Aufgabe 1
Das Klystron mit lambda = 3,6 cm
1. f = c/lambda
2. sin(alpha) = n* lambda/d mit n = 0, 1, 2, 3, ...
3. sin(alpha) = (n + 1/2)*lambda/d
4. Es ist eine stehende Welle mit Knoten und Bäuchen. Die Knoten befinden sich im Abstand n*lambda/2 (n = 0, 1, 2, 3, ...) vor der Wand.
Aufgabe 2
1. Faradayscher Käfig. Die Wellen sollen im Innern bleiben, immer nach innen hin reflektiert werden.
2. Überlagerung von Wellen mit ihren Reflektierten Wellen.
3. Typischer Abstand ist lambda/2, also ist lambda = 14 cm. Dann f = c/lambda.
Bemerkung: Wenn der Innenraum ein perfekter Quader ist und die Maße genau ein Vielfaches von 7 cm, hat man eine perfekte Stehende Welle mit würfelförmigen Bäuchen und Knotenflächen im Abstand 7 cm zueinander. Im allgemeinen sind die Knotenflächen aber verbogen und haben nicht überall den gleichen Abstand.
4. Sie würden sonst nur an den Bäuchen der Welle erhitzt werden udn dort verbrennen und bei den Knoten kalt bleiben. Kommt jeder Punkt des Essens mal an einem Bauch vorbei und alles wird gleichmäßig warm.
Samstag, 15. Oktober 2016
Blatt "Elektromagnetische Wellen"
also das mit dem Sender vor der Metallwand und den Mikrowellen im Doppelspalt. Das sind bayrische Abiaufgaben, zu denen ihr auf leifiphysik.de noch mehr findet.
Aufgabe 1
1. Die Wellen erreichen den Empfänger über 2 Wege, direkt und refliektiert. Dabei kann es zu destruktiver Interferenz kommen, wenn die Längen der beiden Wege sich um eine (oder 2 oder 3 oder ...) ganze Wellenlängen unterscheiden. Bei der Reflexion an der Metallwand gibt es noch einen Sprung um eine halbe Wellenlänge (festes Ende) und das macht dann insgesamt einen Gangunterschied von 0,5 oder 1,5 oder 2,5 oder 3,5 oder ... Wellenlängen aus.
2. Miss mit dem Empfänger die Stehende Welle auf der direkten Verbindungslinie zwischen Sender und Metallplatte. Man sieht Knoten und Bäuche, und der Abstand zwischen benachbarten Knoten ist lambda/2. In unserem Fall waren das ca. 1,8 cm also lambda = 3,6 cm.
Aufgabe 2
1. f = c/lambda und lambda berechnet man lambda = b * sin(alpha_1) = 4,16 cm
2. Siehe die Lichtaufgabe auf dem anderen Blatt, maximale ganze Zahl, so dass n*lambda<b. In dem Fall hier ist n=4, man misst also links und rechts vom Hauptmaximum jeweils 4 Nebenmaxima, also insgesamt 9.
3. 6,5 GHz -> lambda1 = 0,4615 m -> Maxima bei alpha_1 = 13,3° und alpha_2 = 27,5°
15 GHz -> lambda2 = 0,02 m -> Maxima bei alpha_1 = 5,74° und alpha_2 = 11,5°.
Das erste Maximum erstrekkt sich also von 5,74° bis 13,3° und das zweite Maximum von 11,5° bis 27,5°. Sie überlappen sich also.
Aufgabe 1
1. Die Wellen erreichen den Empfänger über 2 Wege, direkt und refliektiert. Dabei kann es zu destruktiver Interferenz kommen, wenn die Längen der beiden Wege sich um eine (oder 2 oder 3 oder ...) ganze Wellenlängen unterscheiden. Bei der Reflexion an der Metallwand gibt es noch einen Sprung um eine halbe Wellenlänge (festes Ende) und das macht dann insgesamt einen Gangunterschied von 0,5 oder 1,5 oder 2,5 oder 3,5 oder ... Wellenlängen aus.
