Übungsblatt 2
Grundkurs IIIa für Physiker

Othmar Marti, (othmar.marti@physik.uni-ulm.de)

6. 5. 2002

Aufgaben für die Übungsstunden

Lichtgeschwindigkeit, Huygenssches Prinzip, Reflexion, Brechung, PDF-Datei

1. Drei Spiegel bilden eine Würfelecke. Ein Lichtstrahl aus einer beliebigen Richtung wird auf diese Ecke geschickt. Berechnen Sie die Richtung des reflektierten Lichtes.
2. Gegeben sei ein Stapel von N + l idealen Polarisationsfolien, wobei jede Folie um den Winkel $\pi/2N$ rad gegen die vorhergehende Folie verdreht ist. Eine ebene, linear polarisierte Welle der Intensität $I_0$ falle senkrecht auf diesen Stapel. Die einfallende Welle wird entlang der Transmissionsachse der ersten Folie und damit senkrecht zur Polarisationsachse der letzten Folie polarisiert.
   1. Wie groß ist die transmittierte Intensität durch den gesamten Stapel,
   2. durch drei Folien (N = 2) und
   3. durch 101 Folien?
   4. Wie ist jeweils die Polarisationsrichtung des transmittierten Strahls?
3. Das folgende Problem muss fast bei jedem optischen Aufbau gelöst werden:
   Ein Lichtstrahl aus einer beliebigen Richtung aus einer Quelle mit einer beliebigen Höhe muss in einen Lichtstrahl umgewandelt werden, der einen bestimmten Punkt aus einer bestimmten Richtung trifft. Sie haben als Werkzeuge Spiegel und Spiegelhalter zur Verfügung. Die Spiegelhalter können, wie in dem Bild aus dem Melles-Griot-Katalog gezeigt, mit zwei Feingewindeschrauben in zwei orthogonale Richtungen verkippt werden.
   
   
   
   Wie viele Spiegel brauchen Sie, um die Aufgabe zu lösen?
4. Paralleles Licht falle auf einen sphärischen Spiegel mit dem Krümmungsradius $R$.
   1. Berechnen Sie für achsennahe Strahlen (paraxiale Näherung) den Ort, wo sich die Strahlen treffen.
   2. Gilt die obige Aussage auch für achsenferne Strahlen.
   3. Welche mathematische Kurve kennen Sie, die parallele Strahlen unabhängig von ihrem Achsenabstand auf einen Punkt bündelt.
   4. Wie ist der Strahlenverlauf im inneren eines Ellipsoides, wenn eine punktförmige Lichtquelle auf einen Brennpunkt gesetzt wird.

Hausaufgabe

1. In der Vorlesung wurde die Dispersionsbeziehung für eine lineare Kette mit gleichen Massen berechnet. Nun seien die Abstände gleich, aber die Massen haben alternierend die Masse $m_1$ und $m_2$. Berechnen Sie nun für diese Anordnung die Dispersionsbeziehung (das Resultat finden Sie in der Vorlesung).
   Was wäre, wenn es mehr unterschiedliche Massen gäbe?

