Uebungsblatt_7_Musterloesung - Universität der Bundeswehr

Institut für Physik
Fakultät für Elektrotechnik
Universität der Bundeswehr
München / Neubiberg
EXPERIMENTALPHYSIK I - 7. und letztes Übungsblatt
XVI. Geometrische Optik - Strahlenverläufe durch optische Geräte
Zur Bearbeitung der folgenden Aufgaben empfiehlt sich ein Studium der Kapitel über
geometrische Optik,
die Sie in jedem Lehrbuch der Physik finden.
_____________________________________________________________
Aufgaben
a) Konstruieren Sie die Strahlenverläufe der von einem Objekt ausgehenden Strahlung durch
eine Sammellinse und durch eine Zerstreuungslinse, und charakterisieren Sie das entstehende
Bild (das Objekt soll sich dabei (i) in einem Bereich vor dem Brennpunkt f1 befinden, (ii)
direkt im Brennpunkt f1 befinden und (iii) hinter dem Brennpunkt f1 befinden).
b) Konstruieren Sie den Strahlenverlauf durch (i) ein astronomisches und (ii) ein
terrestrisches Fernrohr; beziehen Sie dabei das menschliche Auge mit in den
Strahlenverlauf ein (Hinweis: das in die Fernrohre einfallende äußere Licht ist parallel).
XX. Brechung und Reflexion, Interferenz und Beugung
Zur Bearbeitung der folgenden Aufgaben empfiehlt sich ein Studium der folgenden Literatur:
„Physik“ von P.A.Tipler, Seiten 1109-1131
Spektrum, Akademischer Verlag, Heidelberg - Berlin
_____________________________________________________________
Aufgaben
c) Das Licht einer Natriumdampflampe hat im Vakuum die Wellenlänge λ = 589 nm.
Berechnen Sie die Wellenlänge dieses Lichts (i) in Wasser (n = 1,33) und (ii) in Glas (n =
1,50).
d) Ein Lichtstrahl falle unter einem Winkel von 45° auf die Grenzfläche zwischen Luft und
Wasser. Die Brechzahl der Luft ist 1,00 und die des Wassers 1,33. Wie groß ist der
Brechungswinkel?
e) Eine bestimmte Glassorte habe die Brechzahl 1,50. Wie groß ist der kritische Winkel der
Totalreflexion für den Übergang von diesem Glas in Luft (n = 1,00)?
1
f) Auf einen Spalt der Breite d falle monochromatisches, paralleles Licht der Wellenlänge λ.
Nachdem das Licht am Spalt gebeugt wurde, fällt es in einer Entfernung l >> λ auf eine
Wand. Wand und Spalt sind parallel zueinander angeordnet. Erläutern Sie (i) qualitativ die
Beugung des Lichts an diesem Spalt mit Hilfe des Huygensschen Prinzips und erklären Sie
das entstehende Interferenzbild auf dem Schirm. Anstelle des Spaltes wird nun ein
Doppelspalt in den Lichtstrahl gestellt (die Breite der Einzelspalte sei b, der Abstand
zwischen den Einzelspalten sei ebenfalls b). Wie ändert (ii) sich das Interferenzbild?
g) Zwei Spalte der Breite a = 0,015 mm haben voneinander den Abstand d = 0,06 mm und
werden mit monochromatischem Licht der Wellenlänge λ = 700 nm beleuchtet. Wieviele
helle Streifen lassen sich (i) im zentralen Beugungsmaximum beobachten? Unter welchen
Winkeln (ii) α (0° ≤ α < 90°) treten Beugungsmaxima und -minima auf?
h) Gegeben sind zwei punktförmige Lichtquellen, die beide monochromatisches Licht der
Wellenlänge λ aussenden. Der Abstand zwischen beiden Lichtquellen sei d = λ (vergleichen
Sie mit der folgenden Abbildung). Unter welchen Winkeln α ergeben sich Interferenzmaxima
bzw. –minima (betrachten Sie nur den Winkelbereich von α = 0° bis α = 90°)!
Anmerkung: Damit Lichtwellen aus verschiedenen Lichtquellen interferieren können, müssen
sie unter dem selben Winkel emittiert werden, d.h. sie müssen parallel zueinander verlaufen.
