\documentstyle[12pt,german,briefkn]{article}
\begin{document}
\briefkopf
\vskip 10mm
\Large
\centerline{Physik III, WS 1992/93} 
\vskip 5mm
\centerline{L\"osungen zur Klausur}
\normalsize  
\vskip 10mm
Besprechung: \bf 10. Februar 1993 \rm \newline
\vskip 5mm
\bf Aufgabe 1: \rm \hspace{10.5cm} (8 Punkte) \newline
Der Gangunterschied zwischen den an Unterseite und Oberseite reflektierten
Strahlen ist
\begin{displaymath}
\Delta = 2 n d + \frac{\lambda}{2}
\end{displaymath}
\vskip 50mm
Verst"arkung erh"alt man, wenn dieser Gangunterschied ein geradzahliges 
Vielfaches der Wellenl"ange ist: 
\begin{displaymath}
\Delta = 2nd + \frac{\lambda}{2} = m \lambda, \; \; \; \; \; \; \;
m=1,2,3,.... 
\end{displaymath}
Maximale Verst"arkung erh"alt man also f"ur die Wellenl"angen:
\begin{displaymath}
\lambda = \frac{4nd}{2m-1} \; \; \; \; \; \; m=1,2,3,...
\end{displaymath}
Die folgende Tabelle zeigt die Werte der Wellenl"angen in Abh"angigkeit 
von $m$: \newline \vskip 2mm
\centerline{ \begin{tabular}{c|cccccc}
m &  1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\
$\lambda$ & 3000 nm & 1000 nm & 600 nm & 429 nm & 333 nm & 273 nm 
\end{tabular}}
\vskip 2mm
Im sichtbaren Teil des Spektrums liegen hierbei die beiden Wellenl"angen 
$\underline{\lambda_{1}=600 \; nm}$ und 
$\underline{\lambda_{2}=429 \; nm}$. \newline 
\vskip 10mm
\bf Aufgabe 2: \rm \hspace{10.5cm} (9 Punkte) \newline
Zun"achst ist klar, da"s die Transmissionsachse des zweiten Polarisators
den Winkel $\phi_{2}=90^{0}=\pi/2$ zur Polarisationsebene des einfallenden
Lichtes haben mu"s. 
\newline \vskip 50mm
Der Winkel $\phi_{1}$ ist zun"achst beliebig.
Die Intensit"at nach dem ersten Polarisator ist
\begin{displaymath}
I_{1} = I_{0} cos^{2}\phi_{1}
\end{displaymath}
und nach dem zweiten Filter entsprechend
\begin{displaymath}
I=I_{2} = I_{1} cos^{2}(\phi_{2}-\phi_{1}) = I_{0} cos^{2}\phi_{1}
cos^{2}(\frac{\pi}{2}-\phi_{1})
\end{displaymath}
Da $cos(\pi/2 -\phi_{1})=sin\phi_{1}$, kann man auch schreiben:
\begin{displaymath}
I = I_{0} cos^{2}\phi_{1} \; sin^{2}\phi_{1}
\end{displaymath}
Die maximale Intensit"at folgt aus der Extremalbedingung
\begin{displaymath}
\frac{dI}{d\phi_{1}} =0
\end{displaymath}
Die L"osung dieser Extremalbedingung kann im wesentlichen auf drei
Arten erfolgen. Einmal schreibt man die Gleichung f"ur $I$ in der Form
(siehe Formel in Aufgabenstellung):
\begin{equation}
I = I_{0} \left[ cos\phi_{1} cos(\frac{\pi}{2}-\phi_{1}) \right]^{2} 
= \frac{I_{0}}{4} \left[ cos(2\phi_{1}-\frac{\pi}{2}) +
 cos(\frac{\pi}{2}) \right]^{2}
\end{equation}
Dann folgt
\begin{equation}
\frac{dI}{d\phi_{1}} = - I_{0} \left[ cos(2\phi_{1}-\frac{\pi}{2})
+ cos(\frac{\pi}{2}) \right] \; sin(2\phi_{1} - \frac{\pi}{2}) = 0
\end{equation}
Dieses wird gel"ost durch
\begin{displaymath}
sin(2\phi_{1}-\frac{\pi}{2}) = 0 \; \; \; \; \; \; \; \; \to
\; \; \; \; \; \; \; \; \underline{\phi_{1}=\frac{\pi}{4}}
\end{displaymath}
Einfacher ist es allerdings, wenn man auf die Formel f"ur $I$
\begin{equation}
I=I_{0} \left[ cos\phi_{1} \; cos(\frac{\pi}{2} -\phi_{1}) \right]^{2}
\end{equation}
die Produktregel der Differentiation anwendet. Dieses ergibt
\begin{equation}
\frac{dI}{d\phi_{1}} = 2 I_{0} \left[ cos\phi_{1} \; cos(\frac{\pi}{2}-
\phi_{1}) \right] \left( -sin\phi_{1} \; cos(\frac{\pi}{2}-\phi_{1}) +
cos\phi_{1} \; sin(\frac{\pi}{2}-\phi_{1}) \right) = 0
\end{equation}
und daher
\begin{displaymath}
tg\phi_{1} = tg(\frac{\pi}{2}-\phi_{1}) \; \; \; \; \; \; \; \; \to
\; \; \; \; \; \; \; \; \underline{\phi_{1} = \frac{\pi}{4}}
\end{displaymath}
Einige Kommilitonen haben einen besonders eleganten Weg gefunden.
