Physik III, WS 1992/93

Lösungen zur Übung Nr. 11

Besprechung: 27. Januar 1993
Aufgabe 1: (5 Punkte)
Wir verwenden im folgenden die in der Aufgabenstellung angegebene Richtung der Transmissionsachsen der Polarisatoren. Danach ist das Licht hinter dem ersten Polarisator vertikal polarisiert, mit der Intensität

$$I_{1} = \frac{I_{e}}{2}$$

Der Winkel zwischen den Transmissionsachsen der ersten beiden Polarisatoren sei $\theta$, dann folgt aus dem Gesetz von Malus:

$$I_{2}= I_{1} cos^{2} \theta$$

Der Winkel zwischen den beiden hinteren Polarisatoren ist $90^{o}-\theta$. Nochmalige Anwendung von Malus Gesetz ergibt

$$I = I_{3} = I_{2} cos^{2}(90^{o}-\theta) = I_{1}cos^{2}\the... ...in^{2}\theta = \frac{I_{e}}{2} sin^{2}\theta \; cos^{2}\theta$$

Mit Hilfe der Formel

$$cos(4\theta) = 1 - 2 sin^{2}(2\theta) = 1 - 8 sin^{2}\theta \; cos^{2}\theta$$

erhält man:

$$I = \frac{I_{e}}{16} ( 1 - cos(4\theta)) = \frac{I_{e}}{16} (1 - cos(4 \omega t))$$

Die maximale Intensität ist also $I_{max}=I_{e}/8$ und die Oszillationsfrequenz der Intensität ist $\Omega=4\omega$.
Aufgabe 2: (5 Punkte)
Diese Aufgabe wurde bereits ausführlich in der Vorlesung (siehe Skript Seite 172-175) durchgerechnet, wobei für die vorliegende Aufgabe lediglich eine kleine Modifikation notwendig ist. In der Vorlesung wurde das $\lambda/4$- Plättchen behandelt. Dieses erzeugt aus einer linear polarisierten Welle eine zirkular polarisierte Welle.
Setzen wir den Koordinatenursprung an die Vorderfläche des Quarz- Plättchens, so ist die Feldstärke am Ort $z=0$:

$$\vec{E}_{1} = E_{0} [ sin(\omega t), sin(\omega t) , 0 ]$$

wobei die $y$- Achse mit der Richtung der optischen Achse übereinstimmt. Nach Durchgang des Lichts durch das Plättchen ergibt sich eine Phasendifferenz zwischen der $x$- und $y$- Komponente von (siehe Vorlesung):

$$\phi = 2 \pi \frac{d}{\lambda} (n_{ao}-n_{o}).$$

Um linear polarisiertes Licht zu erhalten, muß

$$\phi = k \pi, \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; k=0,1,2,3,....$$

Während sich für $\phi=2 k \pi, \; k=0,1,2,3,...$ die Polarisationsebene nicht ändert, ergibt sich für $\phi=(2k+1)\pi, \; k=0,1,2,3,...$ eine Drehung der Polarisationsebene um $90^{o}$. Wir müssen also fordern, daß

$$\phi=2 \pi \frac{d}{\lambda} (n_{ao}-n_{o}) = (2k+1) \pi, \; \; \; \; \; k=0,1,2,3,....$$

Daraus ergibt sich die notwendige Dicke $d$ der Platte zu

$$d = \frac{\lambda}{2} \frac{1}{n_{ao}-n_{o}} (2k+1)$$

Einsetzen der Zahlenwerte:

$$\underline{d=(2k+1) \; 32,4 \; \mu m}$$

Aufgabe 3: (5 Punkte)
Wir zerlegen die einfallende Welle in den ordentlichen und außerordentlichen Strahl. Der ordentliche Strahl ist senkrecht zur optischen Achse polarisiert, der außerordentliche Strahl parallel zur optischen Achse. Beide Strahlen haben gleiche Richtung, sind jedoch phasenverschoben. Beim Eintritt in das zweite Prisma, dessen optische Achse nach Aufgabenstellung senkrecht zur optischen Achse des ersten Prismas gerichtet sein sollte, wird der ordentliche Strahl zum außerordentlichen Strahl und umgekehrt der außerordentliche Strahl zum ordentlichen Strahl. Der Einfallswinkel bei der Brechung an der Grenzfläche der beiden Prismen ist identisch mit dem Keilwinkel $\gamma$ der Prismen (siehe untenstehende Skizze). Wir bezeichnen mit dem Index 1 den im zweiten Prisma als ordentlichen Strahl erscheinenden Lichtstrahl, umgekehrt mit dem Index 2 den im zweiten Prisma als außerordentlichen Strahl erscheinenden Lichtstrahl. Die weitere Bezeichnung der Winkel ist in der folgenden Skizze angegeben. Die Brechungsgesetze an der Grenzfläche der beiden Prismen lauten

