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Übungsblatt 02
Grundkurs IIIa für Physiker, Wirtschaftsphysiker und
Physik Lehramt
Othmar Marti, ([email protected])
20., 26. und 27. 5. 2003
1
Aufgaben
Licht in der geometrischen Optik1 , Bilderzeugung durch Brechung2 ,Optische
Instrumente3 , PDF-Datei4
1. Zeigen Sie, dass ein Rotationsparaboloid achsparallele Strahlen ohne sphärische Aberration in einen Punkt abbildet.
2. Wir betrachten den Strahlengang durch ein Prisma mit dem Öffnungswinkel γ und der Brechzahl n in Luft.
(a) Berechnen Sie δ als Funktion von α
(b) Für welchen Winkel α ist δ extremal?
(c) Für den extremalen Einfallswinkel α soll die Taylorentwicklung bis
zur ersten Ordnung in n berechnet werden.
3. Der sphärische Spiegel als Autorückspiegel. Welches sind die Eigenschaften eines sphärischen Spiegels, der von einem 10m vom Scheitelpunkt
entfernten Objekt ein aufrechtes, 10-fach verkleinertes Bild erzeugt? Veranschaulichen Sie das Problem geometrisch!
1
../../node9.html
../../node10.html
3
../../node14.html
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uebungsblatt02.pdf
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4. Das Prisma von Porro ist ein System aus zwei totalreflektierenden Prismen, das eine Abbildung über zwei zueinander senkrechte Richtungen
realisiert. Was macht dieses System interessant?
5. Eine Strahlaufweitungsoptik für Laserstrahlen ist ein zentriertes System,
dessen Aufgabe es ist, den Durchmesser eines zur optischen Achse parallelen Lichtbündels zu vergrössern. Er ist aus zwei dünnen Linsen L1 und
L2 aufgebaut. Das austretende Lichtbündel ist ebenfalls parallel zu der
optischen Achse.
(a) Die Linsen sind konvergent und f1 , die bildseitige Brennweite von
L1 , beträgt 9.5mm. Berechnen Sie die bildseitige Brennweite f2 von
L2 , die zu einer zwanzigfachen Vergrösserung des Lichtbündeldurchmessers führt. Konstruieren Sie den Verlauf der Lichtstrahlen, die
parallel zu der optischen Achse sind!
(b) Die gleiche Aufgabe wie oben für den Fall, dass die erste Linse divergent ist (Brennweite 6.6mm).
(c) In Wirklichkeit ist das einfallende Lichtbündel nicht exakt parallel
zu der optischen Achse. Zeigen Sie, dass der erste Aufbau es erlaubt,
mit Hilfe einer richtig plazierten Blende ein perfekt paralleles, austretendes Lichtbündel zu erhalten!
6. Ein Galileisches Fernrohr ist aus einem Objektiv, das durch eine dünne
konvergente Linse L1 mit bildseitiger Brennweite f1 = 50cm dargestellt
werden kann, und einem Okular, das als divergente dünne Linse L2 der
bildseitigen Brennweite f2 = −5cm aufgefasst werden kann, aufgebaut.
Das Fernrohr sei auf unendlich eingestellt.
(a) Welche Lage haben die Linsen zueinander? Zeichnen Sie den Strahlengang eines Lichtbündels, das von einem unendlich entfernten Punkt
ausgesandt wurde! Bestimmen Sie die Vergrösserung! Unter welchem
Winkel sieht man einen 10m hohen Turm, der 2km entfernt ist?
(b) Der Beobachter dreht neugierig das Fernrohr um, ohne die Einstellung zu verändern; er betrachtet jetzt den Turm durch das umgedrehte Fernrohr. Unter welchem Winkel erscheint dieser nun?
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7. Freiwillige Zusatzaufgabe Bei der Beleuchtung einer Seifenblase mit
parallelem Licht beobachtet man auf der Oberfläche einzelne leuchtende
Flecken. Geben Sie eine Erklärung mit Hilfe der geometrischen Optik.
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Lösungen
1.
• Die Gleichung des Rotationsparaboloids um die z-Achse ist z =
a(x2 + y 2 ), wobei a ein Parameter ist.
