Lösung 9

Physik III
Übung 9 - Lösungshinweise
Stefan Reutter
Moritz Kütt
Franz Fujara
WiSe 2012
Stand: 31.01.2013
Aufgabe 1 [H,D] Effektvoll polarisiert
Welche Zusammenhänge bestehen zwischen folgenden Begriffen: Faraday-Effekt, Kerr-Effekt,
optische Aktivität, Doppelbrechung, lineare Polarisation und zirkulare Polarisation?
Hinweis: Es geht nicht um einen Zusammenhang zwischen allen Begriffen.
Lösungshinweise:
Sowohl bei Doppelbrechung als auch bei optischer Aktivität gibt es unterschiedliche Phasengeschwindigkeiten für Lichtwellen abhängig von der Polarisation einfallenden Lichts. Bei Doppelbrechung hängt die Geschwindigkeit von der Richtung linearer Polarisation ab, bei optischer
Aktivität von der Richtung zirkularer Polarisation.
Anwendungen dafür sind folgende: mit doppelbrechenden Materialien kann man aus linear
polarisiertem Licht zirkulär polarisiertes Licht machen (λ/4-Plättchen), mit optischen aktiven
Materialien die Polarisationsrichtung von linear polarisiertem Licht drehen.
Der Kerr-Effekt ist quasi künstlich erzeugte Doppelbrechung - Material wird durch anlegen eines elektrischen Feldes doppelbrechend. Das Gegenstück dazu ist der Faraday-Effekt. Hier wird
durch anlegen eines magnetischen Feldes ein Material optisch aktiv.
Kerr-Effekt und Faraday-Effekt auf molekularer Ebene unterscheiden sich jedoch sehr stark.
Beim Kerr-Effekt werden Moleküle entlang des E-Feldes ausgerichtet. Die Ausbreitungsgeschwindigkeit von Licht, dass entlang der Ausrichtung polarisiert ist, wird dann kleiner. Der
Unterschied der Brechungsindizes ist in etwa proportional zum Quadrat der Feldstärke. Beim
Faraday-Effekt ist die Drehung der Polarisationsebene linear proportional zur Stärke des Magnetfeldes. Das Magnetfeld muss in Richtung der Ausbreitung des Lichtes liegen. Während der
Kerr-Effekt nur bei bestimmten Materialien auftritt, zeigen alle Stoffe Faraday-Effekte, nur in
unterschiedlicher Stärke.
Aufgabe 2 [H] Ölfilmreflexionen
Sonnenlicht fällt unter einem Winkel von α = 45◦ auf eine dünne Ölschicht (no = 1.6), die
auf einer (Wasser-)Pfütze schwimmt (nw = 1.3). Das reflektierte Licht erscheint grün (λ g =
500nm). Wie dick ist die Ölschicht?
Hinweis: Vernachlässigt mehrfache Reflexionen in der Ölschicht.
1
Lösungshinweise:
Luft
Öl
x
α
d
x' α
β
β
y
Wasser
Wir suchen konstruktive Interferenz und sollen nur die einfach Reflexion betrachten. Die Amplituden sind auch nicht so wichtig - es geht ja um konstruktive Interferenz.
Das direkte reflektierte Licht macht einen Phasensprung an der Grenzfläche Luft/Öl (weil der
Brechungsindex von Öl größer ist), das an Öl/Wasser reflektierte nicht. Der nötige Gangunterschied für konstruktive! Interferenz ist daher ∆s = (m + 12 )λ.
Weil er oft angegeben wird, leiten wir mal einen einfachen Ausdruck für den Unterschied des
optischen Weges in Abhängigkeit von β her. Dies ist zwar auf dem Weg zur Lösung ein kleiner
Umweg, macht aber nicht so viel. Wir berechnen dazu die Strecken x 0 , x und y.
