Aufgabe 1 a,b
Blatt 6, Aufgabe 1: Beugung am Einzelspalt
λ
α
π
sin
) c
sin
20
2 sin )
(
b
x I
x I
x
x
=
⋅=
=
2(
xa) Bedingungen für Fraunhofer-Beugung:
Sowohl die Lichtquelle als auch der Beobachtungsschirm müssen relativ zum Spalt unendlich entfernt sein.
b) Die Intensitätsverteilung wird durch die sinc-Funktion beschrieben:
ist die Phasenverschiebung zwischen Wellenpaaren, d.h. die Phasenverschiebung zwischen den Strahlen am Spaltrand und denen in der Spaltmitte
(z.B. zwischen Welle 1 und 11 bei 20 angenommenen Wellen)
-3 -2 -1 0 1 2
x (π) sinc (x)
α
x b
s
b b n
b
n n
x x
x
λ λ π λ
π
α α α
π
=
=
≠
⋅
=
=
sin )
sin tan(
sin
0 ,
tan
Aufgabe 1 c
Blatt 6, Aufgabe 1: Beugung am Einzelspalt
c) Bedingung für Extrema der Intensität
α x
b
π
⋅
=
⇒
=
⇒
=
=
−
=
−
=
=
−m x
x x
x x
xxx x x
x x x
x x x x x x
x dx
d
tan
0 sin
0 cos
0
sin
! sin 2 cos
sin 2 sin
2 cos sin 2 sin
3 2 2
4
2 2
2 2
oder
Unterscheidung in Minima und Maxima per 2. Ableitung ist möglich aber etwas aufwändig. Einfacher: Betrachtung der Kurven.
Umrechnung von paarweiser Phasenverschiebung x in Winkel α λ
α
π b
sin
x =
⋅ für Maxima oder für Minima-3 -2 -1 0 1 2 x (π)
sinc (x) tan (x) x
m
Aufgabe 1 d
Blatt 6, Aufgabe 1: Beugung am Einzelspalt
d) Zahlenbeispiel
Minima bei α
x b
° L
°
°
=
°
⋅
≈
⇒
⋅
=
⋅
=
38 , 01 92
, 0 46
, 0
46 , 0 008
. 0 sin
α
minα
α n
λbn n
m b
nm
μ
Maxima: x=tan x ist transzendente Gleichung, d.h. nicht direkt lösbar. Bestimme x aus Diagramm oder numerisch:
λ
50 400
=
=
solange α klein
Maximum 0 1 2 3
x 0 4,50 7,72
0,0197 1,13
10,90
sin α 0 0,0115 0,0278
α max [ o ] 0 0,657 1,59
max
sin max x
b ⋅
= ⋅
π α λ
max
tan x
max= x
Analog zur Fouriertransformation einer zeitabhängigen Funktion kann man die Fouriertransformation einer
ortsabhängigen Funktion A(x) durchführen.
Das Ergebnis ist die Fourierkomponente A(kx) bei derRaumfrequenz kx. Bedeutung von kx:
Eine Welle mit Wellenlänge breite sich unter dem Winkel zur Horizontalen aus.
Man definiert den Wellenvektor als Vektor in
Ausbreitungsrichtung der Welle und mit Betrag . (k heisst Wellenzahl ).
ist dann einfach die x-Komponente des Wellenvektors.
Wenn man die Intensitätsverteilung der schräg laufenden Welle auf dem Projektionsschirm betrachtet, so hätte diese gerade eine Wellenlänge
Aufgabe 1 e
Blatt 6, Aufgabe 1: Beugung am Einzelspalt
e) Fouriertransformation der Spaltfunktion
α x
b
∫
∞∞
−
⋅
−= A x e dx
k
A
x( )
ikxx2
) 1
~ (
π
α λ
kr
λ π
= 2
k
λ α π sin
= 2 kx
kx
= π Λ
kxist also ein Maß für die räumliche Modulation der Intensitätsverteilung einer Welle in der Projektionsebene.
