Loesung Aufgaben O7 5 O7 11 O7 12 PDF

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O7.5 Senkrecht auf ein Beugungsgitter fällt Licht aus dem gesamten sichtbaren Bereich.

400 nm bis

1

700 nm

2

Welches ist die höchste Beugungsordnung m, in der das Spektrum noch einen überlappungsfreien Bereich besitzt? Zwischen welchen Wellenlängen 3 und liegt dieser Bereich?

Licht

O 7.5

4

Lösung_Aufgabe O7.5 geg.:

d

1

2

Beugungsgitter

400 nm (kleinste Wellenlänge) 700 nm (größte Wellenlänge)

ges.: mmax (höchste Ordnung mit überlappungsfreiem Bereich) m2

m,

m0

0

2

3

,

4

(zugehörige Wellenlängen des überlappungsfreien Bereiches)

m1 1

Wir haben Beugung am Gitter und müssen die Formeln für die Maxima anwenden.

L d sin

m,

m

(1)

(1) besagt, dass für höhere Ordnungen m und größere Wellenlängen wird. Die Gitterkonstante d ist dabei nur eine Konstante.

auch der zu erwartende Winkel

größer

Da nicht nur eine Wellenlänge (sondern ein ganzer Bereich) verwendet wird, entstehen (außer bei der 0.ten Ordnung) ab der 1. Ordnung ganze Winkelbereiche für die Lage der Maxima. Und es kann zum Überlapp kommen, wenn eine Wellenlänge der höheren Ordnung weiter zu liegen kommt als eine andere Wellenlänge der niedrigeren Ordnung Das ergibt prinzipiell folgenden skizzierten Verlauf: 0

m0

m, 4,

1.

kein Überlapp zwischen 0. und 1. Ordnung

Überlappbereiche 1

Überlappungsfreie Bereiche

2

2,

2

5. 2

Zu höheren Ordnungen hin werden wegen der Nichtlinearität des Sinus die von einer Ordnung überdeckten Winkelbereiche immer größer. Und es gibt - wie skizziert - Überlappbereiche. Hier hat die 4. Ordnung so starken Überlapp, dass kein (roter) überlappungsfreier Bereich mehr übrig bleibt.

0

m,

m0

k

1.

Überlappbereiche

4,

1

1

Überlappungsfreie Bereiche

k kein Überlapp zwischen 0. und 1. Ordnung

k 1 2

2,

5. 2

2

gesuchter überlappungsfreier Bereich

Für 2 Beispielwinkel ist gezeigt, wie man die genauen Positionen über die Indizes angeben kann. Eine Bedingung für einen überlappungsfreien Bereich in der 3. Ordnung ist folgende 2,

4,

2

Wenn die Bedingung erfüllt ist, gibt es Ihn, sonst nicht.

1

Wenn man jetzt noch die 3. durch allgemein die k.te Ordnung (die 2. ist die k-1 und 4. die k+1) ersetzt, hat man folgenden allgemeinen Ansatz: k 1,

Nun kann man nach dem maximalen k suchen, für das die Ungleichung erfüllt ist.

da sin

sin

im interessierenden Bereich von 0..90°

Aus (1) folgt

k 1

sin

und

k 1,

sin

k 1,

k

1

d

1

k 1,

2

k

mmax

k

3

k

2

k

2

k

1

2

1

k

3,7

k 1,

1

k 1 d k 1

2

2

k

1

sin

2

k 1 d k 1

2

d k 1

2

k 1,

2

1

1

1

1

1

2

1

2

1

2

2

Aus (1) folgt

Überlappbereiche

4,

2

1

Überlappungsfreie Bereiche

4.

3,

3,

3

3

sin

3

sin

3,

3,

2

sin

3

3

d 2

d

2,

3

3

3

2 2,

4

sin

4,

1

4

d

4

1

d

(gesuchte Wellenlängen und Winkelbezeichnungen)

d

3

3,

4

4

Wie im letzten Teil kann man weiterrechnen da sin im interessierenden Bereich vo n 0..90°

3,

3

sin

2

Gesucht sind jetzt die zugehörigen Winkel, wobei gilt :

sin

> 0)

1

m,

2,

und

2

1

0

m0

Aus (1) folgt

(da

3

2 3

2

und

3,

2

sin 2,

2

4,

4

3,

4

1

sin

4,

1

2

3

2

d

d 467 nm

4

4

4 3

4

1

d 1

533 nm

O7.11 Den Krümmungsradius einer Linsenfläche kann man bestimmen, indem man diese auf eine ebene Glasplatte legt und die Durchmesser d n der bei senkrechtem Einfall von monochromatischem Licht auftretenden Newtonschen Ringe misst. Vereinfachend darf angenommen werden, dass die Richtungsänderung der Lichtstrahlen gegenüber dem Einfallslot bei Reflexion und Brechung vernachlässigbar klein ist, so dass allein die Höhe h der durchlaufenen Luftschicht den Gangunterschied der interferierenden Strahlen beeinflusst.

