Übung Nr. 10
Abgabetermin: Mittwoch, den 17. Januar 2001
Aufgabe 1: (6 Punkte)
a) Der zweite Polarisator gibt auf jeden Fall die Polarisationsrichtung des durchgelassenen Lichtes an, daher mus er einen Winkel von $\phi_{2} = 90^{o} = \pi /2$ zur Polarisationsrichtung des einfallenden Lichtes haben.


Der Winkel $\phi_{1}$ des ersten Polarisationsfilters bestimmt die Intensität des durchgelassenen Lichtes. Diese ist nach dem ersten Filter

\begin{displaymath}
I_{1} = I_{0} cos^{2}\phi_{1}
\end{displaymath}

und nach dem zweiten Filter

\begin{displaymath}
I_{2} = I_{1} cos^{2}(\phi_{2} - \phi_{1}) = I_{0} cos^{2}\phi_{1} \;
cos^{2}(\phi_{2} - \phi_{1}).
\end{displaymath}

Mit $\phi_{2} = \pi /2$ und $cos(\pi /2 - \phi_{1}) = sin\phi_{1}$ und $sin\phi_{1} \; cos\phi_{1} = (1/2) sin(2\phi_{1})$ folgt:

\begin{displaymath}
I = I_{0} cos^{2}\phi_{1} \; sin^{2}\phi_{1}
= \frac{I_{0}}{4} sin^{2}(2\phi_{1}).
\end{displaymath}

Die Extremalbedingung lautet:

\begin{displaymath}
\frac{dI}{d\phi_{1}} = I_{0} sin(2\phi_{1}) cos(2\phi_{1}) = 0,
\end{displaymath}

mit den Lösungen $\phi_{1} = 0$ und $\phi_{1} = \pi /4$. Die erste Lösung entspricht einem Minimum, die zweite einem Maximum. Der Winkel muß also $\phi_{1} = 45^{o}$ sein.
b) Die Intensität selbst folgt dann aus

\begin{displaymath}
I = I_{0} cos^{2} \left( \frac{\pi}{4} \right) cos^{2} \lef...
...0} \left( \frac{\sqrt{2}}{2} \right)^{4} = \frac{1}{4} I_{0}.
\end{displaymath}


Aufgabe 2: (8 Punkte)
Nach Vorlesung ist der reflektierte Strahl total polarisiert, wenn der einfallende Strahl unter dem Brewster- Winkel einfällt. Mit den Bezeichnungen der Skizze muss also sein:


$\displaystyle tg(\alpha_{1})$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{n}{n_{0}} = n$  
$\displaystyle tg(\beta_{2})$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{n_{0}}{n} = \frac{1}{n}$  

Den Tangens kann man in den Sinus umrechnen:
$\displaystyle sin(\alpha_{1})$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{tg(\alpha_{1})}{\sqrt{1+tg^{2}(\alpha_{1})}}
= \frac{n}{\sqrt{1+n^{2}}}$  
$\displaystyle sin(\beta_{2})$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{tg(\beta_{2})}{\sqrt{1+tg^{2}(\beta_{2})}}
= \frac{1}{\sqrt{1+n^{2}}}.$  

Außerdem gilt an der ersten brechenden Fläche das Brechungsgesetz:

\begin{displaymath}
sin(\alpha_{1}) = n \; sin(\beta_{1}).
\end{displaymath}

Daher gilt auch:

\begin{displaymath}
n \; sin(\beta_{1}) = sin(\alpha_{1}) = \frac{n}{\sqrt{1+n^{2}}}
= n \; sin(\beta_{2}).
\end{displaymath}