Das entstehende Interferenzbild kann auf einem Bildschirm aufgefangen werden.
y
Q2
λ
Q1
d
α
α
x
XXI. Transferaufgabe – Klausurvorbereitung III
Zur Bearbeitung der folgenden Aufgaben benötigen Sie nur Ihre Vorlesungsmitschrift.
________________________________________________________________
Aufgabe
i) Gegeben ist ein gleichseitiges Prisma unbekannten Materials der Kantenlänge b
(vergleichen Sie die folgende Abbildung). Auf die Prismenkante AC falle unter einem Winkel
von α = 50° relativ zum Lot weißes Licht, das durch das Prisma spektral zerlegt wird und an
der Prismenkante BC wieder austritt. Eine Spektralfarbenanalyse ergibt folgende
Austrittswinkel:
Wellenlänge Austrittswinkel βi
λ = 200 nm β200 nm = 46,95°
λ = 300 nm β300 nm = 44,55°
λ = 400 nm β400 nm = 43,01°
λ = 500 nm β500 nm = 42,37°
λ = 1000 nm β1000 nm = 41,59°
i) Errechnen Sie aus diesen Werten die Dispersionskurve des Prismas und skizzieren Sie sie!
Um welche Art der Dispersion handelt es sich?
ii) Aus welchem Material wurde dieses Prisma gefertigt (benutzen Sie dazu das n(λ) Diagramm am Ende des Übungsblattes)?
2
C
α
βi
90°
B
A
iii) Wie änderst sich die Form des Spektrums, wenn man den Einfallswinkel α erhöht, bzw.
erniedrigt? Beantworten Sie die Frage sowohl qualitativ als auch quantitativ!
Musterlösungen
a,i,ii,iii) Die Konstruktionszeichnungen befinden sich auf dem beigefügten Arbeitsblatt 1.
Charakterisierung des entstehenden Bildes:
Sammellinse: Befindet sich das abzubildende Objekt außerhalb der doppelten Brennweite ∞ >
s > 2⋅f (auf der Objektseite der Linse), so erhält man ein reales, verkleinertes und
umgekehrtes Bild, welches sich innerhalb der doppelten Brennweite befindet f < s < 2⋅f (auf
der Bildseite der Linse).
Befindet sich das abzubildende Objekt in der doppelten Brennweite s = 2⋅f (auf der
Objektseite der Linse), so erhält man ein reales, gleichgroßes und umgekehrtes Bild, welches
sich ebenfalls in der doppelten Brennweite befindet s = 2⋅f (auf der Bildseite der Linse).
Befindet sich das abzubildende Objekt innerhalb der doppelten Brennweite 2⋅f > s > f (auf der
Objektseite der Linse), so erhält man ein reales, vergrößertes und umgekehrtes Bild, welches
sich außerhalb der doppelten Brennweite befindet 2⋅f < s < ∞ (auf der Bildseite der Linse).
Befindet sich das abzubildende Objekt in der einfachen Brennweite s = f (auf der Objektseite
der Linse), so erhält man ein Bild im Unendlichen (nur dort treffen sich parallele Strahlen)
auf der Bildseite der Linse. Befindet sich das abzubildende Objekt innerhalb der einfachen
Brennweite f > s > 0 (auf der Objektseite der Linse), so erhält man ein virtuelles, vergrößertes
und aufrechtes Bild, welches sich ebenfalls auf der Objektseite der Linse befindet (hier wirkt
die Sammellinse als Lupe).
3
Zerstreuungslinse: Bei einer Zerstreuungslinse erhält man stets ein virtuelles, verkleinertes
Bild, das sich wie das Objekt auf der Objektseite der Linse befindet.
b,i,ii) Die Konstruktionszeichnungen befinden sich auf den beigefügten Arbeitsblättern 2 und
3.
c,i,ii) Der Effekt der Lichtbrechung (also der Richtungsänderung des Strahls beim Übergang
in ein anderes Medium) läßt sich im wesentlichen dadurch erklären, das Licht in
verschiedenen Medien verschiedene Geschwindigkeiten besitzt. Das Verhältnis zwischen der
Vakuumlichtgeschwindigkeit c und der Lichtgeschwindigkeit cm in einem Medium wird
durch die Brechzahl n des jeweiligen Mediums wiedergegeben
c
= n.