\newline Wegen $sin\phi_{1} \; cos\phi_{1} = (1/2) sin(2\phi_{1})$ gilt
\begin{displaymath}
I = I_{0} cos^{2}\phi_{1} \; sin^{2}\phi_{1} = \frac{I_{0}}{4} 
sin^{2}(2\phi_{1})
\end{displaymath}
und daher
\begin{displaymath}
\frac{dI}{d\phi_{1}} = I_{0} sin(2\phi_{1}) \; cos(2\phi_{1}) = 0
\end{displaymath}
mit den L"osungen $\phi_{1}=0$ oder $\phi_{1}= \pi/4$. Die erste 
L"osung entspricht einem Minimum, die zweite einem Maximum.   
Der Winkel ist also $\underline{\phi_{1} = 45^{o}}$. \newline
b) Die Intensit"at selbst folgt dann aus
\begin{equation}
I = I_{0} cos^{2}(\frac{\pi}{4}) cos^{2}(\frac{\pi}{4}) = I_{0}
cos^{4}(\frac{\pi}{4}) = I_{0} \left( \frac{\sqrt{2}}{2} \right)^{4}
= \underline{\frac{I_{0}}{4}}
\end{equation}  
\vskip 10mm
\bf Aufgabe 3: \rm \hspace{10.5cm} (8 Punkte) \newline
Die allgemeine Formel zur Berechnung der Gruppengeschwindigkeit ist
\begin{displaymath}
v_{gr} = \frac{d\omega}{dk}
\end{displaymath}
Wegen $\omega = 2\pi \nu = 2\pi c'/\lambda = 2\pi c/(n \lambda)$ folgt 
mit $n(\lambda)= a \lambda$ und $k=2\pi/\lambda$.
\begin{displaymath}
\omega = \frac{2 \pi c}{a \lambda^{2}} = \frac{2\pi c k^{2}} 
{a(2\pi)^{2}} = \frac{ck^{2}}{2\pi a}
\end{displaymath}
und 
\begin{displaymath}
v_{gr} = \frac{d\omega}{dk} = \frac{2ck}{2\pi a} = 
\underline{\frac{2c}{a\lambda}}
\end{displaymath}
\underline{Weitere L"osungswege} \newline 
Nach Vorlesung und Rechen"ubung vom 16.12.93 gilt auch
\begin{displaymath}
v_{gr} = v_{ph} - \lambda \frac{dv_{ph}}{d\lambda}
\end{displaymath}
Diese Formel wurde ebenfalls bereits in der Vorlesung hergeleitet.
Wegen $v_{ph}=c/n$ und $dv_{ph} = -(c/n^{2}) dn$ gilt dann
\begin{equation}
v_{gr} = \frac{c}{n} + \frac{\lambda c}{n^{2}} \frac{dn}{d\lambda} 
= \frac{c}{n} \left( 1 + \frac{\lambda}{n} \frac{dn}{d\lambda} \right)
\end{equation}
Diese Formel wurde ebenfalls bereits in den Rechen"ubungen 
am 16.12.93 hergeleitet. Wegen $n(\lambda) = a \lambda$ ergibt sich sofort
\begin{displaymath}
v_{gr} = \frac{c}{n}(1 + \frac{\lambda}{n} a) = 2 \frac{c}{n} = 
\underline{\frac{2c}{a\lambda}} 
\end{displaymath}
\vskip 10mm 
\bf Aufgabe 4: \rm \hspace{10.5cm} (9 Punkte) \newline
1. \underline{L"osung durch zweistufigen Abbildungsproze"s} \newline 
Zun"achst einmal mu"s der Spiegel aus der Abbildung entfernt werden.
