Lösungsvorschläge zur Übung Nr. 11

Besprechung: Mittwoch, den 24. Januar 2001
Aufgabe 1: (6 Punkte)
Der Brechungsindex der Glasscheibe sei $n_{2}$, der Brechungsindex der umgebenden Luft $n_{1}$. Für das reflektierte elektrische Feld vor der Glasplatte gilt nach Vorlesung

$$E_{r,1} = \frac{n_{1}-n_{2}}{n_{1}+n_{2}} E_{e},$$

wenn $E_{e}$ die Feldtärke des einfallenden Lichtes ist. Für die reflektierte Intensität gilt

$$R = \frac{I_{r,1}}{I_{e}} = \left( \frac{n_{1}-n_{2}}{n_{1}+n_{2}} \right)^{2}.$$

Wegen Energieerhaltung folgt für die durchgelassene Intensität

$$D = 1 - R = \frac{I_{d,1}}{I_{e}} = \frac{c_{2}\epsilon_{2} ... ... \frac{n_{2}}{n_{1}} \left( \frac{E_{d,1}}{E_{e}} \right)^{2}.$$

Daraus folgt

$$\frac{E_{d,1}}{E_{e}} = \frac{2n_{1}}{n_{1}+n_{2}}$$

Bei unserer Ableitung gilt diese Formel zunächst nur für die Beträge der Feldstärken. Wir wissen aber, daß die durchgelassenen Komponenten keinen Phasensprung haben, also muß diese Formel auch für das Vorzeichen gelten. Bei der zweiten Grenzschicht erhalten wir entsprechend mit Vertauschung von $n_{1}$ und $n_{2}$:

$$\frac{E_{d,2}}{E_{d,1}} = \frac{2n_{2}}{n_{1}+n_{2}}$$

und daher

$$\frac{E_{d,2}}{E_{e}} = \frac{2n_{2}}{n_{1}+n_{2}} \cdot \frac{2n_{1}}{n_{1}+n_{2}} = \frac{4 n_{1}n_{2}}{(n_{1}+n_{2})^{2}}.$$

Setzen wir jetzt noch $n_{1}=1$ und $n_{2}=n$, so erhalten wir

$$\frac{E_{d,2}}{E_{e}} = \frac{4n}{(1+n)^{2}} = 0,96.$$

Aufgabe 2: (7 Punkte)
Wir legen die $y$-Achse in Richtung der optischen Achse, dann können wir die lineare Welle darstellen durch

$$\vec{E_{1}} = \vec{e}_{x} \frac{E_{0}}{\sqrt{2}} sin(\omega t) + \vec{e}_{y} \frac{E_{0}}{\sqrt{2}} sin(\omega t),$$

wobei wir ersichtlich noch den Nullpunkt der $z$-Achse in die vordere Ebene des Quarzplättchens gelegt haben. Nach Durchgang durch das Plättchen hat die Komponente in $y$-Richtung eine Phasendifferenz von

$$\varphi = 2 \pi \frac{d}{\lambda} (n_{ao}-n_{o})$$

gegenüber der Komponente in $x$-Richtung (siehe Vorlesung). Daher können wir schreiben

$$\vec{E}_{2} = \vec{e}_{x} \frac{E_{0}}{\sqrt{2}} sin(\omega ... ...ec{e}_{y} \frac{E_{0}}{\sqrt{2}} sin(\omega t - kz + \varphi).$$

Diese Welle ist im allgemeinen elliptisch (zirkular) polarisiert, nur für $\varphi = k \pi$ mit $k=0,1,2,3,...$ ist sie linear polarisiert. Während man für $k=0,2,4,..$ keine Änderung der Polarisationsebene erhält, ergibt sich für $k=1,3,5,...$ eine Drehung der Ebene um $90^{o}$. Wir folgern also, daß

$$\varphi = 2 \pi \frac{d}{\lambda}(n_{ao}-n_{o}) = (2k+1)\pi$$

sein muß, mit $k=0,1,2,3,...$Aufgelöst nach der Dicke $d$ folgt:

$$d = \frac{\lambda}{2} \; \frac{1}{n_{ao}-n_{o}} (2 k + 1) = (2k+1) \cdot 32,4 \mu m.$$

Aufgabe 3: (7 Punkte)
Zur Übung zeigen wir zunächst einmal, daß die Summe einer linkszirkular polarisierten und rechtszirkular polarisierten Welle gleicher Amplitude eine linear polarisierte Welle ergibt. Es sei also

$$\vec{E}_{l} = \vec{e}_{x} E_{0} cos(kz - \omega t) - \vec{e}_{y} E_{0} sin(kz - \omega t)$$

$$\vec{E}_{r} = \vec{e}_{x} E_{0} cos(kz - \omega t + \alpha) + \vec{e}_{y} E_{0} sin(kz - \omega t + \alpha)$$

