega-\Omega)e^{-i\Omega t}]\\ &+O(2\Omega)\\ \end{align*} $$

PDH.png

我们只关心探测器得到光功率的$\cos(\Omega t)$或者$\sin(\Omega t)$项,为了将这两部分提取出来,我们将$P_{det}$与一个正弦信号$\sin(\Omega' t)$做Mix,

$$ \sin(\Omega t)\sin(\Omega' t)=\frac{1}{2}\{\cos[(\Omega-\Omega')t]-\cos[(\Omega+\Omega')t]\}\\ \cos(\Omega t)\sin(\Omega' t)=\frac{1}{2}\{\sin[(\Omega'-\Omega)t]-\sin[(\Omega+\Omega')t]\} $$

为了将其与激光频率的信号分开,我们需要将Mix后的信号通过低通滤波器,注意到第二项的低频成分在$\Omega=\Omega'$时恒等于零,这时候可能需要给送入信号加上一个相位调节器使得第一种情况成分占比增加;

弱调制

对$P_{ref}$在$P_{ref}(\omega_0)$附近展开到一阶:

$$ \omega(t)=\frac{d\phi}{dt}=\frac{d}{dt}(\omega_0 t+\beta \sin(\Omega t))=\omega_0+\Omega\beta\cos(\Omega t)\\ P_{ref}(\omega(t))\approx P_{ref}(\omega_0)+\frac{dP_{ref}(\omega)}{d\omega}\big|_{\omega_0}\Omega\beta\cos(\Omega t)\\ \frac{dP_{ref}(\omega)}{d\omega}\big|_{\omega_0}\propto\frac{d\left|R(\omega)^2\right|}{d\omega}\big|_{\omega_0} $$

强调制

认为边带被完全反射$F(\omega\pm\Omega)=-1$

$$ R(\omega)R^*(\omega+\Omega)-R^*(\omega)R(\omega-\Omega)=-2iIm\{R(\omega)\}\\ P_{ref}\approx2P_{\pm}-4\sqrt{P_cP_{\pm}}Im\{R(\omega)\}\sin(\Omega t)+o(2\Omega) $$

偏振锁模

设M1、M2的反射、透射率分别为$r_1,t_1,r_2,0$

腔内反射出的光场强度为:

$$ \begin{align*} E^{(r)}_{cav}&=E^{(i)}t_1^2(r_2e^{i\delta}+r_2^2r_1e^{2i\delta}+...+r_2^nr_1^{n-1}e^{in\delta})\\ &=E^{(i)}t_1^2\frac{r_2e^{i\delta}[1-(r_1r_2e^{i\delta})^n]}{1-r_1r_2e^{i\delta}}\\ &=E^{(i)}\frac{T_1}{r_1}\frac{r_1r_2e^{i \delta}[1-(r_1r_2e^{i\delta})^n]}{1-r_1r_2e^{i\delta}}\\ &=E^{(i)}\frac{T_1}{\sqrt R_1}\frac{Re^{i\delta}}{1-Re^{i\delta}}\\ &(Since\quad r_1,r_2<1\quad and\quad n\to\infty;\quad R=r_1r_2,R_1=r_1^2,T_1=t_1^2) \end{align*} $$

$$ \begin{align*} &\frac{e^{i\delta}}{1-Re^{i\delta}}=\frac{\cos\delta-R+i\sin\delta}{(1-R)^2+4R\sin^2\frac{\delta}2{}}\Leftrightarrow \frac{\cos\delta+i\sin\delta}{1-R(\cos\delta+i\sin\delta)}=\frac{(\cos\delta+i\sin\delta)-R}{R^2+1-2R+2R(1-\cos\delta)}\\ &\Leftrightarrow \frac{\cos\delta+i\sin\delta}{1-R(\cos\delta+i\sin\delta)}=\frac{(\cos\delta+i\sin\delta)-R}{1+R^2-2R\cos\delta}\Leftrightarrow\\ &(\cos\delta+i\sin\delta)+R^2(\cos\delta+i\sin\delta)-2R\cos\delta(\cos\delta+i\sin\delta)=\\ &(\cos\delta+i\sin\delta)+R^2(\cos\delta+i\sin\delta)-R-R(\cos\delta+i\sin\delta)^2\\ &\Leftrightarrow -2R\cos\delta(\cos\delta+i\sin\delta)=-R-R(\cos^2\delta-\sin^2\delta+2i\cos\delta\sin\delta)\qquad \checkmark \end{align*} $$

所以:

$$ \begin{align*} E^{(r)}_{cav}&=E^{(i)}_{cav}\frac{T_1}{\sqrt R_1}\frac{Re^{i\delta}}{1-Re^{i\delta}}\\ &=E^{(i)}_{cav}\frac{T_1R}{\sqrt{R_1}}\frac{\cos\delta-R+i\sin\delta}{(1-R)^2+4R\sin^2\frac{\delta}{2}} \end{align*} $$

(推测这一步是为了去掉分母中的虚数部分)

直接反射光:$E^{(r)}_{direct}=E^{(i)}\sqrt{R_1}$

现在腔内加上偏振片,并假设直接反射光的反射发生于镜片内部,即镜子单面镀膜,则反射出的光多发生$2n-1$次半波损失,因此总的出射光场可以写为:

$$ E^{(r)}_\perp=E^{(i)}_\perp\sqrt{R_1} $$

$$ E^{(r)}_\parallel=E^{(i)}_\parallel(\sqrt{R_1}-\frac{T_1R}{\sqrt{R_1}}\frac{\cos\delta-R+i\sin\delta}{(1-R)^2+4R\sin^2\frac{\delta}{2}}) $$

四分之一波片的作用是将(椭)圆偏振光转换回线偏光,使后面的偏振分束器能够将两种偏振状态分开

根据琼斯矩阵计算,分束器后的两个探测器探测到的振幅:

$$ \begin{equation} E_{a,b}=\frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & \pm1 \\ \pm1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&0\\0&i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} E_\parallel^{(r)}\\E_\perp^{(r)} \end{pmatrix} \end{equation} $$

因此探测器探测到的光强为:

$$ I_{a,b}=\frac{1}{2}c\epsilon|E_{a,b}|^2=\frac{1}{2}c\epsilon|\frac{1}{2}(E_\parallel^{(r)}\pm iE_{\perp}^{(r)})|^2 $$

两者作差:

$$ |I_a-I_b|=I^{(i)}\cdot2\cos\theta\sin\theta\frac{T_1R\sin\delta}{(1-R)^2+4R\sin^2\frac{\delta}{2}} $$

其中$I^{(i)}=\frac{1}{2}c\epsilon|E^{(i)}|^2​$

Mathematica演示:

Last modification:May 2nd, 2019 at 11:10 am
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