cm
In elektrisch nichtleitender Materie müssen Streuprozesse (Streuung der Lichtquanten an den
Kristallatomen) berücksichtigt werden, um die Ausbreitung des Lichts im Medium verstehen
zu können. Eine Lichtwelle wird von den Atomen des Mediums absorbiert und wieder
abgestrahlt - dieser Vorgang geschieht ständig, während sich das Licht durch das Medium
bewegt. Dabei bleibt die Frequenz des Lichtes während des Durchgangs konstant (die Atome
absorbieren und emittieren das Licht mit der gleichen Frequenz. Allgemein sind Wellenlänge
λ und Frequenz ν einer Welle über folgende Beziehung miteinander verknüpft v = ν⋅λ.
Daraus folgt c = ν⋅λ und cm = ν⋅λm. Mit Hilfe der Definition der Brechzahl ergibt sich also
c
ν⋅λ
λ
λ
=n=
=
⇒ λm = .
cm
ν ⋅ λm λm
n
Hat das Licht der Natriumdampflampe im Vakuum die Wellenlänge λ = 589 nm, so hat es
beim Durchgang durch Wasser (n = 1,33) die Wellenlänge λ = 443 nm und beim Durchgang
durch Glas (n = 1,50) die Wellenlänge λ = 393 nm.
d) Nach dem Snelliusschen Brechungsgesetz gilt n1⋅sin(Θ1) = n2⋅sin(Θ2). Damit folgt für den
Ausfallwinkel ϕaus (bei einem Einfallwinkel von ϕein = 45° und einer Brechzahl von 1,33 des
brechenden Mediums)
sin(ϕ aus ) 1
1
⎛ sin(45°) ⎞
= =
⇒ ϕ aus = arcsin⎜
⎟ = 32°.
sin(45°)
n 1,33
⎝ 1,33 ⎠
e) Mit Hilfe des Snelliusschen Brechungsgesetzes ergibt sich für den kritischen Winkel der
Totalreflexion ϕkrit
sin(ϕ
)
⎛ 1 ⎞
krit = 1 = 1 ⇒ ϕ
= arcsin⎜ ⎟ = 42° .
krit
sin(90°)
n 1,5
⎝ 1,5 ⎠
f,i,ii) Die Lösung dieser Aufgabe wird in „Physik“ von P. A. Tipler, Seiten 1109-1131,
Spektrum – Akademischer Verlag, Berlin ausfühlich diskutiert.
g,i) Mit a = 0,015 mm und d = 0,06 mm ergibt sich V = d/a = 4. Im zentralen
Beugungsmaximum treten also links und rechts vom zentralen Interferenzmaximum 4
Nebenmaxima auf. Allerdings fällt das vierte Interferenznebenmaximum mit dem ersten
Beugungsmimimum zusammen, daher lassen sich nur insgesamt 3 + 1 + 3 = 7 helle Streifen
im zentralen Beugungsmaximum beobachten.
ii) Es treten bei folgenden Winkeln Interferenzmaxima, bzw. –minima auf (λ = 700 nm, a =
0,015 mm, d = 0,06 mm):
Maxima:
sin(Φ) = m⋅λ/d, für m > 85 ist sin(Φ) > 1 ⇒ es gibt 85 Interferenzmaxima
Minima:
sin(Φ) = m⋅λ/a, für m > 21 ist sin(Φ) > 1 ⇒ es gibt 21 Beugungsminima
⇒ es gibt also 85 – 21 = 64 Intensitätsnebenmaxima, also 65 Intensitätsminima
4
Intensitätsmaxima ergeben sich also bei den Winkeln
Φ = arcsin(m⋅λ/d), m = 1,2,3, 5,6,7, 8,9,10, ... .
h) Beide Lichtquellen senden monochromatisches Licht der Wellenlänge λ aus.
y
Q2
λ
Q1
d
α
α
x
Da ihr Abstand a untereinander a = λ beträgt, kann es nur dann ein Hauptmaximum der
Interferenz geben, wenn die Phasendifferenz zwischen den ausgesendeten Lichtwellen der
Quellen Q1 und Q2 Null oder ein ganzzahliges Vielfaches von 2⋅π beträgt - also ein
ganzzahliges Vielfaches der Wellenlänge λ. In Formeln ausgedrückt bedeutet dies
λ⋅sin(α) = n⋅λ, n = 0, 1, 2, 3, ... .