Vorsicht: Für den Unterschied des optischen Weges muss man dann die geometrischen Strecken
der Zeichnung mit dem jeweiligen Brechungsindex multiplizieren.
x 0 =2d tan β
x =x 0 sin α
=2d tan β sin α
d
y=
cos β
∆s =2n0 y − x
1
1
=2no d
−
tan β sin α
cos β n0
1 − sin2 β
=2no d
cos β
=2no d cos β
2
∆s =2dno cos β
p
=2dno 1 − sin2 β
r
1
=2dno 1 −
sin2 α
no
Æ
=2d n2o − sin2 α
Wir setzen ∆s für m = 0 ein und stellen nach d um:
λ
d= p
4 n2o − sin2 α
=90 nm
Aufgabe 3 [H] Newtonringe
R
r
Eine Anordnung zur Ausmessung Newtonscher Ringe besteht aus einer plankonvexen Glaslinse, deren flache Seite
entspiegelt ist (siehe Aufgabe 8), mit Krümmungsradius R,
die auf einer ebenen Glasplatte liegt. Wir strahlen Licht senkrecht von oben auf die Anordnung.
a) Berechne die Bedingungen für konstruktive bzw. destruks tive Interferenz in Abhängigkeit der Dicke der Luftschicht s
für das reflektierte und das transmittierte Licht.
p
b) Zeige, dass für r R der Radius eines konstruktiven Ringes durch r = 2sR gegeben ist.
c) Wie viele helle Ringe lassen sich beobachten? R = 10m, Durchmesser der Linse d = 4 cm,
λ = 500 nm, n = 1.5
d) Wie ändert sich das Muster, wenn sich die beiden Glaskörper in Wasser befinden statt in Luft?
Was für eine Rolle spielt der Brechungsindex des Glases?
Hinweis: Man kann davon ausgehen, dass das Licht an der (nur schwach) gekrümmten Fläche
näherungsweise nicht in eine andere Richtung gebrochen wird.
Lösungshinweise:
Mit dem Hinweis rechnen wir alles nur für senkrechten Lichteinfall.
a) Wir berechnen die Bedingungen für das reflektierte Licht, für das transmittierte sind sie gerade vertauscht. Die Phasendifferenz für konstruktive Differenz muss ein Vielfaches von 2π sein,
für destruktive muss jeweils noch ein π dazukommen. An der unteren Grenzfläche tritt wegen
der Reflexion am optisch dichteren Medium ein Phasensprung auf, während an der gekrümmten
3
Fläche keiner geschieht. Der Gangunterschied ergibt sich durch den zurückgelegten Weg von 2s
zu
2π2sk n L
λ
+ π = k2π
sk =
λ
2n L
k−
1
2
Für destruktive Interferenz ergibt sich analog
sk =
λ
2n L
k
Interessant ist noch das Bild in der Mitte. Dort ist der Gangunterschied wegen der geringen
Dicke der Luftschicht fast ausschließlich durch den Phasensprung gegeben. Daher ist in der
Mitte ein recht großer dunkler Fleck zu sehen.
b)
In der Aufgabenstellung fehlte die Angabe s r.
Wir rechnen die Aufgabe unter Berücksichtigung
dieser Angabe.
α
Wie man an der Skizze gut sehen kann, gelten die
folgenden Relationen
R
R
β
π -β
2
β
2β + α = π
π α
− =β
2
2
‹
π
s
−β =
tan
2  ‹ r
α
s
tan
=
2
r
s
r
~0
Nun kann man die Kleinwinkelnäherung anwenden. Außerdem kann man in der gleichen Näherung noch annehmen, dass die gekrümmte Linse beinahe flach ist, sodass das gestrichelte
Dreieck etwa die Seitenlängen R und r hat
α = tan α =
α
2
=
r
R
s
r
r
p
Rλ
1
r = 2sR =
k−
nL
2
Eigentlich spielt es hier keine Rolle, ob man einen konstruktiven oder destruktiven Ring betrachtet, der Radius ergibt sich rein geometrisch und hängt nur von der Schichtdicke ab. Nur
muss man je nachdem bei einer anderen Schichtdicke suchen, ob man einen hellen oder einen
4
dunklen Ring sehen will. Der Radius wächst jedenfalls mit der Wurzel aus k an, nach außen hin
werden die Ringe also dichter.
c)
d
rma x =
2
λ
1
d2
2R
k−
=
2n L
2
4
1 d 2nL
k= +
= 80.5
2
4Rλ
Man sieht also 80 Streifen, der 81. liegt außerhalb der Scheibe. Und ja, das ist unabhängig vom
Brechungsindex des Glases.
d) Da die Wellenlänge in Wasser kleiner ist als in Luft, rücken die Ringe um einen Faktor
näher zusammen und man sieht n mal so viele.