2. Miss mit dem Empfänger die Stehende Welle auf der direkten Verbindungslinie zwischen Sender und Metallplatte. Man sieht Knoten und Bäuche, und der Abstand zwischen benachbarten Knoten ist lambda/2. In unserem Fall waren das ca. 1,8 cm also lambda = 3,6 cm.
Aufgabe 2
1. f = c/lambda und lambda berechnet man lambda = b * sin(alpha_1) = 4,16 cm
2. Siehe die Lichtaufgabe auf dem anderen Blatt, maximale ganze Zahl, so dass n*lambda<b. In dem Fall hier ist n=4, man misst also links und rechts vom Hauptmaximum jeweils 4 Nebenmaxima, also insgesamt 9.
3. 6,5 GHz -> lambda1 = 0,4615 m -> Maxima bei alpha_1 = 13,3° und alpha_2 = 27,5°
15 GHz -> lambda2 = 0,02 m -> Maxima bei alpha_1 = 5,74° und alpha_2 = 11,5°.
Das erste Maximum erstrekkt sich also von 5,74° bis 13,3° und das zweite Maximum von 11,5° bis 27,5°. Sie überlappen sich also.
Klausur
Ganz wichtig.
Die Klausur am 18.10. findet statt!
Ich bin zwar ab der 3. Stunde nicht im Unterricht, weil ich eine Fortbildung mache, und so steht es auch auf der gymi-app, aber die ersten beiden Stunden bei euch habe ich mir freigehalten. Soll ja auch nicht jemand da Aufsicht machen, der von Physik nichts versteht. :-)
Die Klausur am 18.10. findet statt!
Ich bin zwar ab der 3. Stunde nicht im Unterricht, weil ich eine Fortbildung mache, und so steht es auch auf der gymi-app, aber die ersten beiden Stunden bei euch habe ich mir freigehalten. Soll ja auch nicht jemand da Aufsicht machen, der von Physik nichts versteht. :-)
Blatt "Interferenz mit Licht"
also das Blatt, wo das Spektrum der Leuchtstoffröhre in Aufgabe 2 abgebildet ist.
Aufgabe 1
Für unsere Rechnung ist ein Gitter wie ein Doppelspalt. Wenn die Wellen von zwei benachbarten Spalten konstruktiv interferieren, tun sie es auch mit allen anderen Spalten. Die maximalen Winkel erscheinen also beim Gitter unter den selben Winkeln wie beim Doppelspalt: d*sin(alpha) = n*lambda
Gitterabstand d = 1 cm/500 = 2*10^-5 m
a) Berechne sin(alpha_n) = n*lambda/d mit n=1, 2, 3 und dann mit sin^-1 den Winkel dazu.
b) maximales n, so dass n*lambda/d gerade noch kleiner als 1 ist. Hier 31. Also gibt es ein Hauptmaximum in der Mitte und rechts und links jeweils 31 Nebenmaxima, also insgesamt 63. Andere Überlegung: wie oft passt lambda in d hinein, das ist der maximal mögliche Gangunterschied.
c) Abstand des 2 Maximums zur Mitte ist x_2 = 4,00m * tan(alpha_2), ca. 25 cm in unserem Fall.
d) Jetzt ist d=2*10^-6, also lambda/d = 0,3165. Die Winkel sind entsprechend größer, und links und rechts vom Hauptmaximum passen nur noch 3 Nebenmaxima. Es gibt also insgesamt 3+1+3 = 7 Maxima.
Aufgabe 2
Jetzt ist d = 1 mm / 570 = 1,754*10^-6 m.
a) Rechnung wie in Aufgabe 1 a, nur für die anderen Wellenlängen.
b) Man erkennt unter der Linie einen Spektralbereich von etwa 580nm=5.80e-7m bis 635nm=6.35e-7 m. Das Licht strahlt dann in den Winkelbereich zwischen minimaler (580) und maximaler Wellenlänge (635) dieses Spektralteils.
c) Tageslicht enthält alle Wellenlängen des sichtbaren Lichts. Man sieht also alle Farben des Regenbogens.
d) Schaut auf der Graphik nach. 460nm blau, 530 nm grün, 620 nm rot oder rotorange. Man sieht ein Hauptmaximum bei 0°, das alle Anteile enthält, also weiß ist, und Nebenmaxima in diesen Farben, dabei ist das Blaue am nächsten an der Mitte und das Rote am weitesten weg.
