\documentstyle[12pt,german,epsf,briefkn]{article}
\begin{document}
\briefkopf
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\Large
\centerline{Physik III, WS 1992/93} 
\vskip 5mm
\centerline{L\"osungen zur \"Ubung Nr. 10}
\vskip 5mm
\centerline{Bonus"ubung}
\normalsize  
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Besprechung: \bf 20. Januar 1993 \rm \newline
\vskip 5mm
\bf Aufgabe 1: \rm \hspace{10.5cm} (6 Punkte) \newline
Die Gesamtbrechkraft eines zentrierten Systems kann durch die
Summe der Einzelbrechkr"aften dargestellt werden. Nach Aufgabenstellung
sollte die Gesamtbrechkraft $D = 10 \; dpt$ betragen. Daher
\begin{displaymath}
D = D_{F} + D_{K} = 10 \; dpt = 10 \; m^{-1}
\end{displaymath}
Die Brechkr"afte der beiden Einzellinsen sind
\begin{displaymath}
D_{F} = 2 (n_{F}-1) \frac{1}{R_{F}} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; 
\; \; \; \; \; D_{K} = 2(n_{K}-1) \frac{1}{R_{K}}
\end{displaymath}
wobei wir vorausgesetzt haben, da"s die Linsen jeweils auf beiden
Seiten den gleichen Kr"ummungsradius haben. Die Vorzeichen von
$R_{F}$ und $R_{K}$ wurden dagegen noch offen gelassen. 
Nach Vorlesung ist das Gesamtsystem achromatisch, wenn die Brennweite
und damit auch die Brechkraft nicht von der Wellenl"ange abh"angt,
d.h.
\begin{displaymath}
\frac{dD}{d\lambda} = \frac{D_{F}}{d\lambda} + \frac{D_{K}}{d\lambda}
= \frac{2}{R_{F}} \frac{dn_{F}}{d\lambda} + \frac{2}{R_{K}}
\frac{dn_{K}}{d\lambda} = 0
\end{displaymath}
Daraus erhalten wir eine Nebenbedingung f"ur die Kr"ummungsradien:
\begin{displaymath}
\frac{R_{K}}{R_{F}} = - \frac{dn_{K}/d\lambda}{dn_{F}/d\lambda}
= -0.491 \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; 
R_{K} = - 0.491 R_{F}
\end{displaymath}
Zur Berechnung der Kr"ummungsradien verwenden wir die 
Brechungsindizes bei der Natrium D-Linie und setzen die oben
abgeleitete Nebenbedingung ein:
\begin{displaymath}
D =  2 (n_{F}-1) \frac{1}{R_{F}} - 2 (n_{K}-1) \frac{1}{0.491 R_{F}} 
= 10 \; dpt.
\end{displaymath}
Daraus folgt $R_{F} = -0.086 \; m$ und $R_{K} = 0.0421 \; m$. 
F"ur die Brennweiten folgt daraus
\begin{displaymath}
\frac{1}{f_{F}} = \frac{2(n_{F}-1)}{R_{F}} = -14,19 \; m^{-1}
\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; 
\frac{1}{f_{K}} = \frac{2(n_{K}-1)}{R_{K}} = 24,23 \; m^{-1}
\end{displaymath}
oder 
\begin{displaymath}
\underline{f_{F} = - 7 \; cm} \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; 
\; \; \; \; \; \underline{f_{K} = 4,1 \; cm}
\end{displaymath}
Es handelt sich also um eine Kombination von einer Sammellinse
aus Kronglas und einer Zerstreuungslinse aus Flintglas. \newline
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\bf Aufgabe 2: \rm \hspace{10.5cm} (4 Punkte) \newline
Die H"ohe der Lichtquelle "uber dem Tisch sei $h$, der Abstand
der Lichtquelle vom Tischrand werde mit $l$ bezeichnet und der
Radius der Tischplatte mit $r=d/2 = 0,75 \; m$. Zur Berechnung
der Beleuchtungsst"arke mu"s noch der Einfallswinkel $\phi$ 
eingef"uhrt werden (siehe Skizze) \newline
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Dann gilt
\begin{displaymath}
E = \frac{I cos\phi}{l^{2}} = \frac{I h}{(h^{2}+r^{2})^{3/2}}
\end{displaymath}
Die Extremalbedingung $dE/dh$ f"uhrt auf die Gleichung
\begin{displaymath}
\frac{1}{(h^{2}+r^{2})^{3/2}} - \frac{3h^{2}}{(h^{2}+r^{2})^{5/2}} = 0
\end{displaymath}
mit der L"osung:
\begin{displaymath}
h = \frac{\sqrt{2}}{2} r = \underline{0,53 \; m}
\end{displaymath}
\newpage
\bf Aufgabe 3: \rm \hspace{10.5cm} (4 Punkte) \newline
Wir w"ahlen als Fortpflanzungsrichtung wie "ublich die z-Achse,
dann k"onnen wir die Komponenten der Feldst"arke in x- und y- Richtung durch
\begin{displaymath}
E_{x} = E_{0} sin(\omega t) \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;
E_{y} = E_{0} sin(\omega t - \phi) 
\end{displaymath}
beschreiben. Wegen
\begin{displaymath}
E_{y} = E_{0} [ sin(\omega t) cos(\phi) - cos(\omega t) sin(\phi) ]
= E_{x} cos(\phi) - \sqrt{E_{0}^{2} - E_{x}^{2}} \; sin(\phi)
\end{displaymath}
folgt auch
\begin{displaymath}
E_{x}^{2} - 2 E_{x} E_{y} cos(\phi) + E_{y}^{2} = E_{0}^{2} sin^{2}(\phi)
\end{displaymath}
Die Form der allgemeinen Kegelschnitte,
\begin{displaymath}
a x^{2}+2bxy + c y^{2} +2 d x + 2 e y + f = 0
\end{displaymath}
ist genau dann eine Ellipse, wenn 
\begin{equation}
\delta = \left| \begin{array}{cc} a & b \\ b & c \end{array} \right|
= a c - b^{2} > 0
\end{equation}
ist (siehe irdendein Buch "uber Analytische Geometrie). In unserem
Fall ist $\delta = 1 - cos^{2}(\phi)$, was ersichtlich nur f"ur 
$\phi=n \pi, \; n=0,1,2,...$ gleich Null ist, sonst immer gr"o"ser
Null ist. F"ur $\delta = 0$ entartet die Ellipse zu einer Geraden.