• Das Problem kann in der xz-Ebene gelöst werden.
• Wir betrachten den Punkt P (x, z) = P (x, a(x2 + y 2 )).
• Die Steigung im Punkt x ist z 0 = 2ax.
• Wir haben die folgenden Vektoren:
~ke = (0, −1)
Einfallender Lichtstrahl
Reflektierter Lichtstrahl ~kr = (x, ax2 − f )
Tangentialebene
~et = (1, 2ax)
• Bei der Reflexion sind die Winkel zur Normalen, oder zur Tangentialebene gleich, also
~ke · ~et
~kr · ~et
r³
= r³
´
´
~ke · ~ke (~et · ~et )
~kr · ~kr (~et · ~et )
• Vereinfacht
~k
~k
¯ e ¯ · ~et = ¯ r ¯ · ~et
¯~ ¯
¯~ ¯
¯ ke ¯
¯kr ¯
• Eingesetzt:
¡
¢
x + 2 a x2 − f a x
q
= −2 a x
(a x2 − f )2 + x2
q
¡ 2
¢
• x + 2 ax − f ax = −2ax (ax2 − f )2 + x2
h¡
i
¡
¡
¢ ¢2
¢2
x + 2 ax2 − f ax = 4a2 x2 ax2 − f + x2
¡
¢
¡
¢2
¡
¢2
x2 + 4ax2 ax2 − f + 4a2 x2 ax2 − f = 4a2 x2 ax2 − f + 4a2 x4
x2 + 4a2 x4 − 4ax2 f = 4a2 x4
x2 = 4ax2 f
1 = 4af
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• Die Lösung dieser Gleichung ist:
1
4a
• Da die Lösung unabhängig von x ist, gilt die Behauptung, dass alle
Strahlen im Brennpunkt fokussiert werden.
f=
2. (a) Wir betrachten die folgenden Winkel:
Es gelten die folgenden Beziehungen
γ+η = π
β+ε+η = π
π − δ + α + φ + η = 2π
Aus der letzten und der ersten Beziehung folgt
π =α+φ−δ+π−γ
oder
δ =α+φ−γ
Weiter haben wir
ε=γ−β
Aus dem Brechungsgesetz erhalten wir
sin α = n sin β
sowie
n sin ε = sin φ
Damit ist
φ = arcsin (n sin ε)
φ = arcsin (n sin (γ − β))
Weiter ist
µ
β = arcsin
Somit
und
1
sin α
n
¶
½
·
µ
¶¸¾
1
φ = arcsin n sin γ − arcsin
sin α
n
½
·
µ
¶¸¾
1
δ = α + arcsin n sin γ − arcsin
sin α
−γ
n
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(b) Die extremale Ablenkung ist durch
dδ
=0
dα
gegeben.
dδ
dα
µ
½
·
µ
¶¸¾
¶
1
=
α + arcsin n sin γ − arcsin
sin α
−γ
n
µ
½
·
µ
¶¸¾¶
d
1
= 1+
arcsin n sin γ − arcsin
sin α
dα
n
³
³
´´
sin(α)
cos
−γ
+
arcsin
cos (α)
n
1
r
= 1− q
³
³ ³
´´´2
2
1 − (sin(α))
1 − n2 sin −γ + arcsin sin(α)
n2
n
d
dα
= 0
Zur Lösung geht man folgendermassen vor:
p
• Wir setzen cos(α) = 1 − sin2 α und erhalten
³
³
´´ q
sin(α)
cos
γ
−
arcsin
1 − (sin (α))2
n
1
r
1− q
³ ³
³
´´´2 = 0
(sin(α))2
sin(α)
2
1 − n2
1 − n sin γ − arcsin
n
• Wir substituieren A =
sin α
n
und erhalten
√
cos (γ − arcsin (A)) 1 − n2 A2
q
=0
1− √
1 − A2 1 − n2 (sin (γ − arcsin (A)))2
• Wir substituieren weiter γ − arcsin(A) = B und erhalten
√
cos (B) 1 − n2 A2
q
1− √
=0
1 − A2 1 − n2 (sin (B))2
p
• Wir substituieren cos(B) = 1 − sin2 (B) und erhalten
q
√
1 − (sin (B))2 1 − n2 A2
q
1− √
=0
1 − A2 1 − n2 (sin (B))2
oder
q
√
1 − (sin (B))2 1 − n2 A2
q
=1
√
1 − A2 1 − n2 (sin (B))2
• Diese Gleichung wird offensichtlich gelöst, wenn A = sin(B) ist.
