Physik III, WS 1992/93

Lösungen zur Übung Nr. 10

Bonusübung

Besprechung: 20. Januar 1993
Aufgabe 1: (6 Punkte)
Die Gesamtbrechkraft eines zentrierten Systems kann durch die Summe der Einzelbrechkräften dargestellt werden. Nach Aufgabenstellung sollte die Gesamtbrechkraft $D = 10 \; dpt$ betragen. Daher

$$D = D_{F} + D_{K} = 10 \; dpt = 10 \; m^{-1}$$

Die Brechkräfte der beiden Einzellinsen sind

$$D_{F} = 2 (n_{F}-1) \frac{1}{R_{F}} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; D_{K} = 2(n_{K}-1) \frac{1}{R_{K}}$$

wobei wir vorausgesetzt haben, daß die Linsen jeweils auf beiden Seiten den gleichen Krümmungsradius haben. Die Vorzeichen von $R_{F}$ und $R_{K}$ wurden dagegen noch offen gelassen. Nach Vorlesung ist das Gesamtsystem achromatisch, wenn die Brennweite und damit auch die Brechkraft nicht von der Wellenlänge abhängt, d.h.

$$\frac{dD}{d\lambda} = \frac{D_{F}}{d\lambda} + \frac{D_{K}}... ...{F}}{d\lambda} + \frac{2}{R_{K}} \frac{dn_{K}}{d\lambda} = 0$$

Daraus erhalten wir eine Nebenbedingung für die Krümmungsradien:

$$\frac{R_{K}}{R_{F}} = - \frac{dn_{K}/d\lambda}{dn_{F}/d\lam... ...; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; R_{K} = - 0.491 R_{F}$$

Zur Berechnung der Krümmungsradien verwenden wir die Brechungsindizes bei der Natrium D-Linie und setzen die oben abgeleitete Nebenbedingung ein:

$$D = 2 (n_{F}-1) \frac{1}{R_{F}} - 2 (n_{K}-1) \frac{1}{0.491 R_{F}} = 10 \; dpt.$$

Daraus folgt $R_{F} = -0.086 \; m$ und $R_{K} = 0.0421 \; m$. Für die Brennweiten folgt daraus

$$\frac{1}{f_{F}} = \frac{2(n_{F}-1)}{R_{F}} = -14,19 \; m^{-... ... \frac{1}{f_{K}} = \frac{2(n_{K}-1)}{R_{K}} = 24,23 \; m^{-1}$$

oder

$$\underline{f_{F} = - 7 \; cm} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \underline{f_{K} = 4,1 \; cm}$$

Es handelt sich also um eine Kombination von einer Sammellinse aus Kronglas und einer Zerstreuungslinse aus Flintglas.
Aufgabe 2: (4 Punkte)
Die Höhe der Lichtquelle über dem Tisch sei $h$, der Abstand der Lichtquelle vom Tischrand werde mit $l$ bezeichnet und der Radius der Tischplatte mit $r=d/2 = 0,75 \; m$. Zur Berechnung der Beleuchtungsstärke muß noch der Einfallswinkel $\phi$ eingeführt werden (siehe Skizze)

Dann gilt

$$E = \frac{I cos\phi}{l^{2}} = \frac{I h}{(h^{2}+r^{2})^{3/2}}$$

Die Extremalbedingung $dE/dh$ führt auf die Gleichung

$$\frac{1}{(h^{2}+r^{2})^{3/2}} - \frac{3h^{2}}{(h^{2}+r^{2})^{5/2}} = 0$$

mit der Lösung:

$$h = \frac{\sqrt{2}}{2} r = \underline{0,53 \; m}$$

Aufgabe 3: (4 Punkte)
Wir wählen als Fortpflanzungsrichtung wie üblich die z-Achse, dann können wir die Komponenten der Feldstärke in x- und y- Richtung durch

$$E_{x} = E_{0} sin(\omega t) \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; E_{y} = E_{0} sin(\omega t - \phi)$$

beschreiben. Wegen

$$E_{y} = E_{0} [ sin(\omega t) cos(\phi) - cos(\omega t) sin... ...= E_{x} cos(\phi) - \sqrt{E_{0}^{2} - E_{x}^{2}} \; sin(\phi)$$

