Physik III, WS 1992/93

Lösungen zur Klausur

Besprechung: 10. Februar 1993
Aufgabe 1: (8 Punkte)
Der Gangunterschied zwischen den an Unterseite und Oberseite reflektierten Strahlen ist

$$\Delta = 2 n d + \frac{\lambda}{2}$$

Verstärkung erhält man, wenn dieser Gangunterschied ein geradzahliges Vielfaches der Wellenlänge ist:

$$\Delta = 2nd + \frac{\lambda}{2} = m \lambda, \; \; \; \; \; \; \; m=1,2,3,....$$

Maximale Verstärkung erhält man also für die Wellenlängen:

$$\lambda = \frac{4nd}{2m-1} \; \; \; \; \; \; m=1,2,3,...$$

Die folgende Tabelle zeigt die Werte der Wellenlängen in Abhängigkeit von $m$:

m	1	2	3	4	5	6
$\lambda$	3000 nm	1000 nm	600 nm	429 nm	333 nm	273 nm

Im sichtbaren Teil des Spektrums liegen hierbei die beiden Wellenlängen $\underline{\lambda_{1}=600 \; nm}$ und $\underline{\lambda_{2}=429 \; nm}$.
Aufgabe 2: (9 Punkte)
Zunächst ist klar, daß die Transmissionsachse des zweiten Polarisators den Winkel $\phi_{2}=90^{0}=\pi/2$ zur Polarisationsebene des einfallenden Lichtes haben muß.

Der Winkel $\phi_{1}$ ist zunächst beliebig. Die Intensität nach dem ersten Polarisator ist

$$I_{1} = I_{0} cos^{2}\phi_{1}$$

und nach dem zweiten Filter entsprechend

$$I=I_{2} = I_{1} cos^{2}(\phi_{2}-\phi_{1}) = I_{0} cos^{2}\phi_{1} cos^{2}(\frac{\pi}{2}-\phi_{1})$$

Da $cos(\pi/2 -\phi_{1})=sin\phi_{1}$, kann man auch schreiben:

$$I = I_{0} cos^{2}\phi_{1} \; sin^{2}\phi_{1}$$

Die maximale Intensität folgt aus der Extremalbedingung

$$\frac{dI}{d\phi_{1}} =0$$

Die Lösung dieser Extremalbedingung kann im wesentlichen auf drei Arten erfolgen. Einmal schreibt man die Gleichung für $I$ in der Form (siehe Formel in Aufgabenstellung):

$$I = I_{0} \left[ cos\phi_{1} cos(\frac{\pi}{2}-\phi_{1}) \r... ...s(2\phi_{1}-\frac{\pi}{2}) + cos(\frac{\pi}{2}) \right]^{2}$$ (1)

Dann folgt

$$\frac{dI}{d\phi_{1}} = - I_{0} \left[ cos(2\phi_{1}-\frac{\... ...(\frac{\pi}{2}) \right] \; sin(2\phi_{1} - \frac{\pi}{2}) = 0$$ (2)

Dieses wird gelöst durch

$$sin(2\phi_{1}-\frac{\pi}{2}) = 0 \; \; \; \; \; \; \; \; \to \; \; \; \; \; \; \; \; \underline{\phi_{1}=\frac{\pi}{4}}$$

Einfacher ist es allerdings, wenn man auf die Formel für $I$

$$I=I_{0} \left[ cos\phi_{1} \; cos(\frac{\pi}{2} -\phi_{1}) \right]^{2}$$ (3)

die Produktregel der Differentiation anwendet. Dieses ergibt

$$\frac{dI}{d\phi_{1}} = 2 I_{0} \left[ cos\phi_{1} \; cos(\f... ...1}) + cos\phi_{1} \; sin(\frac{\pi}{2}-\phi_{1}) \right) = 0$$ (4)

und daher

$$tg\phi_{1} = tg(\frac{\pi}{2}-\phi_{1}) \; \; \; \; \; \; \... ... \; \; \; \; \; \; \; \; \underline{\phi_{1} = \frac{\pi}{4}}$$

Einige Kommilitonen haben einen besonders eleganten Weg gefunden.
Wegen $sin\phi_{1} \; cos\phi_{1} = (1/2) sin(2\phi_{1})$ gilt

$$I = I_{0} cos^{2}\phi_{1} \; sin^{2}\phi_{1} = \frac{I_{0}}{4} sin^{2}(2\phi_{1})$$

und daher

$$\frac{dI}{d\phi_{1}} = I_{0} sin(2\phi_{1}) \; cos(2\phi_{1}) = 0$$

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

$$I = I_{0} cos^{2}(\frac{\pi}{4}) cos^{2}(\frac{\pi}{4}) = I... ...\frac{\sqrt{2}}{2} \right)^{4} = \underline{\frac{I_{0}}{4}}$$ (5)

