Klausur am 3. Februar 2001
Hinweise zur Bearbeitung
Alle benutzten Größen und der Lösungsweg der Aufgaben müssen klar und eindeutig aus dem Geschriebenen hervorgehen. Ansonsten kann die Aufgabe nicht als richtig gelöst gewertet werden, auch wenn das Ergebnis richtig ist.
Bitte Name, Matr. Nr. und Name des Übungsleiters auf jedes einzelne Blatt rechts oben eintragen. Bitte nummerieren Sie auch Ihre Lösungsblätter.
Die Klausur ist bestanden, wenn mindestens 25 von 50 möglichen Punkten erreicht sind.
Aufgabe 1: (8 Punkte)
Die Phasengeschwindigkeit ist $v_{ph} = 1/\sqrt{L^{\ast}C^{\ast}}$ und die Impedanz $Z = \sqrt{L^{\ast}/C^{\ast}}$. Daraus kann $C^{\ast}$ berechnet werden zu $v_{ph} Z = 1/C^{\ast}$ oder $C^{\ast} = 1/(v_{ph}Z)$. Die elektrische Energie des Kabel ist mit der Länge $l = 40 \; m$

\begin{displaymath}
E = \frac{1}{2} C U^{2} = \frac{1}{2} l C^{\ast} U^{2}
= \frac{l}{v_{ph} Z} U_{2} = 8 \cdot 10^{-5} \; J
\end{displaymath}


Aufgabe 2: (9 Punkte)
a) Hier gibt es zwei Möglichkeiten, einmal Zerstreuungslinse und Sammellinse, oder zwei Sammellinsen. In beiden Fällen müssen die Brennpunkte beider Linsen zusammenfallen.


Das Verhältnis der Brennweiten folgt aus der Aufweitung zu $V = f_{2}/\vert f_{1}\vert = 3$, d.h. es muss $f_{2} = 3 \vert f_{1}\vert$ sein.
b) Das Verhältnis der Intensitäten folgt aus dem Verhältnis der Flächen zu $I_{2} = (r_{1}^{2}/r_{2}^{2}) I_{1}
= (d_{1}^{2}/d_{2}^{2}) I_{1}$ zu

\begin{displaymath}
I_{2} = \frac{d_{1}^{2}}{d_{2}^{2}} I_{1} = \frac{1}{9} I_{1}
= 0,56 \; mW/mm^{2}.
\end{displaymath}

c) Die Intensität ist $I_{2} = \epsilon_{0} c E_{2}^{2}$. Daraus folgt

\begin{displaymath}
E_{2} = \sqrt{\frac{I_{2}}{\epsilon_{0}c}} = 447 \; V/m.
\end{displaymath}

d) Die Feldstärke steht natürlich senkrecht auf der Ausbreitungsrichtung, also auch senkrecht auf der Strahlrichtung.
Aufgabe 3: (8 Punkte)
Zirkular polarisiertes Licht wird vom $\lambda/4$- Plättchen in linear polarisiertes Licht umgewandelt und umgekehrt. Daraus folgt bereits, daß wir nach zwei $\lambda/4$- Plättchen wieder zirkular polarisiertes Licht erwarten. Die Frage ist nur, links- oder rechtszirkular polarisiert ? Die linkszirkular polarisierte Welle ist

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

Zwei $\lambda/4$ mit gleicher Orientierung haben die gleiche Wirkung wie ein $\lambda/2$- Plättchen, daher erhalten wir einen Phasenunterschied zwischen dem ordentlichen und ausserordentlichem Strahl von $\phi = m \cdot 2 \pi \pm \pi$. Nach den beiden Plättchen ist also

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

Da $sin(\alpha \pm \pi) = - sin(\alpha)$ ist, folgt

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

Wir erhalten also rechtszirkular polarisiertes Licht.
Aufgabe 4: (9 Punkte)
a) Wegen $2nd + \lambda/2 = m\lambda$, $m=1,2,3,...$, folgt

\begin{displaymath}
d = \frac{1}{2n} (2m-1) \frac{\lambda}{2}
\end{displaymath}

Für $m=1$ also $d=\lambda/(4n) = 112,5 \; nm$.
b) Allgemein gilt für die reflektierte Feldstärke bei senkrechtem Auffall

\begin{displaymath}
E_{r} = \frac{n_{1}-n_{2}}{n_{1}+n_{2}} E_{e}
\end{displaymath}

