\documentstyle[12pt,german,briefkn]{article}
\begin{document}
\briefkopf
\vskip 10mm
\Large
\centerline{Physik III, WS 1992/93} 
\vskip 5mm
\centerline{L\"osungen zur \"Ubung Nr. 12}
\normalsize  
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Besprechung: \bf 10. Februar 1993 \rm \newline
\vskip 5mm
\bf Aufgabe 1: \rm \hspace{10.5cm} (5 Punkte) \newline
a) Eine d"unne Schicht reflektiert Licht einer bestimmten Wellenl"ange
genau dann maximal, wenn die an der Ober- und Unterseite der Schicht
reflektierten Strahlen konstruktiv interferieren. \newline \vskip 50mm
Der Gangunterschied ist
\begin{displaymath}
\Delta = n (\overline{BC} + \overline{CA}) - (\overline{FA} + 
\frac{\lambda}{2})
\end{displaymath}
Hierbei wurde beachtet, da"s bei Reflexion am dichteren Medium ein
Phasensprung von $\lambda/2$ auftritt. Aus der Geometrie der Abbildung
folgt:
\begin{displaymath}
\Delta = 2n \frac{d}{cos\beta} - 2 d \; tg\beta \; sin\alpha - 
\frac{\lambda}{2} 
\end{displaymath}
Mit dem Brechungsgesetz $n \; sin\beta = sin\alpha$ und einigen 
weiteren Umformungen folgt:
\begin{displaymath}
\Delta = 2 d \sqrt{n^{2}-sin^{2}\alpha} - \frac{\lambda}{2}
\end{displaymath}
Damit Verst"arkung auftritt, mu"s die Gangdifferenz ein Vielfaches der
Wellenl"ange sein,
\begin{displaymath}
\Delta = k \lambda, \; \; \; \; \; \; \; k=0,1,2,3,4,...
\end{displaymath}
Daraus folgt
\begin{displaymath}
2d\sqrt{n^{2}-sin^{2}\alpha} = k\lambda + \frac{\lambda}{2} = 
(2k+1) \frac{\lambda}{2} \; \; \; \; \; \; \; k=0,1,2,3,4,...
\end{displaymath}
Die kleinstm"ogliche Schichtdicke ergibt sich f"ur $k=0$, also
\begin{displaymath}
d = \frac{\lambda}{4 \sqrt{n^{2}-sin^{2}\alpha}} 
\end{displaymath}
F"ur rotes Licht der Wellenl"ange $\lambda_{rot} = 0,7 \cdot 10^{-6} \; m$,
Brechzahl $n=1,33$ und Einfallswinkel $\alpha = 30^{o}$ folgt:
\begin{displaymath}
d = 0,141 \cdot 10^{-6} \; m = \underline{141 \; nm} 
\end{displaymath}
b) F"ur einen Einfallswinkel von $\alpha = 60^{o}$ ergibt sich bei
sonst gleichen Bedingungen wie in Teil a):
\begin{displaymath}
\lambda = 4 d \sqrt{n^{2}-sin^{2}\alpha} = \underline{569 \; nm}
\end{displaymath}
Diese Wellenl"ange entspricht einer \underline{gelbgr"unen} F"arbung.
\newline 
\underline{Diskussion der Aufgabe} \newline
Die Zahlenangaben dieser Aufgabe wurden sorgf"altig gepr"uft. Der Autor
dieser Musterl"osungen ist kein Experte "uber Farbenlehre und insbesondere
"uber die physiologische Wahrnehmung von Farben. Bei einer exakten 
Formulierung dieser Aufgabe h"atte man Angaben "uber die spektrale 
Intensit"atsverteilung des einfallenden Lichtes und der spektralen 
Sensitivit"at des beobachtenden Auges machen m"ussen. Die Wellenl"ange
$\lambda=700 \; nm$ liegt jedoch am "au"sersten Ende des sichtbaren
Spektrums, mit einer kleinen Sensitivit"at des Auges. Falls diese 
Wellenl"ange verst"arkt wird, werden notwendigerweise die anderen 
sichtbaren Farben geschw"acht. Wie weit diese allerdings geschw"acht 
werden, h"angt von der spektralen Intensit"at der Quelle ab. Da man
trotzdem noch ''Rot'' sieht, d"urfen die anderen Farben nicht 
"uberm"a"sig stark im Spektrum vorkommen. Umgekehrt ist die Argumentation
bei Teil b). Hier mu"s man davon ausgehen, da"s bei der Farbe Gr"un
die maximale Sensitivit"at des Auges ist. Sofern Gr"un "uberhaupt 
im Spektrum vorkommt und dar"uber hinaus noch maximal verst"arkt
wird, wird man die verbleibende Farbmischung wahrscheinlich als
gr"un empfinden. Im allgemeinen h"angt nat"urlich der Farbeindruck von
der Mischung aller vorkommenden Farben ab. 