Lösungen Aufgaben für die Übungsstunde

1. • Ohne Einschränkung der Allgemeinheit setzen wir die Oberflächennormalen der drei Spiegel zu $(1;0;0)$, $(0;1;0)$ und $(0;0;1)$. Der einfallende Lichtstrahl sei durch den Vektor $\vec k = (x,y,z)$ gegeben.
   • Bei der Reflexion an der x-y-Ebene (Normalenvektor $(0;0;1)$ werden die $x$- und die $y$-Komponenten beibehalten, die $z$-Komponenten ändert das Vorzeichen.
   • Analoge Überlegungen ergeben, dass bei der Reflexion an $(1;0;0)$ die $x$- Komponente das Vorzeichen wechselt und bei der Reflexion an $(0;1;0)$ die $y$- Komponente.
   • Zusammengenommen, nach der Reflexion an jeder dieser Komponente ist der reflektierte Vektor durch $\vec k' = (-x;-y;-z) = -\vec k$ gegeben.
   • Diese Spiegelanordnung wird in Retroreflektoren wie z. B. Katzenaugen verwendet.
2. • Eine Polarisationsfolie lässt nur den Teil des elektrischen Feldes durch, der parallel zur Polarisationsrichtung liegt.
   • Die erste Folie beeinflusst das Ergebnis nicht.
   • Der transmittierte Anteil bei der zweiten Folie ist $I_1=I_{0} \cos^2 \left(\frac{\pi}{2N}\right)$
   • Der transmittierte Anteil bei der dritten Folie ist $I_2=I_{1} \cos^2 \left(\frac{\pi}{2N}\right)=I_{0} \cos^4 \left(\frac{\pi}{2N}\right)$
     1. Der transmittierte Anteil durch den ganzen Stapel ist
        $I_N=I_{0} \cos^{2N} \left(\frac{\pi}{2N}\right)$. Wichtig ist dabei, dass jede Polarisationsfolie ein neues Koordinatensystem definiert.
     2. $I_2=I_{0} \cos^4 \left(\frac{\pi}{4}\right)= I_0 \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^4= \frac{I_0}{4}$
     3. Hier ist $N=100$. $I_{100}=I_{0} \cos^{200} \left(\frac{\pi}{200}\right)= I_0 \approx 0.976$. Für kleine Winkel kann $\cos \left(\frac{\pi}{2N}\right) \approx 1- \frac{\pi^2}{8N^2}$ angenähert werden. Dann ist $\cos^{2N} \left(\frac{\pi}{2N}\right) \approx \left(1- \frac{\pi^2}{8N^2}\right)^2N \approx 1 - 2N\frac{\pi^2}{8N^2} = 1- \frac{\pi^2}{4N}$
     4. Die Polarisationsrichtung des transmittierten Strahls ist die Polarisationsrichtung des letzten Polarisators. Sie ist damit senkrecht zur Polarisationsrichtung des einfallenden Strahls.
3. • Durch den vorgegebenen Zielpunkt und die Richtung wird der Ort des zweiten Spiegels festgelegt.
   • Der Spiegel muss so in der Kipphalterung montiert sein, dass der virtuelle Drehpunkt auf der Spiegeloberfläche liegt und vom geometrischen Strahl gegeben durch Zielpunkt und Richtung getroffen wird.
   • Der Erste Spiegel reflektiert den einfallenden Lichtstrahl auf die Mitte des zweiten Spiegels.
   • Damit wird eine beliebige Richtung in eine vorgegebene Richtung verwandelt.
4. Wir zeichnen die Geometrie auf:
   
   • Der Winkel $\Theta$ zwischen dem einfallenden Lichtstrahl und dem Radius zum Krümmungsmittelpunkt $R$ ist auch der Winkel zwischen dem Radius und der optischen Achse.
   • Der gespiegelte Lichtstrahl bildet mit der optischen Achse das angegebene Dreieck mit dem dritten Winkel $\pi-2\Theta$.
   • Der Sinussatz für schiefwinklige Dreiecke sagt:
     

     $$\frac{\sin\Theta}{R-f}=\frac{\sin(\pi-2\Theta)}{R}=\frac{\sin(2\Theta)}{R}$$ (1)

     
     

   • Damit ist
     

     $$f = R\left(1-\frac{\sin\Theta}{\sin(2\Theta)}\right)$$ (2)

     
     

   1. • Der Winkel $\sin\Theta = \frac{h}{R}$
      • Für achsennahe Strahlen ($h \ll R$) ist $\sin\Theta = \Theta = \frac{1}{2}\sin(2\Theta)$.
      • Dann ist $f = R/2$ die Brennweite
   2. • Es gilt $sin(2\Theta) = 2\sin\Theta\cos\Theta$
      • Also ist $f(\Theta) = R\left(1-\frac{\sin\Theta}{2\sin\Theta\cos\Theta}\right) = R\left(1-\frac{1}{2\cos\Theta}\right)$
      • In Abhängigkeit von $h$ ist $f = R\left(1-\frac{1}{2\sqrt{1-\sin^2\Theta}}\right)= R\left(1-\frac{1}{2\sqrt{1-(h/R)^2}}\right)$
      • Für kleine $h$ kann entwickelt werden:
        $f(h) = R\left(1-\frac{1}{2\left(1-\frac{1}{2}(h/R)^2\right)}\right)=R\frac{1-(h/R)^2}{2-(h/R)^2}$
      • Die Kurve sieht so aus:
        
      • Für $\Theta = \pi/3$ (und damit für $h = R/2$) ist der Brennpunkt auf der Spiegelfläche.
   3. Bei der Parabel $y= ax^2$ ist die Steigung proportional zum Achsabstand, also werden alle achsparallelen Strahlen auf einen Punkt fokussiert.
   4. Das Licht wird in den zweiten Brennpunkt fokussiert.