Aufgabe 3: (8 Punkte)
Die allgemeine Formel zur Berechnung der Gruppengeschwindigkeit ist

$$v_{gr} = \frac{d\omega}{dk}$$

Wegen $\omega = 2\pi \nu = 2\pi c'/\lambda = 2\pi c/(n \lambda)$ folgt mit $n(\lambda)= a \lambda$ und $k=2\pi/\lambda$.

$$\omega = \frac{2 \pi c}{a \lambda^{2}} = \frac{2\pi c k^{2}} {a(2\pi)^{2}} = \frac{ck^{2}}{2\pi a}$$

und

$$v_{gr} = \frac{d\omega}{dk} = \frac{2ck}{2\pi a} = \underline{\frac{2c}{a\lambda}}$$

Weitere Lösungswege
Nach Vorlesung und Rechenübung vom 16.12.93 gilt auch

$$v_{gr} = v_{ph} - \lambda \frac{dv_{ph}}{d\lambda}$$

Diese Formel wurde ebenfalls bereits in der Vorlesung hergeleitet. Wegen $v_{ph}=c/n$ und $dv_{ph} = -(c/n^{2}) dn$ gilt dann

$$v_{gr} = \frac{c}{n} + \frac{\lambda c}{n^{2}} \frac{dn}{d\... ...}{n} \left( 1 + \frac{\lambda}{n} \frac{dn}{d\lambda} \right)$$ (6)

Diese Formel wurde ebenfalls bereits in den Rechenübungen am 16.12.93 hergeleitet. Wegen $n(\lambda)= a \lambda$ ergibt sich sofort

$$v_{gr} = \frac{c}{n}(1 + \frac{\lambda}{n} a) = 2 \frac{c}{n} = \underline{\frac{2c}{a\lambda}}$$

Aufgabe 4: (9 Punkte)
1. Lösung durch zweistufigen Abbildungsprozeß
Zunächst einmal muß der Spiegel aus der Abbildung entfernt werden. Dazu muß die Abbildung einfach symmetrisch aufgeklappt werden, wobei der Spiegel die Symmetrieebene ist. Die Richtigkeit dieses Vorgehens wird in der zweiten Lösung mit Hilfe der Matrizen- Optik streng bewiesen. In der folgenden Abbildung ist links das Auge als Objekt, zwei identische Linsen 1 und 2 mit jeweils Abstand $c$ vom Spiegel, sowie schließlich das Auge als Beobachter. In diesem allgemeinen zweistufigen Prozeß ist als Nebenbedingung enthalten, daß die Abstände Auge- Lupe auf beiden Seiten $d=30 \; cm$ sind.

Als weitere Nebenbedingung muß beachtet werden, daß das Auge völlig entspannt ist, d.h. auf Unendlich eingestellt ist. In diesem Fall muß das Zwischenbild im Brennpunkt der Linse 2 sein. Daher gilt:

$$2c = b + f$$

$$\frac{1}{d} + \frac{1}{b} = \frac{1}{f}$$

Die zweite Gleichung ist die Abbildungsgleichung der ersten Lupe. Aus diesen beiden Gleichungen kann $b$ eliminiert und $c$ berechnet werden,

$$c = \frac{fd - f^{2}/2}{d-f}$$

Einsetzen der Zahlenwerte ($f=20 \; cm$, $d=30 \; cm$) ergibt dann $\underline{c= 40 \; cm}$.
2. Lösung mit Hilfe der Matrizen- Optik
Die vorliegende Aufgabe kann streng mit Hilfe der Matrizen- Optik behandelt werden. Die folgende Abbildung zeigt den Strahlengang.

Die Transformationsgleichung ist:

$$\left( \begin{array}{c} r_{2} \\ r_{2}' \end{array} \right)... ... \left( \begin{array}{c} r_{1} \\ r_{1}' \end{array} \right)$$ (7)

Hierbei ist $D=1/f$ die Brechkraft der Lupe und $R$ der Krümmungsradius des Spiegels. Da $R=\infty$, folgt $2/R=0$, sodaß die Reflexionsmatrix am Spiegel zur Einheitsmatrix wird und weggelassen werden kann. Die beiden Translationsmatrizen zwischen Lupe und Spiegel und zurück können zusammengefaßt werden:

$$\left( \begin{array}{cc} 1 & c \\ 0 & 1 \end{array} \right)... ... \left( \begin{array}{cc} 1 & 2c \\ 0 & 1 \end{array} \right)$$ (8)

Damit reduziert sich die Transformation zu

$$\left( \begin{array}{c} r_{2} \\ r_{2}' \end{array} \right)... ... \left( \begin{array}{c} r_{1} \\ r_{1}' \end{array} \right)$$ (9)

mit der Systemmatrix

$$M = \left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ -D & 1 \end{array} \r... ... \left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ -D & 1 \end{array} \right)$$ (10)