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• Also müssen wir
A = sin (γ − arcsin (A))
lösen.
• Additionstheorem sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β angewandt ergibt
A = sin γ cos (arcsin (A)) − cos γ sin (arcsin (A))
lösen.
• Das ist auch
A = sin γ
q
1 − sin2 (arcsin (A)) − cos γ sin (arcsin (A))
oder
A = sin γ
p
1 − A2 − cos γ · A
• Wir haben dann
A (1 + cos γ) = sin γ
p
1 − A2
• Weiter
¡
¢
A2 (1 + cos γ)2 = sin2 γ 1 − A2
¡
¢ ¡
¢
= 1 − cos2 γ · 1 − A2
¡
¢
= (1 + cos γ) · (1 − cos γ) · 1 − A2
• Wir bekommen
¡
¢
A2 (1 + cos γ) = (1 − cos γ) · 1 − A2
• Wir lösen nach A2 auf und erhalten
A2 (1 + cos γ + 1 − cos γ) = 1 − cos γ
• Wir haben
2A2 = 1 − cos γ
oder
1 − cos γ
A2 =
2
¡ γ ¢ q 1−cos γ
• Mit der Identität sin 2 =
bekommen wir
2
A2 = sin2
³γ ´
2
• wir erhalten dann
³γ ´
1
sin α1 = sin
n
2
³γ ´
1
sin α2 = − sin
n
2
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Die Lösungen sind
h
³ γ ´i
α1 = arcsin n sin
2³ ´i
h
γ
α2 = − arcsin n sin
2
Wir nehmen die positive Lösung
h
³ γ ´i
αmin = arcsin n sin
2
Kontrolle:
• Die Startgleichung
1= q
1−
1
(sin(α))2
n2
´´
³
³
cos (α)
cos −γ + arcsin sin(α)
n
r
³
´´´2
³ ³
1 − n2 sin −γ + arcsin sin(α)
n
• Wir setzen αmin ein und bekommen
1
1= r
2
1−
×
(sin(arcsin[n sin( γ2 )]))
n2
µ
µ
¶¶
¡
£
¡ γ ¢¤¢
sin(arcsin[n sin( γ2 )])
cos −γ + arcsin
cos
arcsin
n
sin
n
2
s
µ µ
µ
¶¶¶
2
sin(arcsin[n sin( γ2 )])
1 − n2 sin −γ + arcsin
n
• Wir vereinfachen
1
1= r
2
1−
×
(n sin( γ2 ))
n2
¶¶
µ
µ
¡
£
¡ ¢¤¢
n sin( γ2 )
cos arcsin n sin γ2
cos −γ + arcsin
n
s
µ µ
µ
¶¶¶2
n sin( γ2 )
2
1 − n sin −γ + arcsin
n
• Weiter
¡
¡ ¡ γ ¢¢¢ q
¡
£
¡ ¢¤¢2
cos
−γ
+
arcsin
sin 2
1 − sin arcsin n sin γ2
1
q
1= q
¡ ¡ ¢¢2
¡ ¡
¡ ¡ ¢¢¢¢2
1 − sin γ2
1 − n2 sin −γ + arcsin sin γ2
• Weiter
q
¡
£
¡ ¢¤2
γ¢
cos −γ + 2
1 − n sin γ2
1
q
1= q
¢¢2
¡ ¡ γ ¢¢2
¡ ¡
1 − sin 2
1 − n2 sin −γ + γ2
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• Und
¡
¢q
¡ ¢
cos −γ + γ2
1 − n2 sin2 γ2
1= q
¡ ¢q
¡ ¢
2 γ
1 − sin 2
1 − n2 sin2 γ2
• Endlich
¡γ ¢ q
¡ ¢
cos 2
1 − n2 sin2 γ2
1=
¡ ¢q
¡ ¢
cos γ2
1 − n2 sin2 γ2
Damit ist gezeigt, dass die Lösung gilt.