Lösungen Hausaufgabe

1. • Die beiden Massen seien $m_2=m_{2n} > m_{2n+1}=m_1$
   • Die Federkonstante sei $k$
   • Der Ruheabstand sei $a$ (hier eigentlich nicht wichtig.
   • Die Auslenkung sei $\xi_i$
   • Die Bewegungsgleichungen sind für die Masse $m_1$
     

     $$m_1\ddot\xi_{2n+1} = -k\left(\xi_{2n+1}-\xi_{2n}\right)+k\... ...2n+1}\right)= k\left(\xi_{2n+2}+\xi_{2n}\right)-2k\xi_{2n+1}$$ (3)

     
     
     und für die Masse $m_2$
     

     $$m_2\ddot\xi_{2n} = -k\left(\xi_{2n}-\xi_{2n-1}\right)+k\le... ..._{2n}\right)= k\left(\xi_{2n+1}+\xi_{2n-1}\right)-2k\xi_{2n}$$ (4)

     
     

   • Wir setzen $\xi_i(t) = \hat{\xi}_i e^{j(kia- \omega t)}$ und erhalten für die Masse $m_1$
     

     $$-m_1\omega^2\hat{\xi}_{2n+1} e^{j(k(2n+1)a- \omega t)} = k\left(\hat{\xi}_{2n+2} e^{j(k(2n+2)a- \omega t)}+\hat{\xi}_{2n} e^{j(k(2n)a- \omega t)}\right)$$

     $$-2k\hat{\xi}_{2n+1} e^{j(k(2n+1)a- \omega t)}$$ (5)

     
     
     und für die Masse $m_2$
     

     $$-m_2\omega^2\hat{\xi}_{2n} e^{j(k(2n)a- \omega t)} = k\left(\hat{\xi}_{2n+1} e^{j(k(2n+1)a- \omega t)}+\hat{\xi}_{2n-1} e^{j(k(2n-1)a- \omega t)}\right)$$

     $$-2k\hat{\xi}_{2n} e^{j(k(2n)a- \omega t)}$$ (6)

     
     

   • Wir spalten den Faktor $e^{-j\omega t}$ ab und erhalten für die Masse 1
     

     $$-m_1\omega^2\hat{\xi}_{2n+1} e^{jk(2n+1)a} = k\left(\hat{\xi}_{2n+2} e^{jk(2n+2)a}+\hat{\xi}_{2n} e^{jk(2n)a}\right)$$

     $$-2k\hat{\xi}_{2n+1} e^{jk(2n+1)a}$$ (7)

     
     
     und für die Masse $m_2$
     

     $$-m_2\omega^2\hat{\xi}_{2n} e^{jk(2n)a} = k\left(\hat{\xi}_{2n+1} e^{jk(2n+1)a}+\hat{\xi}_{2n-1} e^{jk(2n-1)a}\right)$$

     $$-2k\hat{\xi}_{2n} e^{jk(2n)a}$$ (8)

     
     

   • Weiter spalten den Faktor $e^{jk(2n)a}$ ab und erhalten für die Masse 1
     

     $$-m_1\omega^2\hat{\xi}_{2n+1} e^{jka} = k\left(\hat{\xi}_{2n+2} e^{j2ka}+\hat{\xi}_{2n} \right)$$

     $$-2k\hat{\xi}_{2n+1} e^{jka}$$ (9)

     
     
     und für die Masse $m_2$
     

     $$-m_2\omega^2\hat{\xi}_{2n} = k\left(\hat{\xi}_{2n+1} e^{jka}+\hat{\xi}_{2n-1} e^{-jka}\right)$$

     $$-2k\hat{\xi}_{2n}$$ (10)

     
     

   • Wir setzen alle geraden Amplituden auf $A_2$ und die ungeraden auf $A_1$.
     

     $$-m_1\omega^2A_1 e^{jka} = k\left(A_2 e^{j2ka}+A_2\right) -2k A_1 e^{jka}$$ (11)

     
     
     und
     

     $$-m_2\omega^2 A_2 = k\left(A_1 e^{jka}+A_1 e^{-jka}\right) -2kA_2$$ (12)

     
     