Dazu mu"s die Abbildung einfach symmetrisch aufgeklappt werden, wobei
der Spiegel die Symmetrieebene ist. Die Richtigkeit dieses Vorgehens 
wird in der zweiten L"osung mit Hilfe der Matrizen- Optik streng
bewiesen. In der folgenden Abbildung ist links das Auge als Objekt,
zwei identische Linsen 1 und 2 mit jeweils Abstand $c$ vom Spiegel,
sowie schlie"slich das Auge als Beobachter. In diesem allgemeinen 
zweistufigen Proze"s ist als Nebenbedingung enthalten, da"s die 
Abst"ande Auge- Lupe auf beiden Seiten $d=30 \; cm$ sind.  
\newline \vskip 50mm
Als weitere Nebenbedingung mu"s beachtet werden, da"s das Auge v"ollig 
entspannt ist, d.h. auf Unendlich eingestellt ist. In diesem Fall mu"s
das Zwischenbild im Brennpunkt der Linse 2 sein. Daher gilt:
\begin{eqnarray}
2c &=& b + f \nonumber \\
\frac{1}{d} + \frac{1}{b} &=& \frac{1}{f} \nonumber
\end{eqnarray}
Die zweite Gleichung ist die Abbildungsgleichung der ersten Lupe.
Aus diesen beiden Gleichungen kann $b$ eliminiert und $c$ berechnet werden,
\begin{displaymath}
c = \frac{fd - f^{2}/2}{d-f}
\end{displaymath}
Einsetzen der Zahlenwerte ($f=20 \; cm$, $d=30 \; cm$) ergibt dann
$\underline{c= 40 \; cm}$. \newpage
2. \underline{L"osung mit Hilfe der Matrizen- Optik} \newline
Die vorliegende Aufgabe kann streng mit Hilfe der Matrizen- Optik 
behandelt werden. Die folgende Abbildung zeigt den Strahlengang.
\newline \vskip 40mm
Die Transformationsgleichung ist:
\begin{equation}
\left( \begin{array}{c} r_{2} \\ r_{2}' \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{cc} 1 & d \\ 0 & 1 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ -D & 1 \end{array} \right) 
\left( \begin{array}{cc} 1 & c \\ 0 & 1 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 2/R & 1 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{cc} 1 & c \\ 0 & 1 \end{array} \right) 
\left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ -D & 1 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{cc} 1 & d \\ 0 & 1 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{c} r_{1} \\ r_{1}' \end{array} \right)
\end{equation}
Hierbei ist $D=1/f$ die Brechkraft der Lupe und $R$ der Kr"ummungsradius
des Spiegels. Da $R=\infty$, folgt $2/R=0$, soda"s die Reflexionsmatrix 
am Spiegel zur Einheitsmatrix wird und weggelassen werden kann.
Die beiden Translationsmatrizen zwischen Lupe und Spiegel und zur"uck
k"onnen zusammengefa"st werden:  
\begin{equation}
\left( \begin{array}{cc} 1 & c \\ 0 & 1 \end{array} \right) 
\left( \begin{array}{cc} 1 & c \\ 0 & 1 \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{cc} 1 & 2c \\ 0 & 1 \end{array} \right)
\end{equation}
Damit reduziert sich die Transformation zu
\begin{equation}
\left( \begin{array}{c} r_{2} \\ r_{2}' \end{array} \right) =
\left( \begin{array}{cc} 1 & d \\ 0 & 1 \end{array} \right) M
\left( \begin{array}{cc} 1 & d \\ 0 & 1 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{c} r_{1} \\ r_{1}' \end{array} \right)
\end{equation}
mit der Systemmatrix
\begin{equation}
M = \left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ -D & 1 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{cc} 1 & 2c \\ 0 & 1 \end{array} \right)
\left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ -D & 1 \end{array} \right)
\end{equation}
Diese Transformation entspricht aber der folgenden zweistufigen
Abbildung, \newline \vskip 40mm
wie wir sie als L"osungsansatz bereits in der ersten L"osung verwendet haben.