Die Bedingung, daß beide reflektierten Strahlen polarisiert sind, ist also nur zu erreichen, wenn der Strahlendurchgang symmetrisch ist ( $\beta_{1} = \beta_{2}$). Daher können wir die Formeln vom Skript Seite 105 verwenden und erhalten:
$\displaystyle a) \; \; \; \; \; \alpha_{1}$ $\textstyle =$ $\displaystyle arctg(n) = 56,3^{o}$  
$\displaystyle \gamma$ $\textstyle =$ $\displaystyle \beta_{1} + \beta_{2} = 2 \beta_{2} = 2 \; arctg\left(
\frac{1}{n} \right) = 67,4^{o}$  
$\displaystyle b) \; \; \; \; \; \delta$ $\textstyle =$ $\displaystyle 2(\alpha_{1}-\beta_{2}) =
2 \left( \alpha_{1} - \frac{\gamma}{2} \right) = 45,2^{o}.$  

Aufgabe 3: (6 Punkte)
a) Das $\lambda/4$- Plättchen wandelt zirkular polarisiertes Licht in linear polarisiertes Licht um und umgekehrt, mit einer Polarisationsrichtung von $45^{o}$ zur optischen Achse. Da dieses in der Vorlesung erwähnt wurde, genügt diese Antwort. Zur Übung wollen wir es nochmal rechnen. Dazu schreiben wir die zirkular polarisierte Welle in der Form

\begin{displaymath}
\vec{E} = \vec{e}_{x} E_{0} \; cos(\omega t - kz) + \vec{e}_{y}
E_{0} \; sin(\omega t - kz),
\end{displaymath}

wobei wir die optische Achse in $y$- Richtung legen. $\lambda/4$- Plättchen bedeutet, daß der Phasenunterschied zwischen dem ordentlichen und ausserordentlichem Strahl gleich $\varphi = m \cdot 2\pi \pm \pi/2$ oder $\varphi = (4m \pm1)(\pi/2)$ ist. Daher ist nach dem Plättchen
$\displaystyle \vec{E}'$ $\textstyle =$ $\displaystyle \vec{e}_{x} E_{0} cos(\omega t - kz) + \vec{e}_{y}
E_{0} sin(\omega t - kz - \varphi)$  
  $\textstyle =$ $\displaystyle \vec{e}_{x} E_{0} cos(\omega t - kz) + \vec{e}_{y} E_{0}
[sin(\omega t - kz) cos\varphi - cos(\omega t - kz) sin\varphi ]$  
  $\textstyle =$ $\displaystyle (\vec{e}_{x} - \vec{e}_{y} sin\varphi ) E_{0} cos(\omega t - kz)
+\vec{e}_{y} E_{0} cos\varphi \; sin(\omega t - kz).$  

Da $cos\varphi = 0$ und $sin\varphi = \pm 1$ ist, folgt einfach

\begin{displaymath}
\vec{E}' = E_{0} (\vec{e}_{x} \pm \vec{e}_{y}) cos(\omega t - kz).
\end{displaymath}

Das Vorzeichen hängt noch davon ab, ob $n_{o} < n_{ao}$ oder $n_{o} > n_{ao}$ ist. Die Intensität hinter dem $\lambda/4$- Plättchen ist gleich der einfallenden Intensität, da keine Absorption stattfindet. Man beachte aber, daß die Amplitude der linearen Welle $\sqrt{2} E_{0}$ ist. Es ist nämlich
$\displaystyle \overline{\vec{E}^{2}}$ $\textstyle =$ $\displaystyle E_{0}^{2}$  
$\displaystyle \overline{\vec{E}'^{2}}$ $\textstyle =$ $\displaystyle E_{0}^{2} (\vec{e}_{x} \pm \vec{e}_{y})^{2}
\overline{cos^{2}(\omega t - kz)} = 2 E_{0}^{2} \frac{1}{2} = E_{0}^{2}.$  

b) Die Intensität hinter dem Polarisationsfilter ist mit $\alpha = \pm 45^{o}$:

\begin{displaymath}
I_{P} = I_{0} cos^{2}\alpha = I_{0} cos^{2}(45^{o}) = 0,5 \cdot I_{0}.
\end{displaymath}





Harm Fesefeldt
2008-01-02