1
p
n
Aufgabe 4 [H] Play Hard
The figure shows the design of a Texas arcade game. Four laser pistols are pointed toward the
center of an array of plastic layers where a clay armadillo is the target. The indexes of refraction
of the layers are n1 = 1.55, n2 = 1.7, n3 = 1.45, n4 = 1.6, n5 = 1.45, n6 = 1.61, n7 = 1.59,
n8 = 1.6. The layer thicknesses are either 2 mm or 1 mm, as drawn.
Calculate the travel time through the layers for the laser bursts from the different pistols. Which
laser kills the armadillo?
n1
n2
n4
n5
n3
n6
n7
n8
5
Lösungshinweise:
Die Zeit durch jede Schicht ist gegeben durch
t=
dn
c
Damit ergibt sich mit δ = 1 mm jeweils zu ca 2 × 10−11 s.
Toben =
Tlinks =
Tunten =
Trechts =
δn1
c
δ
c
δ
c
δ
c
+
δn2
c
+
δn4
c
n8 + 2n6 + n5
n8 + n2 + 2n7
n2 + n3 + 2n4
+
δn5
c
=
δ
c
n1 + n2 + n4 + n5
= 6.3
= 6.27
= 6.48
= 6.35
δ
c
δ
c
δ
c
δ
c
Die Linke Pistole trifft also das arme Gürteltier zuerst. Zerstört wird es allerdings durch alle vier
Strahlen gleichzeitig da die kurze Zeitdifferenz nicht ausreicht, um den trägen Ton auseinanderzureißen, bevor die anderen Pistolen treffen.
Aufgabe 5 [P,D] Absorptionsrichtung eines Polarisators
Betrachten wir einen Linearpolarisator: parallele Gitterstäbe für Mikrowellen (oder gezogene
Moleküle für optisches Licht). Welche Polarisationsrichtung wird von diesem absorbiert, die
parallel zu den Stäben, oder die senkrecht zu den Stäben?
Lösungshinweise:
Die Richtung parallel zu den Stäben wird absorbiert. Man kann sich das so vorstellen, dass
das Licht Elektronen zum Mitströmen anregt und diese die Energie in Form von Stößen wieder
abgeben (hier spielt wieder der Skin-Effekt eine Rolle).
Senkrecht zu den Stäben, sofern diese kleiner sind als die Wellenlänge, kann das Licht die
Elektronen aber nicht oder nur kaum bewegen (bei den Stäben kann man sich das so vorstellen,
dass die Spannungsdifferenz innerhalb eines Stabes einfach zu klein ist), sodass diese Richtung
zum Großteil durchgelassen wird.
Daran sieht man übrigens auch, dass ein Faraday-Käfig, der keine Querverstrebungen hat, eine
ungute Idee ist.
Aufgabe 6 [P,D] Energiebilanz beim Licht und Fenster
a) Interferenz hat auch ihre Schattenseiten, insbesondere bei destruktiver Interferenz. Was passiert bei destruktiver Interferenz mit der Energie der beiden (oder aller) interferierendern Wellen? Gilt hier die Energieerhaltung nicht?
6
b) Warum kann man bei Tageslicht nicht durch Fenster in unbeleuchtete Räume schauen? Wieso
spiegelt man sich nachts von innen an Fenstern?
Lösungshinweise:
a) Wenn es irgendwo destruktive Interferenz gibt, dann gibt es auch an anderer Stelle konstruktive Interferenz. Die Energie geht dann in eben diese Bereiche. Bei den Newton-Ringen
geht beispielsweise die Energie ins transmittierte Licht. Bei der Entspiegelung wird das nicht
reflektierte Licht dann auch transmittiert. Beim Spalt geht es in die Beugungsmaxima, usw.
b) Das liegt an zwei Effekten: Erstens geht das meiste Licht im Zimmer verloren, und zweitens
wird der Himmel oder die Umgebung im Fenster reflektiert. Gehen wir das Ganze mal der Reihe
nach durch.
Vom Tageslicht fällt ein gewisser Anteil auf das Fenster. Davon werden einige Prozent direkt
reflektiert. Der Rest kommt rein und trifft dort auf eine Oberfläche. Dort wird in den meisten
Fällen zunächst mal einiges absorbiert.