Welchen Krümmungsradius r hat die Linsenfläche, wenn für den n ten hellen Ring bei Verwendung von Natriumlicht (Wellenlänge ) der Durchmesser d n festgestellt wird?

589nm, dn 12,0 mm,

O 7.11

Licht

n

20

Lösung_Aufgabe O7.11

M

geg.:

r Linse

h

589 nm (Wellenlänge des verw. Lichts) n 20 (n -ter heller Ring) d n 12,0 mm (Durchmesser des 20. Ringes)

ges.: r

Unterlage

(Krümmungsradius der Linse)

d Gegeben ist, dass die Strahlen näherungsweise gerade durch die Linse laufen der Höhe h beeinflusst den Gangunterschied der interferierenden Strahlen.

nur die durchlaufene Luftschicht

Das bedeutet, dass der (rote) an der Unterseite der Linse reflektierte Strahl mit dem an der Unterlage Phasensprung des blauen Strahls bei Reflexion reflektierten (blauen) Strahl interferiert. am optisch dichteren Medium(der Unterlage)

Der Gangunterschied ergibt sich zu:

L

2 h

2

Die hellen Ringe sind Maxima der Interferenz, also: Mit (0) folgt:

2 h

1 2 2

n

n 2

h

(0) L n

(1)

n 1, 2, 3 ...

Das ist tatsächlich genau für den 1. Ring (n=1) eine positive Höhe h

(1)

Mit (1) kann man die Höhe für den 20. Ring ausrechnen, am Ende muss es aber der Radius sein.

d 2

2 Aus Geometrie (Pyth. im blauen Dreieck): r

r2 Mit h aus (1) kommt man zur Lösung:

h

n

1 2

2

5, 742 m

(1)*

d 2

2

r2

2

r h

2

2 r h h2

r

d 2

2

h2 2 h

d2 8 h

h 2

(3)

r 3,1344 m + 2,87 10-6 m 3,13 m sehr klein, da d >> h

O7.12 Die Dicke einer Aufdampfschicht kann nach Tolansky in der nachfolgend beschriebenen Weise gemessen werden: Beim Aufdampfen wird die Unterlage A teilweise durch eine Blende B abgedeckt (Bild a), so daß die Aufdampfschicht C durch eine Stufe begrenzt wird (Bild b). Anschließend wird auf die Aufdampfschicht C und den unbedampften Teil der Unterlage eine reflektierende Schicht D (z.B. Silber) aufgebracht (Bild b). Danach wird ein halbdurchlässig verspiegeltes Deckgläschen E, um einen kleinen Winkel angekippt, über die Stufe gelegt (Bild c). Bei senkrecht einfallendem monochromatischem Licht (Wellenlänge ) werden im reflektierten Licht Interferenzstreifen mit dem Abstand a beobachtet, die an der Stufe um eine Strecke l gegeneinander versetzt sind (Bild d). Wie wird die Schichtdicke d aus a, l und berechnet? (Der Winkel ist so klein, dass die Abweichung der Richtung des reflektierten Lichtes von der Senkrechten vernachlässigt werden darf.)

l 13 mm a 4,8 mm 546 nm (grüne Spektrallinie des Quecksilbers) B

A

a) von oben

O7.12

d

l 2a

0, 74

Lösung_Aufgabe O7.12

l 13 mm a 4,8 mm 546 nm (grüne Spektrallinie

hoch

des Quecksilbers)

B

A

tief a) von oben Überlegt werden muss zunächst: Was bedeutet der Versatz der Linien um bedeutet der Linienabstand a zwischen 2 Linien.

bzw. was

Eine durchgezogene Linie bedeutet immer zwischen dem an Schicht E und dem an Schicht D reflektierten Teilstrahl. Von Linie zu Linie (Abstand a) muss deshalb der zusätzliche Gangunterschied gerade eine Wellenlänge betragen. Geometrisch bedeutet das: 2

tan( )

a

2a

(1)

Während des Versatzes der Linie um wird die Abnahme der Höhe der Stufe (entlang der Stufe selbst) gerade durch den kleiner werdenden Abstand zwischen d Schicht E und D wieder ausgeglichen: tan( ) (2) Geometrisch bedeutet das:

l

Wichtig: Machen Sie sich unbedingt die Geometrie der Aufgabe klar! Aus (1) und (2) folgt jetzt direkt durch Einsetzen:

d l

Zusatz zu (1):

d 2a

l 2a

0, 74 m

ist sehr klein! a da der Strahl hin und zurück läuft!

2...