In der gewählten Anordnung sind nur die Fälle n = 0 und n = 1 möglich. Daraus folgt nun,
dass es zu Hauptmaxima der Interferenz bei den Winkeln α = 0° und α = 90° kommt (also zu
Maxima der Intensität der resultierenden Lichtwelle). Analog kommt es zu Hauptminima der
Interferenz, wenn die Phasendifferenz ein ganzzahliges Vielfaches der halben Wellenlänge
beträgt, wenn also gilt
λ⋅sin(α) = (2⋅n+1)⋅λ/2, n = 0, 1, 2, 3, ... .
In dieser Anordnung ist nur der Fall n = 0 möglich. Daraus folgt, dass es bei einem Winkel
von α = 30° zu einem Hauptminimum der Interferenz kommt (es kommt also hier zu einem
Minimum der Intensität der resultierenden Lichtwelle). Daraus folgt, dass im Winkelbereich
0° < α < 30° die Intensität der resultierenden Lichtwelle abnimmt, während sie im
Winkelbereich 30° < α < 90° wieder zunimmt. Dies zeigt auch die folgende Rechnung. Es ist
y Q1 (x, t) = y 0 ⋅ sin(ω ⋅ t − k ⋅ x − 2 ⋅ π ⋅ sin(α )) und y Q2 (x, t) = y 0 ⋅ sin(ω ⋅ t − k ⋅ x) ;
y res (x, t) = y Q1(x, t) + y Q2 (x, t) = y 0 ⋅ {sin(ω ⋅ t − k ⋅ x − 2 ⋅ π ⋅ sin(αin + sin(ω ⋅ t − k ⋅ x)} .
⎧1
⎫
⎧1
⎫
Mit sin(Θ1 ) + sin(Θ 2 ) = 2 ⋅ cos ⎨ ⋅ (Θ1 − Θ 2 )⎬ ⋅ sin ⎨ ⋅ (Θ1 + Θ 2 )⎬ folgt daraus
⎩2
⎭
⎩2
⎭
y res (x, t) = 2 ⋅ y 0 ⋅ cos(π ⋅ sin(α )) ⋅ sin(ω ⋅ t − k ⋅ x − π ⋅ sin(α )).
Die Intensität I einer Welle ist gleich dem Quadrat der Amplitude. Somit
folgt I(α ) = {2 ⋅ y 0 ⋅ cos(π ⋅ sin(α ))}2 . Trägt man I(α) über α auf, so ergibt sich
5
16
I ( α ) /y 0
2
12
8
4
0
10
30
50
70
α / G ra d
90
i) Vorüberlegungen
Die Brechzahl nm eines Mediums m ist definiert als das Verhältnis der
Vakuumlichtgeschwindigkeit c zur Lichtgeschwindigkeit im Medium cm : nm = c / cm . Im
allgemeinen tritt in den betrachteten Medien Dispersion auf, d.h. die Brechzahl nm des
Mediums ist abhängig von der Wellenlänge λ des Lichts: nm = nm(λ). Glasprismen zeigen
stets normale (langwelliges Licht wird schwächer gebrochen als kurzwelliges),
Beugungsgitter anomale (langwelliges Licht wird stärker gebrochen als kurzwelliges)
Dispersion.
Die Änderung der Ausbreitungsrichtung des Lichts, die bei Brechung auftritt, wird durch das
Snelliussche Brechungsgesetz beschrieben n1⋅sin(Θ1) = n2⋅sin(Θ2).
Lösung
i) Zur Lösung der Aufgabe werden folgende Winkel eingeführt (vergleichen Sie mit der
folgenden Skizze).
γ
α1
α2
β2
β1
Mit dem Snelliusschen Brechungsgesetz ergibt sich für eine beliebige Wellenlänge λ: sin(α1)
= n(λ)⋅sin(α2), sin(β1) = n(λ)⋅sin(β2);
n(λ) ist die Brechzahl des Prismas für diese Wellenlänge. Weiterhin ist γ = 60°, da es sich um
ein gleichseitiges Prisma handelt. Damit folgt
180° = 90° - α2 + γ + 90° - β2 = 240° - α2 - β2.
