Übungsblatt 14 Geometrische und Technische Optik WS 2012/2013

Übungsblatt 14
Geometrische und Technische Optik WS 2012/2013
Die Winkelauflösung  eines astronomischen Teleskops mit dem Spiegeldurchmesser D bei
der Wellenlänge  unter Berücksichtigung von Beugungseffekten beträgt:
  k

D
Der Faktor k ist bei einer kreisförmigen Apertur k=1.22, weicht aber bei einem realen
Teleskop wegen der zentralen Abschattung ein wenig davon ab und darf hier einfach k=1
gesetzt werden. Diese Formel gilt nur, wenn es keine Luft-Turbulenzen gibt, also z.B. im
Vakuum, und wenn die Aberrationen Null sind. Ein gutes Weltraum-Teleskop (wie z.B. das
Hubble-Space-Teleskop) erfüllt diese Bedingungen.
In der Brennebene des Teleskops entsteht dann bei einem sehr weit entfernten Objekt je eine
Airy-Disc, deren erstes bis drittes Nebenmaximum in der Intensität immerhin noch 1.75%,
0.42% bzw. 0.16% des zentralen Hauptmaximums hat und die in einem Winkelabstand von
ungefähr 1.64, 2.68 bzw. 3.70 (für k=1 gesetzt) vom Hauptmaximum liegen.
a) Welchen lateralen Abstand x haben zwei Sterne oder andere sehr weit entfernte Objekte
mit dem Winkelabstand  in der Brennebene des Teleskops mit der Brennweite f’?
b) Rechnen Sie aus, welchen Durchmesser ein Teleskop-Spiegel also mindestens haben
müsste, damit man vom erdnahen Weltraum aus ein Objekt auf der Mondoberfläche mit
einem Durchmesser von 5 m gerade noch als „zwei auflösbare Punkte“ sehen könnte
(Abstand Erde-Mond dEM380000 km, Wellenlänge =0.5 µm). Natürlich würde man in
diesem Fall noch nicht erkennen können, um welche Art von Objekt es sich handelt, ob es
also z.B. ein Überrest einer Mondlandefähre von Apollo 11 ist oder nur ein Stein.
c) Welcher Spiegeldurchmesser wäre nötig, um von einem Ort in 10 Lichtjahren Entfernung
aus unsere Erde und unsere Sonne gerade noch als zwei Punkte auflösen zu können
(Abstand Erde-Sonne dES=150.106 km)? Hierbei wird zuerst einmal vernachlässigt, dass
die Sonne unsere Erde in der Helligkeit komplett überstrahlen würde.
d) Welcher Spiegeldurchmesser wäre nötig, um die Sonne selbst als ausgedehntes Objekt
auflösen zu können (Durchmesser der Sonne DS=1.39.106 km)?
e) Überlegen Sie sich, warum aber eine direkte Auflösung zwischen Erde und Sonne aus
einem Abstand von 10 Lichtjahren des Helligkeitsunterschieds wegen doch deutlich
schwieriger (bzw. in der Praxis leider fast unmöglich) ist. Schätzen Sie dazu ab, welches
Intensitätsverhältnis die Maxima der beiden Beugungsscheibchen/Airy-Discs von Erde
und Sonne in der Brennebene des Teleskops hätten. Dazu müssen Sie eigentlich (neben
den schon oben genannten Größen) nur noch wissen, dass die Erde einen Radius von
rE=6370 km hat und etwa 30% des einfallenden Sonnenlichts (die sogenannte Albedo ist
ca. 0.3) wieder bei gleicher Wellenlänge in den Weltraum zurück streut. Noch angegeben
sei, dass die Sonne auf unsere Erde mit einer Intensität von ca. 1 kW/m2 scheint, obwohl
dieser Zahlen-Wert nicht wirklich nötig ist.
Musterlösung zu 14.:
Zu a)
In der Brennebene eines Spiegels gilt natürlich:
x  f '
Zu b)
Winkeldurchmesser des Objektes mit 5 m Durchmesser auf dem Mond ist von der Erde aus
gesehen (Erde = erdnaher Raum von Mond aus):
5m
5m
1
 