Man erh"alt die Normalform der Ellipse,
\begin{displaymath}
a' x'^{2} + c' y'^{2} + \frac{\Delta}{\delta} = 0
\end{displaymath}
durch eine Drehung des Koordinatensystems um den Winkel $\alpha$,
der durch
\begin{displaymath}
tg(2\alpha) = \frac{2b}{a-c}
\end{displaymath}
gegeben ist. In unserem speziellen Fall ist $b=cos(\phi)$ und
$a = c$, daher $tg(2\alpha) \to \infty$ und $\alpha= 45^{o}$.
Der Winkel der Hauptachsen bez"uglich der $x$- Achse ist also immer
$45^{0}$ und nicht, wie manchmal in Pr"ufungen oder Klausuren
angenommen wird, gleich $\phi$. Der Winkel $\phi$ bestimmt das
Verh"altnis der gro"sen zur kleinen Hauptachse der Ellipse.
Allgemein gilt bei der oben durchgef"uhrten Hauptachsentransformation:
\begin{eqnarray}
a' = \frac{1}{2} \left( a + c + \sqrt{(a-c)^{2} + 4b^{2}} \right) \nonumber 
\\
c' = \frac{1}{2} \left( a + c - \sqrt{(a-c)^{2} + 4b^{2}} \right) \nonumber
\end{eqnarray}
F"ur unseren speziellen Fall folgt hieraus:
\begin{displaymath}
a' = 1 + cos(\phi) \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; 
c' = 1 - cos(\phi)
\end{displaymath} 
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\bf Aufgabe 4: \rm \hspace{10.5cm} (6 Punkte) \newline
Nach Vorlesung ist der reflektierte Strahl total polarisiert, wenn
der einfallende Strahl unter dem Brewster- Winkel einf"allt.
Mit den Bezeichnungen der unten abgebildeten Skizze mu"s also sein:
\newline \vskip 50mm
\begin{displaymath}
tg(\alpha_{1}) = \frac{n}{n_{0}} = n \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; 
\; \; \; \; \; tg(\beta_{2})= \frac{n_{0}}{n} = \frac{1}{n}.
\end{displaymath}
wobei wir den Brechungsindex $n_{0}$ der umgebenden Luft gleich 
1 gesetzt haben. Mit Hilfe trigonometrischer Umrechnungsformeln kann
man dies auch schreiben:
\begin{eqnarray}
sin(\alpha_{1}) = \frac{tg(\alpha_{1})}{\sqrt{1+tg^{2}(\alpha_{1})}}
= \frac{n}{\sqrt{1+n^{2}}} \nonumber \\
sin(\beta_{2}) = \frac{tg(\beta_{2})}{\sqrt{1+tg^{2}(\beta_{2})}}
= \frac{1}{\sqrt{1+n^{2}}} \nonumber 
\end{eqnarray}
Au"serdem gilt an der ersten brechenden Fl"ache das Brechungsgesetz:
\begin{displaymath}
sin(\alpha_{1}) = n \; sin(\beta_{1})  
\end{displaymath}
Daher gilt auch:
\begin{displaymath}
sin(\alpha_{1}) = \frac{n}{\sqrt{1+n^{2}}} = 
 n \; sin(\beta_{2}) = n \; sin(\beta_{1}).
\end{displaymath}
Die Bedingung, da"s beide reflektierten Strahlen total polarisiert 
sind, ist also nur zu erreichen, wenn der Strahlendurchgang
symmetrisch ist ($\beta_{1}=\beta_{2}$). Mit Hilfe der allgemeinen 
trigonometrischen Formeln
\begin{displaymath}
arc \; sin(\frac{1}{\sqrt{1+n^{2}}}) = arc \; tg (\frac{1}{n})
\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; 
arc \; sin(\frac{n}{\sqrt{1+n^{2}}}) = arc \; tg (n) 
\end{displaymath}
ergeben sich der Reihe nach die folgenden Antworten ($n=1,5$): \newline
\begin{eqnarray}   
\alpha_{1} &=& arc \; tg(n) = \underline{56,3^{o}} \nonumber \\
\gamma &=& = \beta_{1} + \beta_{2} = 2 \beta_{2} = 
2 arc \; tg(\frac{1}{n}) = \underline{67,4^{o}} \nonumber \\
\delta &=& 2 (\alpha_{1}-\beta_{2}) = 2 (arc \; tg(n) - arc \; tg(1/n))
= \underline{45,2^{o}} \nonumber
\end{eqnarray} 
\end{document}