Die Berechnung von $M$ ergibt:
\begin{equation}
M = \left( \begin{array}{cc} M_{11} & M_{12} \\ M_{21} & M_{22} 
\end{array} \right) = \left( \begin{array}{cc} 1 - 2cD & 2 c \\
-2D +2cD^{2} & 1-2cD \end{array} \right) 
\end{equation}
und die Gesamttransformation wird zu
\begin{eqnarray}
r_{2} &=& [M_{11} + M_{21}d ] r_{1} + [M_{11}d + M_{12} + M_{21}d^{2}
+M_{22} d] r_{1}' \nonumber \\
r_{2}' &=& M_{21}r_{1} + [M_{21}d + M_{22}] r_{1}' \nonumber
\end{eqnarray}
In diese Transformation mu"s jetzt noch die Bedingung des v"ollig
entspannten Auges eingearbeitet werden. Dieses bedeutet, da"s ein
Lichtstrahl vom Punkt $r_{1}=0$ parallel zur optischen Achse in das
Auge zur"uckreflektiert wird ($r_{2}'=0$), und zwar unabh"angig
vom Winkel $r_{1}'$. Die zweite Gleichung wird unter diesen 
Voraussetzungen
\begin{displaymath}
0 = [M_{21} d + M_{22}] r_{1}' \; \; \; \; \; \; \; \; \to
\; \; \; \; \; \; \; \; M_{21}d + M_{22} = 0 
\end{displaymath}
Einsetzen der Matrizelemente f"uhrt auf
\begin{displaymath}
(-2D + 2cD^{2}) d + (1-2cD) = 0
\end{displaymath}
Einsetzen von $D=1/f$ und Aufl"osen nach $c$ ergibt wie in der ersten
L"osung
\begin{displaymath}
c = \frac{df - f^{2}/2}{d-f}
\end{displaymath}
\vskip 10mm
\bf Aufgabe 5: \rm \hspace{10.5cm} (8 Punkte) \newline
Die allgemeine Formel des Dopplereffektes ist (siehe Vorlesung):
\begin{displaymath}
\nu' = \nu_{0} \frac{1-(v_{B}/c) cos\theta_{B}}{1-(v_{S}/c)cos\theta_{S}}
\end{displaymath}
Die Indizes ''B'' und ''S'' verweisen auf ''Beobachter'' und ''Sender''.
\vskip 40mm
Die Geschwindigkeit des Zuges sei $v=v_{S}$ und seine Senderfrequenz
$\nu_{0}=500 \; Hz$. Der Berg wirkt als Empf"anger der Frequenz 
\begin{displaymath}
\nu' = \frac{\nu_{0}}{1-v/c} 
\end{displaymath}
In diesem Fall ist $v_{B}=0$ und $\theta_{S}=0$ und damit $cos\theta_{S}=1$.
Wellen dieser Frequenz werden als Echo reflektiert. Relativ 
zu diesem Sender bewegt sich der Zug mit der Geschwindigkeit $v_{B}=v$ und
$\theta_{B}=180^{o}$, also $cos\theta_{B}=-1$. Ein 
Reisender im Zug h"ort daher das Echo mit der Frequenz 
\begin{displaymath}
\nu'' = \nu' (1 + v/c) = \nu_{0} \frac{1+v/c}{1-v/c}
\end{displaymath}
Wegen $v=72 \; km/h = 20 \; m/s$ und $v/c = 0.06$ folgt 
\begin{displaymath}
\nu'' = 500 \frac{1+0,06}{1-0,06} \; Hz = \underline{563 \; Hz}
\end{displaymath}
\vskip 10mm
\bf Aufgabe 6: \rm \hspace{10.5cm} (8 Punkte) \newline
Die Phasengeschwindigkeit auf einer gespannten Saite ist nach Vorlesung
\begin{displaymath}
c = \sqrt{\frac{F}{\rho A}} ,
\end{displaymath}
wobei $F$ die die Spannung hervorrufende Kraft, $\rho$ die Dichte und
$A$ der Querschnitt ist. Wegen $c=\nu \lambda$ folgt auch
\begin{displaymath}
\nu = \frac{1}{\lambda} \sqrt{\frac{F}{\rho A}}
\end{displaymath}
Bei der Grundschwingung der beiderseits eingespannten Saite ist die 
Wellenl"ange $\lambda$ das Doppelte der L"ange $L$, daher auch
\begin{displaymath}
\nu = \frac{1}{2L} \sqrt{\frac{F}{\rho A}}
\end{displaymath}
\vskip 30mm
Da die L"ange $L$ nicht ver"andert wird und die Saiten identisch sind
(gleiche Dichte und gleicher Querschnitt), folgt f"ur das
Verh"altnis der Frequenzen
\begin{displaymath}
\frac{\nu_{1}}{\nu_{0}} = \sqrt{\frac{F_{1}}{F_{0}}} = 
\sqrt{\frac{101}{100}} = 1,005
\end{displaymath}
Mit $\nu_{0}=200 \; Hz$ ergibt sich f"ur $\nu_{1}$:
\begin{displaymath}
\nu_{1} = 1,005 \cdot 200 \; Hz = 201 \; Hz
\end{displaymath}
Die Schwebungsfrequenz schlie"slich ist
\begin{displaymath}
\nu_{S} = \nu_{1} - \nu_{0} = \underline{1 \; Hz}
\end{displaymath} 
\end{document}