\newline \vskip 5mm
\bf Aufgabe 2: \rm \hspace{10.5cm} (5 Punkte) \newline
Die erforderliche Spiegelverschiebung $d$ bis zum Verschwinden jeglicher
Interferenzen h"angt von der Koh"arenzl"ange und damit von der 
Linienbreite ab. Aus der gegebenen Linienbreite berechnet man zun"achst
die Koh"arenzl"ange (siehe Rechen"ubungen vom 13.1.93):
\begin{displaymath}
\Delta l = \frac{\lambda_{0}^{2}}{\Delta \lambda} = 31,89 \; cm
\end{displaymath}
Wenn die optische Gangdifferenz $2d$ den Wert $\Delta l$ erreicht,
verschwinden die Interferenzen. Das ist der Fall, wenn
\begin{displaymath}
\underline{d \approx 15,9 \; cm} 
\end{displaymath}
b) Eine Vergr"o"serung von $d$ um $\lambda/2$ f"uhrt zu einer 
Vergr"o"serung der optischen Gangdifferenz um $\lambda$. Die Anzahl
$N$ der Interferenzringe im Zentrum ist daher bei einer endlichen 
Verschiebung $d$:
\begin{displaymath}
N = d \frac{2}{\lambda} = \underline{0,494 \cdot 10^{6}}
\end{displaymath}
c) Die Frequenzstabilit"at ist definiert als (siehe Rechen"ubungen vom
13.1.93)
\begin{displaymath}
\frac{\Delta \nu}{\overline{\nu}} \approx \frac{\Delta \nu}{\nu_{0}}
= 2 \cdot 10^{-10} 
\end{displaymath}
Daher folgt f"ur die Koh"arenzl"ange:
\begin{displaymath}
\Delta l = c \Delta t = \frac{c}{\Delta \nu} = \frac{c}
{2 \cdot 10^{-10} \nu_{0}} = \frac{\lambda_{0}}{2 \cdot 10^{-10}}
= 3164 \; m
\end{displaymath}
Da $\Delta l = 2 d$ (siehe Teil a)), folgt 
\begin{displaymath}
\underline{d \approx 1582 \; m}
\end{displaymath}
\vskip 5mm
\bf Aufgabe 3: \rm \hspace{10.5cm} (4 Punkte) \newline
Wenn eine Spektrallinie der Wellenl"ange $\lambda_{1}$ aus dem
Spektrum erster Ordnung unter dem Winkel $\alpha_{1}$ erscheint,
so gilt nach Vorlesung, mit der Gitterkonstanten $g$:
\begin{displaymath}
g \; sin\alpha_{1} = \lambda_{1}
\end{displaymath}
Entsprechend gilt f"ur eine Spektrallinie $\lambda_{2}$ aus dem Spektrum
zweiter Ordnung:
\begin{displaymath}
g sin\alpha_{2} = 2 \lambda_{2}
\end{displaymath}
Beide Spektrallinien "uberdecken sich ($\alpha_{1}=\alpha_{2}$), wenn 
\begin{displaymath}
\lambda_{1} = 2 \lambda_{2}
\end{displaymath}
Da das sichtbare Licht aber nur die Wellenl"angen von $400 \; nm$ bis
$700 \; nm$ umfa"st, kann diese Bedingung \underline{nicht} erf"ullt 
werden. \newline \vskip 5mm 
\bf Aufgabe 4: \rm \hspace{10.5cm} (6 Punkte) \newline
L"a"st man eine ebene Welle senkrecht auf die Zonenplatte fallen,
so wirkt jedes Fl"achenelement eines freien Kreisringes als Zentrum
einer Kugelwelle (Huygenssches Prinzip). Diese Wellen sollen sich im 
Brennpunkt verst"arken, m"ussen also im Punkt $F$ mit gleicher Phase 
eintreffen. Diese Bedingung ist n"aherungsweise erf"ullt, wenn
die Wege $\overline{AF}$, $\overline{BF}$, $\overline{CF}$,...sich
jeweils um $\lambda/2$ unterscheiden. Dieses f"uhrt auf die allgemeine 
Bedingung
\begin{displaymath}
r_{k}^{2} + f^{2} = (f + k \frac{\lambda}{2})^{2}, \; \; \; \; \; \; \; 
k=0,1,2,3,....