Zeit Raum
“Orts”
variable t [s] x [m]
Fre-
quenz ω [s-1] kx [m-1]
Fouriertransformation in Raum und Zeit:
)
~( ) (
ω
ft f
)
~( ) (
kx
A x A
α
k r k
xSchirm
xˆ zˆ
Λ
)
( x
I
Aufgabe 1 e
Blatt 6, Aufgabe 1: Beugung am Einzelspalt
e) Fouriertransformation der Spaltfunktion
α x
b Einsetzen von A(x) ergibt:
( ) ( )
22 2 sinc 2 ~( )sin 2
2 2 1 2
2 1
2 ) 1
2 ( ) 1
~(
2 2
2 2
2
2
x x
x x
k b b i
k i
x k b
b i k i x
b
b x k i x
k i x
k b A
b k k b
k b b
i e e
k b e b
k e i
dx e
dx e
x A k
A
x x
x x
x x
⎟=
⎠
⎜ ⎞
⎝
= ⎛
⎟⎠
⎜ ⎞
⎝
⎛
⎥ =
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡ −
⎥⎦=
⎢⎣ ⎤
⎡ −
⋅
−
=
=
⋅
=
− + +
−
+
−
∞ −
∞
−
−
∫
∫
π π
π π
π π
x
) (x A
2 + b 2
−b
1
Somit wird für α zu
λ π sin ) 2
~(kx 2 kx = A
( ) ( )
( )
sin 22 sin sin 0 2 sin
2 2 sin
2 sinc
) 2
~(
λ α π
λ α π λ
α π λ
α π
π b
b b
x b A
k
A = = = ⋅
Dies entspricht derSpaltfunktion für I0=A0
) sin (
2 sin )
( 2
0 sinc )
λ ϕ π b x
x I
x
I x
= ⋅
=
= ( x2
Aufgabe 1 e
Blatt 6, Aufgabe 1: Beugung am Einzelspalt
e) Fouriertransformation der Spaltfunktion
α x
b Die Beziehung
gilt für beliebige Aperturöffnungen.
Das bedeutet, dass die Beugung mit kollimiertem, kohärentem, senkrecht zur Aperturebene einfallendem Licht
verwendet werden kann, um die Fouriertransformierte der Apertur zu bestimmen.
) sin ( )
~(kx 2πsinλ α 2 I πλb α
A = ∝
Aufgabe 2 a
Blatt 6, Aufgabe 2: Doppelspalt
a) Unterdrückte Intensitätsmaxima
Bedingung für ein Maximum beim Doppelspalt:
Bedingung für ein Minimum beim Einzelspalt (vgl. Aufgabe 1):
Damit ein Maximum der Beugungsfigur vom Doppelspalt unterdrückt wird, muss es mit einem Minimum der Beugungsfigur vom Einzelspalt zusammenfallen, d.h.
Unterdrückte Maxima sind also wellenlängenunabängig nur durch die Geometrie des Doppelspalts vorgegeben.
....) 2 , 1 , 0 (
sin = ⋅ = ± ±
⋅ m m
g ϕ λ
g
b ϕ
,....) 2 , 1 (
sin = ⋅ = ± ±
⋅ n n
b ϕ λ
b g n m
b n g
m
b n g
m
=
⇒
=
⇒
=
=
⋅
⋅
⋅
⋅ λ λ
λ
λ
ϕ
ϕ sin
sin
Aufgabe 2 b,c
Blatt 6, Aufgabe 2: Doppelspalt
b) Interferenzstreifen unter zentralem Beugungsmaximum
Für das erste Minimum des Einzelspalts gilt n=1.
Dieses Minimum falle mit dem Doppelspalt-Maximum m zusammen:
, d.h. Ist ganzzahlig.
Da Doppelspaltmaximum der Ordnung m unterdrückt ist, sind nur Maxima bis zur Ordnung (m-1) innerhalb des zentralen Einzelspaltminimum
Die Beugungsfigur ist symmetrisch, also 2(m-1) Doppelspaltmaxima.
Das Maximum für m=0 zählt einfach. Somit liegen
Interferenzstreifen unter dem zentralen Maximum.
c) Gesamt-Interferenz-Figur
b g n
m
= m =
g
b α
( ) 1 1
2 1 ) 1 (
2 m − + = ⋅
bg− +
b g
Für das Beispiel mit g=5b erkennt man im Schaubild
Interferenzstreifen unter dem zentralen Maximum.
( ) 1 1 9
2 ⋅
bg− + =
= 5
b g
I
ϕ 0 sin
Aufgabe 3
Blatt 6, Aufgabe 3: Akustische Beugung
Wellenlänge des Schalls:
Beugungsminima am Einzelspalt:
Beobachtungswinkel:
Der Beobachter befindet sich also genau zwischen dem ersten und dem zweite Minimum. Deshalb ist das Klavier gut zu hören.
Analoge Rechnung für das Licht:
Selbst wenn man nicht in einem Minimum säße, ist die Ordnung des
Maximums viel zu groß um noch eine wahrnehmbare Intensität zu messen.
s m
c
snm Hz f
m b
m a
cm d
330 500 1100 4 8
90
=
=
=
=
=
=
λ
f m c
sc
= ≈ 0 . 3 λ
n d
cn
α = λ sin
5 . 0 sin = =
a α b
5 .