$$n_{o} sin\gamma = n_{ao} sin\beta_{2}$$

$$n_{ao} sin\gamma = n_{o} sin\beta_{1}$$

Numerisch folgt daraus, daß $\beta_{1}=13,41^{o}$ und $\beta_{2}=16,79^{o}$. Der Einfallswinkel auf die Begrenzungsfläche des zweiten Prismas mit der Luft ist

$$\beta_{1}'=\gamma - \beta_{1} = 1,79^{o} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \beta_{2}'=\beta_{2} - \gamma = 1,59^{o}.$$

Nochmalige Anwendung des Brechungsgesetzes:

$$n_{ao} sin\beta_{2}' = sin \alpha_{2} = 0,0464$$

$$n_{o} sin\beta_{1}' = sin \alpha_{1} = 0,0460$$

Der Winkel zwischen den beiden Lichtstrahlen $S_{1}$ und $S_{2}$ ist damit:

$$\alpha = (\beta_{2}-\beta_{1}) + (\alpha_{1}-\beta_{1}') + (\alpha_{2}-\beta_{2}')$$

$$= (\alpha_{1} + \alpha_{2}) + (\beta_{2}-\beta_{2}') - (\beta_{1}+\beta_{1}') = \alpha_{1}+\alpha_{2} = \underline{5,3^{o}}.$$

Die Strahlen sind wie in der folgenden Abbildung angegeben polarisiert.

Aufgabe 4: (5 Punkte)
a) Linear polarisiertes Licht läßt sich auffassen als Superposition einer links- und rechtspolarisierten Welle. Die Zahl der Umläufe der rechtspolarisierten Welle $m_{r}$ und linkspolarisierten Welle $m_{l}$ auf der Strecke $d$ ist

$$m_{r}=\frac{d}{\lambda_{r}} = \frac{n_{r}d}{\lambda} \; \... ...; \; \; m_{l}=\frac{d}{\lambda_{l}} = \frac{n_{l}d}{\lambda}$$

Die Differenz der Drehwinkel der entsprechenden Felder beträgt

$$\theta_{r}-\theta_{l} = 2 \pi (m_{r}- m_{l}) = \frac{2 \pi d} {\lambda}(n_{r}-n_{l})$$

Der resultierende Vektor liegt in der Winkelhalbierenden, hat also die Drehung

$$\theta = \frac{1}{2}(\theta_{r}-\theta_{l}) = \frac{\pi d}{\lambda} (n_{r}-n_{l})$$

erfahren. Daraus folgt:

$$n_{r}-n_{l} = \frac{\theta \lambda}{d \pi}$$

Nach Aufgabenstellung ist $\theta/d = 21,7^{o} \cdot cm^{-1}$ oder, nach Umrechnung in Radian, $\theta/d = 37,9 \;rad \cdot m^{-1}$. Die Differenz der Brechungsindizes ist also

$$n_{r}-n_{l} = \underline{7,11 \cdot 10^{-6}}$$

b) Die Differenz der Phasengeschwindigkeiten ist:

$$c_{l}-c_{r}= c_{0} (\frac{1}{n_{l}} - \frac{1}{n_{r}}) = c_{0} \frac{n_{r}-n_{l}}{n_{r}n_{l}}$$

Bei Quarz ist der Unterschied der Brechungsindizes klein, sodaß wir im Nenner einfach $n_{r}n_{l} \approx n^{2} = (1,55)^{2} = 2,4$ schreiben können (siehe Aufgabe 2). Dann ist

$$c_{l}-c_{r} = 0,42 (n_{r}-n_{l}) c_{0} \approx \underline{0,97 \; km \; s^{-1}}$$