(c) Wir berechnen die Taylor-Entwicklung von αmin (n) mit n als Variablen. Wir erhalten
³γ ´
¡ ¢
αmin (n) = n · sin
+ O n3 )
2
Die nächste Ordnung ist
αmin (n) = n · sin
³γ ´
2
+
³γ ´
¡ ¢
n3
· sin3
+ O n4
6
2
3. Wir betrachten das Problem auf einer optischen Achse.
Die Abbildungsgleichung lautet 1/f = 1/b + 1/g
Der Abbildungsmassstab ist V = −b/g = −f /(g − f )
Der konvexe Spiegel muss den Gegenstand näher an das Auge bringen
und soweit verkleinern, dass das Bild nur 1/10 so gross ist.
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Wenn d der Abstand vom Spiegel zum Auge ist, f1 die Brennweite des
Auges, f2 die Brennweite des Konvexspiegels, g = 10m die Gegenstandsweite.
f1
Ohne Spiegel ist die Vergrösserung Vo = − d+g−f
1
Mit Spiegel ist das Bild (= 2. Objekt) bei b1 = f2 g/(f2 +g) und seine Verf2
grösserung. Vk = − g−f
. Dieses Bild ist für das Auge der Gegenstand, mit
2
einer Gegenstandsweite d − b1 . Also ist die Vergrösserung VA = − d−bf11−f1
f2
f1
Die Gesamtvergrösserung mit Spiegel ist Vs = Vk VA = g−f
(f2 <
2 d−b1 −f1
0!)
Wir setzen A < 1 als den Vergrösserungsfaktor. Die Brennweite f2 ist
dann
f2 = −
g(d − f )
(g + d − f )(1/A − 1)
Wir erhalten mit d = 1m und f1 = 5mm f2 = −100.5507554.
4. Das Porro-Prisma besteht aus zwei Gruppen von zwei Spiegeln. Die gemeinsame Kante der Spiegel steht senkrecht aufeinander. Deshalb werden
alle Objekte um π gedreht. Zusammen mit einem Galilei-Fernrohr erhält
man ein aufrechtes Bild. Zudem wird die optische Achse verschoben.
Anwendung: Ferngläser.
5. (a) Das austretende Strahlenbündel ist, wie das einfallende, parallel. Die
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Fokuspunkte der beiden Linsen fallen zusammen. Dann gilt
Ga = −
f2
f1
Damit muss f2 = |Ga | f1 = 20 · 9.5mm = 190mm sein. Die gesamte
Länge der Anordnung ist e = f1 +f2 = 190mm+9.5mm = 199.5mm
(b) Hier gilt wieder
Ga = −
f2
f1
Damit muss f2 = |Ga | f1 = 20 · 6.6mm = 132mm sein. Die gesamte Länge der Anordnung ist e = f1 + f2 = −6.6mm + 132mm =
125.4mm
(c) Wählt man in der Brennebene von L1 den bildseitigen Brennpunkt
von L1 mittels einer Blende aus, so können nur Lichtstrahlen durch,
die in diesem Punkt konvergieren und demnach nur die, die am Ausgang streng parallel zu der optischen Achse sind.
6. (a) Das System der beiden Linsen ist afokal, wenn der bildseitige Brennpunkt von L1 mit dem objektseitigen Brennpunkt von L2 zusammenfällt. Nach der vorherigen Aufgabe ist der Abstand der beiden
Linsen e = f1 + f2 = 45cm. Die Vergrösserung ist G = |f1 7f2 | =
50/5 = 10. Mit dem blossen Auge wird der Turm unter dem Winkel Θ = arctan (10/2000) ≈ 5 · 10−3 rad = 0.280 wahrgenommen. Mit
e = 10 · Θ =
dem instrument sieht man den Turm unter dem Winkel Θ
2.80 .
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(b) Dreht man das Instrument um, so wird der Winkel, unter dem man
das Bild sieht Θ̆ = Θ/10 = 0.0280 = 1.680 .
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