= 1
=
⇒
s
d a n b
λ
900000
=
= λ
d
a
n b
Aufgabe 4 i
Blatt 6, Aufgabe 4: Abbildung mit dünnen Linsen
( ( ) )
m f
m n
m m
r r f
303 , 0
3 , 3 45
, 0
) 1 (
1 25
, 0
1 3
, 0
1 1 1 1
2 1
=
= +
⋅
=
−
−
=
−
a) Brennweite
Linsengleichung:
b) Ort des Bildes
c) Abbildungsmaßstab cm
r
cm r
n
25 30
45 , 1
2 1
−
=
=
=
r
1r
2m
g
b
f b b
g
f 1 1 1 1 1
0 , 49
1
= + = − ⇒ ≈
cm g =80
61 ,
8
0
, 0
49 ,
0
≈ −
−
=
−
=
=
GB gb mmβ
g b
f f
G
B
β<0 : Bild ist umgekehrt b>0 : Bild ist reell
i)
a) Brennweite
Linsengleichung:
b) Ort des Bildes
c) Abbildungsmaßstab
Aufgabe 4 ii
Blatt 6, Aufgabe 4: Abbildung mit dünnen Linsen
( ( ) )
m f
m n
m m
r r f
303 , 0
3 , 3 45
, 0
) 1 (
1 25
, 0
1 3
, 0
1 1 1 1
2 1
−
=
−
=
−
⋅
=
−
−
=
−
−
r
1r
2m
g
b
f b b
g
f 1 1 1 1 1
0 , 22
1
= + = − ⇒ ≈ −
275 ,
8
0
, 0
22 ,
0
≈
=
−
=
=
GB gb mmβ
β>0 : Bild ist aufrechtb<0 : Bild ist virtuell
cm r
cm r
n
25 30 45 , 1
2 1
=
−
=
=
cm g =80 ii)
f f
b g
G B
a)
b) Vergrößerung
c) Gegenstand in endlichem Abstand g
Die Linsen müssen also auseinandergezogen werden, und zwar um:
Aufgabe 5 a-c
Blatt 6, Aufgabe 5: Fernrohr
ZB
fob fok
ϕe ϕa
ok ob ob
ok ZB
ZB
f f f
e f
a
= ⋅ =
=
ϕϕβ
f a a
f e e
ϕ ϕ
ϕ ϕ
≈
=
≈
=
ok ob
ZB ZB
tan tan
mit für kleine
Winkel ϕa, ϕe
:
1 1 1
ob
b
b g
f
= +
ob1 1 ob 1
ob ob ob ob
ob
b f f
g
f f
g f g f
g f g
b
= ⇒ = = ⋅ >
− −
⋅
⋅
−
ob 2 ob ob
ob ob
ob
ob ( )
ob g f
f f
g f g f f
g f
f
gb − =
−⋅−
−−=
−= Δ
Bildweite, d.h. Ent- fernung vom Objektiv zum Zwischenbild
fob
d) Tubuslänge t
e) Abbildungsmaßstab des Objektivs
Aufgabe 5 d,e
Blatt 6, Aufgabe 5: Mikroskop
β ZB
fob
t
V
ob= −
1
24
24
= −
−
=
−
=
ft cmcmob ob
V
d.h. für ist
G
t fok
cm cm
cm cm
f f
l
t = −
ob−
ok= 30 − 1 − 5 = 24 cm
l
cm f
cm f
ok ob
30 5 1
=
=
=
fob
t =
−1
ob = V
l
fob
f) Vergrößerung des Mikroskops
g) Abstand vom Gegenstand zum Objektiv
Das Bild des Gegenstands muss am Brennpunkt des Okulars entstehen:
Der Gegenstand muss also 1,04 cm vom Objektiv entfernt sein.
Aufgabe 5 f,g
Blatt 6, Aufgabe 5: Mikroskop
β ZB
cm s
s
V
foks ok
25 :
0 0
0
≈
=
( ) ( ) ( ) cm cm
g
cm cm
cm f
l b
cm cm
b f
ok
ob
1 0 , 04 1 , 04
25 5
30
1 1 25
1 1
1 1 1
1
− = − = − =
=
=
−
=
−
=
− −
− Nahpunktsabstand
G
t fok
120 24
24
v
M=
ob⋅
ok= − ⋅
fs0= − ⋅
255cmcm= − V
okV
vgl. Vergrößerung durch eine Lupe
l
b g f
1 1
1