Diese Transformation entspricht aber der folgenden zweistufigen Abbildung,

wie wir sie als Lösungsansatz bereits in der ersten Lösung verwendet haben. Die Berechnung von $M$ ergibt:

$$M = \left( \begin{array}{cc} M_{11} & M_{12} \\ M_{21} & M_... ... 1 - 2cD & 2 c \\ -2D +2cD^{2} & 1-2cD \end{array} \right)$$ (11)

und die Gesamttransformation wird zu

$$r_{2} = [M_{11} + M_{21}d ] r_{1} + [M_{11}d + M_{12} + M_{21}d^{2} +M_{22} d] r_{1}'$$

$$r_{2}' = M_{21}r_{1} + [M_{21}d + M_{22}] r_{1}'$$

In diese Transformation muß jetzt noch die Bedingung des völlig entspannten Auges eingearbeitet werden. Dieses bedeutet, daß ein Lichtstrahl vom Punkt $r_{1}=0$ parallel zur optischen Achse in das Auge zurückreflektiert wird ($r_{2}'=0$), und zwar unabhängig vom Winkel $r_{1}'$. Die zweite Gleichung wird unter diesen Voraussetzungen

$$0 = [M_{21} d + M_{22}] r_{1}' \; \; \; \; \; \; \; \; \to \; \; \; \; \; \; \; \; M_{21}d + M_{22} = 0$$

Einsetzen der Matrizelemente führt auf

$$(-2D + 2cD^{2}) d + (1-2cD) = 0$$

Einsetzen von $D=1/f$ und Auflösen nach $c$ ergibt wie in der ersten Lösung

$$c = \frac{df - f^{2}/2}{d-f}$$

Aufgabe 5: (8 Punkte)
Die allgemeine Formel des Dopplereffektes ist (siehe Vorlesung):

$$\nu' = \nu_{0} \frac{1-(v_{B}/c) cos\theta_{B}}{1-(v_{S}/c)cos\theta_{S}}$$

Die Indizes ''B'' und ''S'' verweisen auf ''Beobachter'' und ''Sender''. Die Geschwindigkeit des Zuges sei $v=v_{S}$ und seine Senderfrequenz $\nu_{0}=500 \; Hz$. Der Berg wirkt als Empfänger der Frequenz

$$\nu' = \frac{\nu_{0}}{1-v/c}$$

In diesem Fall ist $v_{B}=0$ und $\theta_{S}=0$ und damit $cos\theta_{S}=1$. Wellen dieser Frequenz werden als Echo reflektiert. Relativ zu diesem Sender bewegt sich der Zug mit der Geschwindigkeit $v_{B}=v$ und $\theta_{B}=180^{o}$, also $cos\theta_{B}=-1$. Ein Reisender im Zug hört daher das Echo mit der Frequenz

$$\nu'' = \nu' (1 + v/c) = \nu_{0} \frac{1+v/c}{1-v/c}$$

Wegen $v=72 \; km/h = 20 \; m/s$ und $v/c = 0.06$ folgt

$$\nu'' = 500 \frac{1+0,06}{1-0,06} \; Hz = \underline{563 \; Hz}$$

Aufgabe 6: (8 Punkte)
Die Phasengeschwindigkeit auf einer gespannten Saite ist nach Vorlesung

$$c = \sqrt{\frac{F}{\rho A}} ,$$

wobei $F$ die die Spannung hervorrufende Kraft, $\rho$ die Dichte und $A$ der Querschnitt ist. Wegen $c=\nu \lambda$ folgt auch

$$\nu = \frac{1}{\lambda} \sqrt{\frac{F}{\rho A}}$$

Bei der Grundschwingung der beiderseits eingespannten Saite ist die Wellenlänge $\lambda$ das Doppelte der Länge $L$, daher auch

$$\nu = \frac{1}{2L} \sqrt{\frac{F}{\rho A}}$$

Da die Länge $L$ nicht verändert wird und die Saiten identisch sind (gleiche Dichte und gleicher Querschnitt), folgt für das Verhältnis der Frequenzen

$$\frac{\nu_{1}}{\nu_{0}} = \sqrt{\frac{F_{1}}{F_{0}}} = \sqrt{\frac{101}{100}} = 1,005$$

Mit $\nu_{0}=200 \; Hz$ ergibt sich für $\nu_{1}$:

$$\nu_{1} = 1,005 \cdot 200 \; Hz = 201 \; Hz$$

Die Schwebungsfrequenz schließlich ist

$$\nu_{S} = \nu_{1} - \nu_{0} = \underline{1 \; Hz}$$