Von dem Licht, das nicht absorbiert, sondern reflektiert oder gestreut wird, landet nur solches
bei uns, das zufällig in unsere Richtung abgestrahlt wird. Bei Reflexion also eigentlich nur dann,
wenn ein Spiegel zufällig den Himmel in unsere Richtung reflektiert. Bei Streuung kommt nur
ein kleiner Teil, der dem Anteil unseres Sichtwinkels am Raumwinkel der gestreuten Halbkugel
1
wenn man weit weg ist).
entspricht, bei uns an (etwa 2π
Dadurch kommt das Licht, das aus dem Raum wieder entkommt, von der Intensität her ungefähr
in den Bereich, in dem auch das von der Umgebung am Fenster direkt reflektierte Licht ist. Mit
diesem überlagert es sich, was das hineinschauen noch zusätzlich erschwert.
Ist der Raum dagegen von Innen beleuchtet, hat man die Primärreflexionen am Fenster nicht,
oder nur mit deutlich geringerer Intensität. Daher kann man in beleuchtete Fenster deutlich
besser reinschauen, insbesondere nachts.
Aus einem ganz ähnlichen Grund kann man sich auch nachts am Fenster spiegeln: ein paar
Prozent werden reflektiert, von draußen kommt aber so gut wie kein Licht herein. Dadurch
ergibt sich ein relativ guter Kontrast, den man als Spiegelbild sehen kann. Das ist natürlich
lange nicht so gut, wie ein echter Spiegel, aber besser als nichts. Will man also nachts nach
draußen sehen, schaltet man das Licht aus.
Darauf basieren übrigens auch verspiegelte Sonnenbrillen, Autofenster, Verhörzimmer, etc. wobei diese noch eine extra stark reflektierende Beschichtung aufweisen.
Aufgabe 7 [P] Fresnelspiegel
Wir nutzen einen Fresnel-Spiegel. Wir wissen, dass der Abstand zwischen den beiden virtuellen Bildern der punktförmigen Leuchtquelle s = 0.5mm ist. Die Entfernung von den virtuellen
Bildern bis zum Bildschirm beträgt L = 5m. Mit einem bestimmtem Licht haben die Interferenzstreifen einen Abstand von a = 5mm. Welche Wellenlänge hat das Licht?
7
Lösungshinweise:
s
L
a
In der Mitte zwischen beiden virtuellen Lichtquellen befindet sich ein Maximum, und dann
wieder eines im Abstand a dazu. Der Gangunterschied für das erste weitere Maximum muss
gerade λ sein, also ∆g = λ.
Im grünen Dreieck hat die Hypothenuse die Länge
Ç
s
L 2 + (a + )2
2
gg =
Im roten Dreieck gilt:
gr =
Ç
s
L 2 + (a − )2
2
8
Der Gangunterschied ist nun gerade die Differenz der Hypothenusen
∆g =g g − g r
Ç
+ (a +
s
Ç
s
L 2 + (a − )2
2
2
Ç
Ç
s
s
λ = L 2 + (a + )2 − L 2 + (a − )2
2
2
=500 nm
∆g =
L2
)2
−
Aufgabe 8 [P] Vergütung von Linsen
Bei optischen Geräten wie auch Brillen können Reflexionen sehr störend sein. Man kann diese
durch eine Beschichtung des Glases mit einem Material des Brechungsindex nS , der zwischen
dem von Glas und dem der Luft liegt, weitgehend vermeiden - zumindest für senkrecht einfallendes Licht einer bestimmten Wellenlänge.
a) Überlegt euch, warum mit einer Schicht der Dicke d = λ/4nS solche Reflexionen weitgehend
vernichtet werden können.
Ihr sollt nun ns bestimmen (Brechungsindex von Luft na = 1, von Linse nl ). Geht dazu wie folgt
vor:
b) Zeigt zunächst allgemein, dass für die Amplitude des von Luft in die Grenzschicht transmittierten Lichtes Folgendes gilt:
Et =
r
na
ns
(1 + ras )E0
p
Hinweis: Dabei gilt ras = R as . Dabei ist R as das Reflexionsvermögen des Übergangs von Luft
zur dünnen Schicht, beschreibt also das Verhältnis der Intensitäten.
R as =
ns − na
2
ns + na
c) Eine vollständige Auslöschung findet statt, wenn die Gesamtamplitude aller reflektierten Anteile (phasenrichtig zusammenaddiert) vor der dünnen Schicht 0 beträgt. Bestimmt daraus eine
Beziehung zwischen ras und rsl . Beachtet Mehrfachreflexionen in der dünnen Schicht, sowie den
Effekt des Lichtweges durch die dünne Schicht.
d) Bestimmt daraus ns .