Daraus folgt mit $E_{e} + E_{r} = E_{d}$ für die durchgelassene Feldstärke

\begin{displaymath}
E_{d} = \frac{2n_{1}}{n_{1}+n_{2}} E_{e}.
\end{displaymath}

Der reflektierte Strahl an der ersten Grenzschicht ist mit $n_{1}=1$ und $n_{2} = 4/3$

\begin{displaymath}
E_{r,1} = \frac{1-4/3}{1+4/3} E_{e} = - \frac{1}{7} E_{e}.
\end{displaymath}

Der durchgelassene Strahl an der ersten Grenzschicht ist

\begin{displaymath}
E_{d,1} = \frac{2}{1+4/3} E_{e} = \frac{6}{7} E_{e}.
\end{displaymath}

Der reflektierte Strahl an der zweiten Grenzschicht hat die Feldstärke (jetzt ist $n_{1} = 4/3$ und $n_{2} = 1$):

\begin{displaymath}
E_{d,2} = \frac{4/3 - 1}{1 + 4/3} E_{d,1} = \frac{1/3}{7/3} \cdot
\frac{6}{7} E_{e} = \frac{6}{49} E_{e}.
\end{displaymath}

Die weitere Reflektion an der ersten Grenzschicht sollte vernachlässigt werden, sodaß dieser Strahl wieder aus der ersten Schicht heraustritt, d.h $E_{r,2} \approx E_{d,2}$. Die Summe der beiden reflektierten Feldstärken ist (Vorzeichen beachten, siehe Teil a)):

\begin{displaymath}
E_{t,r} = -E_{r,1} + E_{r,2} = \left( \frac{1}{7} + \frac{6}{49} \right)
E_{e} = \frac{13}{49} E_{e} = 0,265 \; E_{e}.
\end{displaymath}

Die Intensität ist also $I = (E_{t,r}/E_{e})^{2} I_{0} = 0,07 = 7 \; \%$.
Aufgabe 5: (8 Punkte)
Das Gitter hat Maxima bei

\begin{displaymath}
sin\alpha = \frac{m\lambda}{g}, \; \; \; \; \; m = 0,1,2,3,...
\end{displaymath}

während der einzelne Gitterstrich Minima bei

\begin{displaymath}
sin\alpha = \frac{n\lambda}{d}, \; \; \; \; \; n=1,2,3,4,...
\end{displaymath}

hat. Für $n=1$ und $m=10$ gilt also

\begin{displaymath}
\frac{\lambda}{d} = \frac{10\lambda}{g} \; \; \; \; \; \rightarrow
\; \; \; \; \; d = \frac{g}{10}
\end{displaymath}

Da $g = 1mm/2000 = 0,5 \cdot 10^{-6} \; m$ ist, folgt für die Dicke der Gitterstriche $d = 0,5 \cdot 10^{-7} \; m = 0,05 \; \mu m.$
Aufgabe 6: (8 Punkte)
a) Es handelt sich um eine Kugelwelle, wie sie z.B. von einem rotationssymmetrischen Kugel-Lautsprecher mit Radius $r_{0}$ ausgesandt wird.
b) Für $r=r_{0}$ ist $\xi(r_{0},t) = (A/r_{0}) sin(kr_{0} - \omega t)$ Also ist $\xi$ die Auslenkung der Welle und $A/r_{0}$ die Amplitude der Erregerschwingung (Lautsprechermembran) oder die maximale Amplitude der Welle.
c) Da $I/I_{0} = r_{0}^{2}/r^{2}$ für zwei Radien $r_{0}$ und $r$, folgt $I = [I_{0} 4 \pi r_{0}^{2}]/(4\pi r^{2}) = E_{0}/(4\pi r^{2})$ oder $I \sim 1/r^{2}$. Die Einheiten sind also $m^{2}$ für $A$ und $W/m^{2}$ für $I$.



Harm Fesefeldt
2008-01-11