folgt auch

$$E_{x}^{2} - 2 E_{x} E_{y} cos(\phi) + E_{y}^{2} = E_{0}^{2} sin^{2}(\phi)$$

Die Form der allgemeinen Kegelschnitte,

$$a x^{2}+2bxy + c y^{2} +2 d x + 2 e y + f = 0$$

ist genau dann eine Ellipse, wenn

$$\delta = \left\vert \begin{array}{cc} a & b \\ b & c \end{array} \right\vert = a c - b^{2} > 0$$ (1)

ist (siehe irdendein Buch über Analytische Geometrie). In unserem Fall ist $\delta = 1 - cos^{2}(\phi)$, was ersichtlich nur für $\phi=n \pi, \; n=0,1,2,...$ gleich Null ist, sonst immer größer Null ist. Für $\delta = 0$ entartet die Ellipse zu einer Geraden. Man erhält die Normalform der Ellipse,

$$a' x'^{2} + c' y'^{2} + \frac{\Delta}{\delta} = 0$$

durch eine Drehung des Koordinatensystems um den Winkel $\alpha$, der durch

$$tg(2\alpha) = \frac{2b}{a-c}$$

gegeben ist. In unserem speziellen Fall ist $b=cos(\phi)$ und $a = c$, daher $tg(2\alpha) \to \infty$ und $\alpha= 45^{o}$. Der Winkel der Hauptachsen bezüglich der $x$- Achse ist also immer $45^{0}$ und nicht, wie manchmal in Prüfungen oder Klausuren angenommen wird, gleich $\phi$. Der Winkel $\phi$ bestimmt das Verhältnis der großen zur kleinen Hauptachse der Ellipse. Allgemein gilt bei der oben durchgeführten Hauptachsentransformation:

$$a' = \frac{1}{2} \left( a + c + \sqrt{(a-c)^{2} + 4b^{2}} \right)$$

$$c' = \frac{1}{2} \left( a + c - \sqrt{(a-c)^{2} + 4b^{2}} \right)$$

Für unseren speziellen Fall folgt hieraus:

$$a' = 1 + cos(\phi) \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; c' = 1 - cos(\phi)$$

Aufgabe 4: (6 Punkte)
Nach Vorlesung ist der reflektierte Strahl total polarisiert, wenn der einfallende Strahl unter dem Brewster- Winkel einfällt. Mit den Bezeichnungen der unten abgebildeten Skizze muß also sein:

$$tg(\alpha_{1}) = \frac{n}{n_{0}} = n \; \; \; \; \; \; \; \... ... \; \; \; \; \; tg(\beta_{2})= \frac{n_{0}}{n} = \frac{1}{n}.$$

wobei wir den Brechungsindex $n_{0}$ der umgebenden Luft gleich 1 gesetzt haben. Mit Hilfe trigonometrischer Umrechnungsformeln kann man dies auch schreiben:

$$sin(\alpha_{1}) = \frac{tg(\alpha_{1})}{\sqrt{1+tg^{2}(\alpha_{1})}} = \frac{n}{\sqrt{1+n^{2}}}$$

$$sin(\beta_{2}) = \frac{tg(\beta_{2})}{\sqrt{1+tg^{2}(\beta_{2})}} = \frac{1}{\sqrt{1+n^{2}}}$$

Außerdem gilt an der ersten brechenden Fläche das Brechungsgesetz:

$$sin(\alpha_{1}) = n \; sin(\beta_{1})$$

Daher gilt auch:

$$sin(\alpha_{1}) = \frac{n}{\sqrt{1+n^{2}}} = n \; sin(\beta_{2}) = n \; sin(\beta_{1}).$$

Die Bedingung, daß beide reflektierten Strahlen total polarisiert sind, ist also nur zu erreichen, wenn der Strahlendurchgang symmetrisch ist ( $\beta_{1}=\beta_{2}$). Mit Hilfe der allgemeinen trigonometrischen Formeln

$$arc \; sin(\frac{1}{\sqrt{1+n^{2}}}) = arc \; tg (\frac{1}{... ...\; \; arc \; sin(\frac{n}{\sqrt{1+n^{2}}}) = arc \; tg (n)$$

ergeben sich der Reihe nach die folgenden Antworten ($n=1,5$):

$$\alpha_{1} = arc \; tg(n) = \underline{56,3^{o}}$$

$$\gamma = = \beta_{1} + \beta_{2} = 2 \beta_{2} = 2 arc \; tg(\frac{1}{n}) = \underline{67,4^{o}}$$

$$\delta = 2 (\alpha_{1}-\beta_{2}) = 2 (arc \; tg(n) - arc \; tg(1/n)) = \underline{45,2^{o}}$$