9
Lösungshinweise:
a) Durch Gangunterschiede zwischen dem direkt reflektierten Licht und Licht, dass an der
Grenzfläche zwischen dünner Schicht und Linse reflektiert wird, kann es zu destruktiver Interferenz kommen. Dabei muss man jedoch auf zwei Dinge aufpassen:
1. Es interferiert nicht nur das Licht, das direkt reflektiert wird mit dem, das direkt an der Grenze
Schicht/Linse reflektiert wird, sondern zusätzlich noch die Mehrfachreflexionen in der dünnen
Schicht, von denen ja auch ein Teil wieder aus der dünnen Schicht in Luft austritt.
2. Bei der Reflektion von Licht an einem Übergang zu einem optisch dichteren Medium tritt ein
Phasensprung auf. Das gilt für den direkt reflektierten Strahl, aber auch immer, wenn das Licht
zwischen dünner Schicht und Linse reflektiert wird. Der Phasensprung entspricht immer einem
zusätzlichen Gangunterschied von 2nλ .
s
Nun kann man sich Folgendes überlegen: Direkt reflektiertes Licht und einmal durch die Grenzschicht gelaufenes Licht haben beide einen Phasensprung gemacht, zusätzlich hat das Licht
durch die Grenzschicht einen um 2nλ längeren Weg zurückgelegt. Es gibt also destruktive Ins
terferenz. Ein weiterer Teil des Lichtes geht in die dünne Schicht, wird an der Linse reflektiert,
noch mal zwischen Schicht und Luft und wieder an der Linse, und geht dann wieder zurück in
die Luft. Dieses Licht macht also zwei Phasensprünge und läuft vier mal durch die Dicke der
Schicht. Also hat es auch wieder einen Gangunterschied von 2nλ zum direkt reflektierten Licht.
s
Das Gleiche gilt für alle weiteren Mehrfachreflektionen.
Das muss man dann in c) beachten - destruktiv interferiert direkt reflektiertes Licht mit der
Summe aller Reflektionen, die ein- oder mehrfach durch die Schicht gelaufen sind.
b)
I t =(1 − R as )I0
p
E t = 1 − R as E0
È
ns − na 2
= 1−
ns + na
r
4ns na
=
(ns + na )2
r
2ns
na
=
ns + na ns
r
ns + na − na + ns na
=
ns + n a
ns
r
na
=(1 + ras )
ns
10
c) Wie in a) erläutert, interferiert der direkt reflektierte Anteil destruktiv mit allen Mehrfachreflektionen in der Schicht. In den Rechnungen für die Amplituden ist auch schon der Phasensprung der Reflektion enthalten (Vorzeichen ändert sich), genauso wie die Änderung der Phase
durch den durchlaufenen Weg.
Für die Amplitude des direkt reflektierten Anteils gilt:
A r = −ras A0
Der mehrfach reflektierte Anteil sieht aus wie folgt:
λ
·2 )
ns
na
λ
4
r
r
na
ns
2π λ
+A0 (1 + ras )
· (−rsl )(−rsa )(−rsl ) · (1 + rsa )
cos(
·4 )
ns
na
λ
4
r
r
na
ns
2π λ
+A0 (1 + ras )
· (−rsl )(−rsa )(−rsl )(−rsa )(−rsl ) · (1 + rsa )
cos(
·6 )
ns
na
λ
4
r
Am =A0 (1 + ras )
na
r
· (−rsl ) · (1 + rsa )
ns
cos(
2π
+...
Wir setzen ein rsa = −ras und erhalten:
2
Am =A0 (1 − ras
)rsl
2
+A0 (1 − ras
)rsl rsl ras
2
2
+A0 (1 − ras
)rsl rsl2 ras
+...
Am =A0 (1 −
2
ras
)rsl
∞
X
i
rsli ras
i=0
2
=A0 (1 − ras
)rsl
1
1 − rsl ras
Nun summieren wir die Amplituden auf und setzen 0:
!
0 =A r + Am
2
0 = − ras A0 + A0 (1 − ras
)rsl
0=
−ras +
2
rsl ras
+ rsl −
1
1 − rsl ras
2
rsl ras
1 − rsl ras
ras =rsl
11
d)
ns − na
=
nl − ns
ns + na nl + ns
(ns − 1)(nl + ns ) =(nl − ns )(ns + 1)
ns nl − nl + n2s − ns =ns nl − n2s + nl − ns
nl =n2s
p
ns = nl
12