   • Die Lösung eines Gleichungssystems ändert sich nicht, wenn man eine Zeile mit einem von Null verschiedenen Faktor multipliziert. Wir multiplizieren die erste Zeile mit $e^{-jka}$
     

     $$-m_1\omega^2A_1 = k\left(A_2 e^{jka}+A_2e^{-jka}\right) -2k A_1$$ (13)

     
     
     und
     

     $$-m_2\omega^2 A_2 = k\left(A_1 e^{jka}+A_1 e^{-jka}\right) -2kA_2$$ (14)

     
     

   • Nun ist $e^{jka}+e^{-jka} = 2\cos(ka)$
     

     $$-m_1\omega^2A_1 = 2kA_2\cos(ka) -2k A_1$$ (15)

     
     
     und
     

     $$-m_2\omega^2 A_2 = 2kA_1\cos(ka) -2kA_2$$ (16)

     
     

   • Sortiert nach $A_1$ und $A_2$
     

     $$(m_1\omega^2-2k)A_1+ 2k\cos(ka) A_2 = 0$$

     $$(m_2\omega^2-2k)A_2+ 2k\cos(ka) A_1 = 0$$ (17)

     
     

   • Wir subtrahieren die beiden Gleichungen voneinander und eliminieren $A_1$.
     

     $$4 k^2 \cos^2(k a) A_2 = (m_1\omega^2-2k)(m_2\omega^2-2k)A_2$$ (18)

     
     

   • für eine nicht verschwindende Lösung $A_2$ muss gelten:
     

     $$4 k^2 \cos^2(k a) = (m_1\omega^2-2k)(m_2\omega^2-2k)$$ (19)

     
     

   • Wir lösen diese Gleichung nach $\omega^2$ auf
     

     $$\omega_{1,2}^2 = \frac{k}{m_1+m_2}\left[m_1+m_2\pm \sqrt{(m_1+m_2)^2-m_1 m_2(1-\cos^2(ka))}\right]$$ (20)

     
     

   • Weiter
     

     $$\omega_{1,2}^2 = \frac{k}{m_1+m_2}\left[m_1+m_2\pm \sqrt{(m_1+m_2)^2-m_1 m_2\sin^2(ka)}\right]$$ (21)

     
     

   • Wir setzen die reduzierte Masse $M = \frac{m_1 m_2}{m_1+m_2}$ und erhalten
     

     $$\omega_1(ka) = \sqrt{\frac{k}{M}\left[1- \sqrt{1-4\frac{M}{m_1+m_2}\sin^2(ka)}\right]}$$

     $$\omega_2(ka) = \sqrt{\frac{k}{M}\left[1+ \sqrt{1-4\frac{M}{m_1+m_2}\sin^2(ka)}\right]}$$ (22)

     
     

   • Für $ka=0$ erhalten wir
     

     $$\omega_1(0) = 0$$

     $$\omega_2(0) = \sqrt{2\frac{k}{M}}$$ (23)

     
     

   • Für $ka=\pi/2$ erhalten wir
     

     $$\omega_1(\pi/2) = \sqrt{\frac{k}{M}\left[1- \sqrt{1-4\frac{M}{m_1+m_2}}\right]}$$

     $$\omega_2(\pi/2) = \sqrt{\frac{k}{M}\left[1+ \sqrt{1-4\frac{M}{m_1+m_2}}\right]}$$ (24)

     
     

   • Für $ka\ll 1$ erhalten wir
     

     $$\omega_1(ka) \approx \sqrt{\frac{k}{M}\left[1- \left(1-2\frac{M}{m_1+m_2}(ka)^2\right)\right]}$$

     $$= \sqrt{\frac{k}{M}\left[2\frac{M}{m_1+m_2}(ka)^2\right]}$$

     $$= \sqrt{2\frac{k}{m_1+m_2}(ka)^2}$$

     $$= \sqrt{\frac{2k}{m_1+m_2}}(ka)$$

     $$\omega_2(ka) \approx \sqrt{\frac{k}{M}\left[1+ \left(1-2\frac{M}{m_1+m_2}(ka)^2\right)\right]}$$

     $$= \sqrt{\frac{k}{M}\left[2-2\frac{M}{m_1+m_2}(ka)^2\right]}$$

     $$= \sqrt{\frac{2k}{M}}\sqrt{1-\frac{M}{m_1+m_2}(ka)^2}$$

     $$= \sqrt{\frac{2k}{M}}\left(1-\frac{M}{2(m_1+m_2)}(ka)^2\right)$$ (25)

     
     

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