Die Umformung der Summe $\vec{E} = \vec{E}_{l}+\vec{E}_{r}$ in eine linear polarisierte Welle ist außerordentlich mühsam. Wir machen daher den allgemeinen Ansatz einer linearen Welle,

$$\vec{E}_{lin} = A (\vec{e}_{x} cos\psi + \vec{e}_{y} sin\psi ) cos(kz - \omega t + \varphi),$$

wobei $\psi$ und die Phase $\varphi$ zunächst unbekannt sind. Der Ausdruck in der vorderen Klammer ist ein belibiger, aber konstanter Vektor in der $xy$- Ebene. Diese Welle läßt sich umformen zu

$$\vec{E}_{lin} = \vec{e}_{x} A \; cos\psi \; cos(kz - \omega t + \varphi) + \vec{e}_{y} A \; sin\psi \; cos(kz - \omega t + \varphi)$$

$$= + \vec{e}_{x} \frac{A}{2} \left( cos(kz - \omega t + \varphi - \psi) + cos(kz - \omega t + \varphi + \psi) \right)$$

$$\; + \vec{e}_{y} \frac{A}{2} \left( sin(\psi - kz + \omega t - \varphi) + sin(\psi + kz - \omega t + \varphi) \right)$$

$$= + \vec{e}_{x} \frac{A}{2} \left( cos(kz - \omega t + \varphi - \psi) + cos(kz - \omega t + \varphi + \psi) \right)$$

$$\; + \vec{e}_{y} \frac{A}{2} \left( - sin(kz - \omega t + \varphi -\psi) + sin(kz - \omega t + \varphi + \psi) \right)$$

Diesen Ausdruck vergleichen wir mit der Summe der zirkular polarisierten Wellen

$$\vec{E}_{l} + \vec{E}_{r} = + \vec{e}_{x} E_{0} \left( cos(kz - \omega t) + cos(kz - \omega t + \alpha) \right)$$

$$\; + \vec{e}_{y} E_{0}\left( -sin(kz - \omega t) + sin(kz - \omega t + \alpha) \right)$$

und erhalten $A=2 E_{0}$, $\varphi = \alpha/2$ und $\psi = \alpha/2$. Wir können daher allgemein schreiben:

$$\vec{E}_{lin} = \vec{E}_{l} + \vec{E}_{r} = 2 E_{0} \left( \... ...}_{y} sin(\alpha/2) \right) \; cos( kz - \omega t + \alpha/2).$$

Wir sehen also, daß bei einer Phasendifferenz von $\alpha$ der zirkular polarisierten Wellen eine Drehung der Polarisationsebene der linear polarisierten Welle von $\alpha/2$ stattgefunden hat.
Die Zahl der Umläufe der zirkular polariserten Wellen auf der Strecke $d$ ist:

$$m_{r} = \frac{d}{\lambda_{r}} = \frac{n_{r}d}{\lambda}, \; \... ... \; \; m_{l} = \frac{d}{\lambda_{l}} = \frac{n_{l}d}{\lambda}.$$

Die Differenz der Drehwinkel ist also

$$\alpha = \alpha_{r} - \alpha_{l} = 2 \pi (m_{r}-m_{l}) = \frac{2\pi d}{\lambda} (n_{r}-n_{l}),$$

wobei $n_{r}$ und $n_{l}$ die Brechungsindizes sind. Die Drehung der Polarisationsebene der linear polarisierten Welle ist daher (siehe oben)

$$\psi = \frac{\alpha}{2} = \frac{\pi d}{\lambda} (n_{r}-n_{l}).$$

Daraus folgt

$$n_{r} - n_{l} = \frac{\psi}{d} \cdot \frac{\lambda}{\pi} \approx 7,11 \cdot 10^{-6}.$$

Für die Differenz der Phasengeschwindigkeiten erhalten wir

$$c_{l}-c_{r} = c_{0} \left( \frac{1}{n_{l}} - \frac{1}{n_{r}} \right) = c_{0} \frac{n_{r}-n_{l}}{n_{r}n_{l}}.$$

Da die Differenz der Brechungsindizes sehr klein ist, darf man im Nenner $n_{r} n_{l} = n^{2} = 1,55^{2}$ approximieren und erhält

$$c_{l} - c_{r} = 0,42 (n_{r} - n_{l}) c_{0} \approx 1 \; km/s.$$

Im Vergleich zur Lichtgeschwindigkeit ist dieser Unterschied wirklich verschwindend klein.