 1.32 10 8
8
7
d EM 3.8 10 m 7.6 10
Als zwei Punkte auflösbar wäre es also gerade dann, wenn das Auflösungsvermögen des
Spiegels gleich diesem Winkeldurchmesser wäre:


0.5 10 6 m
   D 

 0.5 10 6 m  7.6 107  38 m
-8
D

1.32 10
Mit einem heutzutage vorhandenen Teleskop wäre es also noch nicht möglich, von der Erde
aus durch Beobachtung den Überrest einer Mondlandefähre zu sehen.
Zu c)
Der Winkelabstand zwischen Erde und Sonne aus einer Entfernung von d=10 Lichtjahren ist:
d
1.5 108 km
1.5 108 km
  ES 

 1.59 10 6
5
13
d
10  365  24  3600  3 10 km 9.46 10 km
Auflösbar als zwei Punkte wären Erde und Sonne (falls sie gleich hell wären!) also, wenn
dieser Winkelabstand gleich dem Auflösungsvermögen des Teleskops wäre:


0.5 10 6 m
 0.315 m
   D 

D
1.59 10-6

Das Hubble-Space-Teleskop mit einem Durchmesser von 2.4 m wäre also in der Lage zwei
gleich helle Objekte mit Abstand Erde-Sonne aus einer Entfernung von 10 Lichtjahren
aufzulösen. In der Realität geht es aber nicht, da Erde und Sonne extrem unterschiedlich hell
sind, so dass die Nebenmaxima der Airy-Disc der Sonne das Beugungsscheibchen der Erde
komplett überstrahlen würden.
Zu d)
Der Spiegeldurchmesser, der nötig wäre, um die Sonne aus einer Entfernung von 10
Lichtjahren gerade noch als ausgedehntes Objekt aufzulösen, berechnet sich also analog wie
in c), indem man dES durch DS ersetzt:
1.39 106 km
1.39 106 km
d
 1.47 10 8

  ES 
5
13
10  365  24  3600  3 10 km 9.46 10 km
d


0.5 10 6 m
 34 m
   D 

D
1.47 10-8

Um natürlich wirklich Strukturen auf der Sonne oder einem vergleichbaren Stern in 10
Lichtjahren Entfernung aufzulösen, müsste man mindestens 100 Pixel pro Dimension
auflösen können. Also müsste der Spiegel noch um den Faktor 100 größer sein, also 3.4 km
Durchmesser haben. Durch interferometrische Zusammenschaltung mehrerer „kleinerer“
Spiegel (also z.B. jeweils 5 m Durchmesser) mit einem solchen Abstand von 3.4 km hofft
man, in nicht allzu ferner Zukunft eine derartige Auflösung zu erreichen.
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Zu e)
Zur Abschätzung muss man berechnen, welcher Anteil der Lichtleistung der Sonne von der
Erde aufgefangen und dann von ihr wiederum in den Weltraum zurückgestreut wird.
Das Verhältnis ist näherungsweise die Fläche der „Erdscheibe“ dividiert durch die Oberfläche
einer Kugel um die Sonne mit dem Erdbahnradius. Da diese Leistung dann zu 30% in den
Weltraum gestreut wird, aber nur in den beleuchteten Halbraum, kann man in erster Näherung
das Verhältnis der Intensitäten der Airy-Discs von Erde und Sonne gleich dem oben
genannten geometrischen Verhältnis setzen. Dabei wurde vorausgesetzt, dass sowohl Erde als
auch Sonne in 10 Lichtjahren Entfernung als punktförmige Lichtquelle erscheinen. Für
Teleskope mit kleiner als 34 m Durchmesser ist dies ja der Fall.
Es gilt also näherungsweise (Abschätzung, bei der ein Faktor kleiner 10 nicht wichtig ist):
2
I max,E
 r   6370 km 
rE2
10

  E   
  5 10
2
I max,S 4d ES  2d ES   3 108 km 
Von daher ist klar, dass selbst ein sehr schwaches Nebenmaximum hoher Ordnung der AiryDisc der Sonne die Airy-Disc der Erde überstrahlen würde.
2
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