Daraus folgt 60° = α2 + β2. Mit diesen Beziehungen ergibt sich
sin(β2) = sin(60° - α2) = sin(60°)⋅cos(α2) - cos(60°)⋅sin(α2) = sin(β1) / n(λ)
sin(β1 )
⇒
= sin(60°) ⋅ 1 − sin 2 (α 2 ) − cos(60°) ⋅ sin(α 2 ) ,
n(λ(
2
sin(β1 )
sin(α1)
⎛ sin(α1) ⎞
⎜
⎟
⇒
= sin(60°) ⋅ 1 − ⎜
−
cos(60
°
)
⋅
.
⎟
n(λ(
n(λ(
⎝ n(λ( ⎠
Löst man dies nach n(λ) auf, so ergibt sich
6
2
⎛ sin(β1 ) + cos(60°) ⋅ sin(α1 ) ⎞
⎟ + sin 2 (α ) .
n(λ( = ⎜
1
⎜
⎟
sin(60°)
⎝
⎠
Setzt man die gegebenen Werte ein, so ergibt sich
Wellenlänge Austrittswinkel βi Brechzahlen
λ = 200 nm β200 nm = 46,95°
n(λ = 200 nm) = 1,497
λ = 300 nm β300 nm = 44,55°
n(λ = 300 nm) = 1,468
λ = 400 nm β400 nm = 43,01°
n(λ = 400 nm) = 1,449
λ = 500 nm β500 nm = 42,37°
n(λ = 500 nm) = 1,441
λ = 1000 nm β1000 nm = 41,59°
n(λ = 1000 nm) = 1,431
Es handelt sich um normale Dispersion, da das langwellige Licht (z.B. λ = 1000 nm)
schwächer gebrochen wird als das kurzwellige Licht (z.B. λ = 200 nm).
ii) Ein Vergleich mit dem Diagramm ergibt, dass das Prisma aus CaF2 gefertigt wurde.
iii) Vergrößert man α1, dann wird α2 ebenfalls größer und damit werden β1 und β2 kleiner.
Das Spektrum wird daher schmaler, was die folgenden Zahlen zeigen
α1 = 60°:
β200 nm = 38,64°, β1000 nm = 33,61°.
Verringert man α1, dann wird α2 ebenfalls kleiner und damit werden β1 und β2 größer. Das
Spektrum wird also breiter. Allerdings ist dabei zu beachten, dass ab einem bestimmten
Winkel α1 an der Prismenkante BC Totalreflexion auftritt. Die kritischen Winkel der
Totalreflexion sind
β2,tot(λ = 200 nm) = 41,91° ⇒ α1 = 27,70°, β2,tot(λ = 1000 nm) = 44,33° ⇒ α1 = 22,74°.
Wie sich also ergibt, werden ab einem Einfallwinkel von α1 = 27,70° alle Wellenlängen ≤ 200
nm totalreflektiert und tauchen im Spektrum nicht mehr auf. Ab einem Einfallwinkel von α1 =
22,74° werden alle Wellenlängen ≤ 1000 nm totalreflektiert. Da 1000 nm bereits nahes
Infrarot ist, was durch das menschliche Auge nicht mehr wahrgenommen wird, ist also kein
Spektrum mehr sichtbar. Stattdessen tritt aus der Prismenkante AB ein weißer Lichtstrahl aus.
Dies ist folgendermaßen zu erklären: Auf die Prismenkante BC trifft rotes Licht unter einem
kleineren Winkel, als blaues (normale Dispersion). Durch die Totalreflexion an der Kante BC
werden die Verhältnisse umgekehrt, so dass nun rotes Licht auf die Prismenkante AB unter
einem größeren Winkel trifft, als blaues. Die Brechung an der Kante AB führt nun dazu, dass
das spektral zerlegte Licht wieder „zusammengebrochen“ wird - an der Kante AB tritt weißes
Licht aus.
7
Arbeitsblatt 1
8
Arbeitsblatt 2
9
Arbeitsblatt 3
10