\end{displaymath}
oder
\begin{displaymath}
r_{k} = \sqrt{k \lambda f (1 + \frac{k\lambda}{4f})}
\end{displaymath}
Der zweite Term in der Klammer ist au"serordentlich klein gegen"uber 1,
daher
\begin{displaymath}
\underline{r_{k} \approx \sqrt{k \lambda f} }
\end{displaymath}
\newpage bla \newline \vskip 80mm
a) F"ur $\lambda = 0,598 \cdot 10^{-6} \; m$ und $f = 0,5 \; m$ folgt
\begin{displaymath}
r_{k} = \sqrt{k} \; 5,5 \cdot 10^{-4} \; m = 
\underline{\sqrt{k} \; 0,55 \; mm}  
\end{displaymath}
b) Der Fl"acheninhalt des $k$-ten Kreisringes ist
\begin{displaymath}
F_{k} = \pi (r_{k}^{2} - r_{k-1}^{2}) = \pi (k\lambda f - (k-1) \lambda f)
= \pi \lambda f = F \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \to \; \; \; \; \; \; \;
\; \; \; \frac{F_{k+1}}{F_{k}} = 1
\end{displaymath}
Die Fl"acheninhalte der Kreisringe sind also konstant und h"angen nicht
von $k$ ab. \newline
c) Die chromatische Aberration der Zonenlinse ist 
\begin{displaymath}
D_{Z} = \frac{1}{f} = \frac{\pi \lambda}{F} \; \; \; \; \; \; \; \; 
\to \; \; \; \; \; \; \; \; \frac{dD_{Z}}{d\lambda} = \frac{\pi}{F}
= \frac{1}{\lambda f}
\end{displaymath}
Demgegen"uber betr"agt die chromatische Aberration einer Sammellinse 
aus Glas:
\begin{displaymath}
\frac{dD_{S}}{d\lambda} = (\frac{d}{d\lambda}) (n-1) \frac{2}{R}
= \frac{dn}{d\lambda} \frac{2}{R} = \frac{1}{(n-1)} \frac{dn}{d\lambda} 
\frac{1}{f}
\end{displaymath}
Zahlenm"a"sig ergibt sich
\begin{eqnarray}
\frac{dD_{Z}}{d\lambda} &=& 1,67 \cdot 10^{6} \; m^{-1}  \; \frac{1}{f} 
\nonumber \\
\frac{dD_{S}}{d\lambda} &=& -1,59 \cdot 10^{5} \; m^{-1} \; \frac{1}{f} 
\nonumber 
\end{eqnarray}
Abgesehen vom Vorzeichen ist die chromatische Aberration bei der
Zonenplatte einen Faktor 10 gr"o"ser als bei der normalen Glaslinse. 
Da au"serdem die Lichtst"arke etwa einen Faktor 2 kleiner als bei
der Glaslinse ist, hat sich die Zonenplatte als optische 
Linse nicht durchsetzen k"onnen. Trotzdem gibt es interessante 
Anwendungen bei Radiowellen und akustischen Wellen. 
\end{document}