Physik III, WS 1992/93

Lösungen zur Übung Nr. 12

Besprechung: 10. Februar 1993
Aufgabe 1: (5 Punkte)
a) Eine dünne Schicht reflektiert Licht einer bestimmten Wellenlänge genau dann maximal, wenn die an der Ober- und Unterseite der Schicht reflektierten Strahlen konstruktiv interferieren.

Der Gangunterschied ist

$$\Delta = n (\overline{BC} + \overline{CA}) - (\overline{FA} + \frac{\lambda}{2})$$

Hierbei wurde beachtet, daß bei Reflexion am dichteren Medium ein Phasensprung von $\lambda/2$ auftritt. Aus der Geometrie der Abbildung folgt:

$$\Delta = 2n \frac{d}{cos\beta} - 2 d \; tg\beta \; sin\alpha - \frac{\lambda}{2}$$

Mit dem Brechungsgesetz $n \; sin\beta = sin\alpha$ und einigen weiteren Umformungen folgt:

$$\Delta = 2 d \sqrt{n^{2}-sin^{2}\alpha} - \frac{\lambda}{2}$$

Damit Verstärkung auftritt, muß die Gangdifferenz ein Vielfaches der Wellenlänge sein,

$$\Delta = k \lambda, \; \; \; \; \; \; \; k=0,1,2,3,4,...$$

Daraus folgt

$$2d\sqrt{n^{2}-sin^{2}\alpha} = k\lambda + \frac{\lambda}{2}... ...(2k+1) \frac{\lambda}{2} \; \; \; \; \; \; \; k=0,1,2,3,4,...$$

Die kleinstmögliche Schichtdicke ergibt sich für $k=0$, also

$$d = \frac{\lambda}{4 \sqrt{n^{2}-sin^{2}\alpha}}$$

Für rotes Licht der Wellenlänge $\lambda_{rot} = 0,7 \cdot 10^{-6} \; m$, Brechzahl $n=1,33$ und Einfallswinkel $\alpha = 30^{o}$ folgt:

$$d = 0,141 \cdot 10^{-6} \; m = \underline{141 \; nm}$$

b) Für einen Einfallswinkel von $\alpha = 60^{o}$ ergibt sich bei sonst gleichen Bedingungen wie in Teil a):

$$\lambda = 4 d \sqrt{n^{2}-sin^{2}\alpha} = \underline{569 \; nm}$$

Diese Wellenlänge entspricht einer gelbgrünen Färbung.
Diskussion der Aufgabe
Die Zahlenangaben dieser Aufgabe wurden sorgfältig geprüft. Der Autor dieser Musterlösungen ist kein Experte über Farbenlehre und insbesondere über die physiologische Wahrnehmung von Farben. Bei einer exakten Formulierung dieser Aufgabe hätte man Angaben über die spektrale Intensitätsverteilung des einfallenden Lichtes und der spektralen Sensitivität des beobachtenden Auges machen müssen. Die Wellenlänge $\lambda=700 \; nm$ liegt jedoch am äußersten Ende des sichtbaren Spektrums, mit einer kleinen Sensitivität des Auges. Falls diese Wellenlänge verstärkt wird, werden notwendigerweise die anderen sichtbaren Farben geschwächt. Wie weit diese allerdings geschwächt werden, hängt von der spektralen Intensität der Quelle ab. Da man trotzdem noch ''Rot'' sieht, dürfen die anderen Farben nicht übermäßig stark im Spektrum vorkommen. Umgekehrt ist die Argumentation bei Teil b). Hier muß man davon ausgehen, daß bei der Farbe Grün die maximale Sensitivität des Auges ist. Sofern Grün überhaupt im Spektrum vorkommt und darüber hinaus noch maximal verstärkt wird, wird man die verbleibende Farbmischung wahrscheinlich als grün empfinden. Im allgemeinen hängt natürlich der Farbeindruck von der Mischung aller vorkommenden Farben ab.
Aufgabe 2: (5 Punkte)
Die erforderliche Spiegelverschiebung $d$ bis zum Verschwinden jeglicher Interferenzen hängt von der Kohärenzlänge und damit von der Linienbreite ab. Aus der gegebenen Linienbreite berechnet man zunächst die Kohärenzlänge (siehe Rechenübungen vom 13.1.93):

$$\Delta l = \frac{\lambda_{0}^{2}}{\Delta \lambda} = 31,89 \; cm$$

Wenn die optische Gangdifferenz $2d$ den Wert $\Delta l$ erreicht, verschwinden die Interferenzen. Das ist der Fall, wenn

$$\underline{d \approx 15,9 \; cm}$$

b) Eine Vergrößerung von $d$ um $\lambda/2$ führt zu einer Vergrößerung der optischen Gangdifferenz um $\lambda$. Die Anzahl $N$ der Interferenzringe im Zentrum ist daher bei einer endlichen Verschiebung $d$:

$$N = d \frac{2}{\lambda} = \underline{0,494 \cdot 10^{6}}$$

c) Die Frequenzstabilität ist definiert als (siehe Rechenübungen vom 13.1.93)

$$\frac{\Delta \nu}{\overline{\nu}} \approx \frac{\Delta \nu}{\nu_{0}} = 2 \cdot 10^{-10}$$

Daher folgt für die Kohärenzlänge:

$$\Delta l = c \Delta t = \frac{c}{\Delta \nu} = \frac{c} {2... ... \nu_{0}} = \frac{\lambda_{0}}{2 \cdot 10^{-10}} = 3164 \; m$$

Da $\Delta l = 2 d$ (siehe Teil a)), folgt

$$\underline{d \approx 1582 \; m}$$

Aufgabe 3: (4 Punkte)
Wenn eine Spektrallinie der Wellenlänge $\lambda_{1}$ aus dem Spektrum erster Ordnung unter dem Winkel $\alpha_{1}$ erscheint, so gilt nach Vorlesung, mit der Gitterkonstanten $g$:

$$g \; sin\alpha_{1} = \lambda_{1}$$

Entsprechend gilt für eine Spektrallinie $\lambda_{2}$ aus dem Spektrum zweiter Ordnung:

$$g sin\alpha_{2} = 2 \lambda_{2}$$

Beide Spektrallinien überdecken sich ( $\alpha_{1}=\alpha_{2}$), wenn

$$\lambda_{1} = 2 \lambda_{2}$$

Da das sichtbare Licht aber nur die Wellenlängen von $400 \; nm$ bis $700 \; nm$ umfaßt, kann diese Bedingung nicht erfüllt werden.
Aufgabe 4: (6 Punkte)
Läßt man eine ebene Welle senkrecht auf die Zonenplatte fallen, so wirkt jedes Flächenelement eines freien Kreisringes als Zentrum einer Kugelwelle (Huygenssches Prinzip). Diese Wellen sollen sich im Brennpunkt verstärken, müssen also im Punkt $F$ mit gleicher Phase eintreffen. Diese Bedingung ist näherungsweise erfüllt, wenn die Wege $\overline{AF}$, $\overline{BF}$, $\overline{CF}$,...sich jeweils um $\lambda/2$ unterscheiden. Dieses führt auf die allgemeine Bedingung

$$r_{k}^{2} + f^{2} = (f + k \frac{\lambda}{2})^{2}, \; \; \; \; \; \; \; k=0,1,2,3,....$$

oder

$$r_{k} = \sqrt{k \lambda f (1 + \frac{k\lambda}{4f})}$$

Der zweite Term in der Klammer ist außerordentlich klein gegenüber 1, daher

$$\underline{r_{k} \approx \sqrt{k \lambda f} }$$

a) Für $\lambda = 0,598 \cdot 10^{-6} \; m$ und $f = 0,5 \; m$ folgt

$$r_{k} = \sqrt{k} \; 5,5 \cdot 10^{-4} \; m = \underline{\sqrt{k} \; 0,55 \; mm}$$

b) Der Flächeninhalt des $k$-ten Kreisringes ist

$$F_{k} = \pi (r_{k}^{2} - r_{k-1}^{2}) = \pi (k\lambda f - (... ... \to \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \frac{F_{k+1}}{F_{k}} = 1$$

Die Flächeninhalte der Kreisringe sind also konstant und hängen nicht von $k$ ab.
c) Die chromatische Aberration der Zonenlinse ist

$$D_{Z} = \frac{1}{f} = \frac{\pi \lambda}{F} \; \; \; \; \; ... ...frac{dD_{Z}}{d\lambda} = \frac{\pi}{F} = \frac{1}{\lambda f}$$

Demgegenüber beträgt die chromatische Aberration einer Sammellinse aus Glas:

$$\frac{dD_{S}}{d\lambda} = (\frac{d}{d\lambda}) (n-1) \frac{... ...rac{2}{R} = \frac{1}{(n-1)} \frac{dn}{d\lambda} \frac{1}{f}$$

Zahlenmäßig ergibt sich

$$\frac{dD_{Z}}{d\lambda} = 1,67 \cdot 10^{6} \; m^{-1} \; \frac{1}{f}$$

$$\frac{dD_{S}}{d\lambda} = -1,59 \cdot 10^{5} \; m^{-1} \; \frac{1}{f}$$

Abgesehen vom Vorzeichen ist die chromatische Aberration bei der Zonenplatte einen Faktor 10 größer als bei der normalen Glaslinse. Da außerdem die Lichtstärke etwa einen Faktor 2 kleiner als bei der Glaslinse ist, hat sich die Zonenplatte als optische Linse nicht durchsetzen können. Trotzdem gibt es interessante Anwendungen bei Radiowellen und akustischen Wellen.