Aufgabe 3
Wenn der Strahl unter dem Winkel phi vom Lot entfernt einfällt, ist der Gangunterschied zwischen zwei reflektierten Strahlen delta s = 2*d*cos(phi). Das heißt, der Glanzwinkel erfüllt cos(phi) = lambda/(2 d), und ich bekomme da ca. 83° raus.
Aufgabe 4
1. Beim Einfachspalt ist der Winkel des ersten Minimums so, dass sin(alpha) = lambda/d
das heißt sin(alpha) = 6,33e-4 und damit alpha = 0,0363°. Der Winkel zwischen den beiden Minima ist daher 2 alpha = 0,0725°.
2. Beim Schirm in 1m Entfernung ist das Minimum 1m*tan(alpha) ober- und unterhalb. Der helle fleck in der Mitte ist daher 1,266 mm breit, also breiter als der Spalt selbst.
3.Ist ein bisschen weiterführend und auch nur eine Näherung, kommt am Dienstag also sicher nicht dran. Der entscheidende Gedanke ist: Je kleiner der Spalt, desto größer ist der helle Fleck wegen der Beugung, weil dann die Minima nach außen wandern. Andererseits: Je größer der Spalt, desto größer wird der Lichtfleck auf der Wand, weil er mindestens die SPaltbreite b haben muss. Wenn man das sich überlegt ist die breite eines Flecks wegen der Interferenz bei Wandabstand l = 1m
2* l * tan(sin^-1(lambda/b)) = 2 l lambda/b (Kleinwinkelnäherung tan(x)=sin(x)=x)
Wir brauchen also das Minimum von
f(b) = b + 2 l lambda/b
was wir als Nullstelle der Ableitung berechnen zu
b = (2 l lambda)^0.5
Aufgabe 1
Für unsere Rechnung ist ein Gitter wie ein Doppelspalt. Wenn die Wellen von zwei benachbarten Spalten konstruktiv interferieren, tun sie es auch mit allen anderen Spalten. Die maximalen Winkel erscheinen also beim Gitter unter den selben Winkeln wie beim Doppelspalt: d*sin(alpha) = n*lambda
Gitterabstand d = 1 cm/500 = 2*10^-5 m
a) Berechne sin(alpha_n) = n*lambda/d mit n=1, 2, 3 und dann mit sin^-1 den Winkel dazu.
b) maximales n, so dass n*lambda/d gerade noch kleiner als 1 ist. Hier 31. Also gibt es ein Hauptmaximum in der Mitte und rechts und links jeweils 31 Nebenmaxima, also insgesamt 63. Andere Überlegung: wie oft passt lambda in d hinein, das ist der maximal mögliche Gangunterschied.
c) Abstand des 2 Maximums zur Mitte ist x_2 = 4,00m * tan(alpha_2), ca. 25 cm in unserem Fall.
d) Jetzt ist d=2*10^-6, also lambda/d = 0,3165. Die Winkel sind entsprechend größer, und links und rechts vom Hauptmaximum passen nur noch 3 Nebenmaxima. Es gibt also insgesamt 3+1+3 = 7 Maxima.
Aufgabe 2
Jetzt ist d = 1 mm / 570 = 1,754*10^-6 m.
a) Rechnung wie in Aufgabe 1 a, nur für die anderen Wellenlängen.
b) Man erkennt unter der Linie einen Spektralbereich von etwa 580nm=5.80e-7m bis 635nm=6.35e-7 m. Das Licht strahlt dann in den Winkelbereich zwischen minimaler (580) und maximaler Wellenlänge (635) dieses Spektralteils.
c) Tageslicht enthält alle Wellenlängen des sichtbaren Lichts. Man sieht also alle Farben des Regenbogens.
d) Schaut auf der Graphik nach. 460nm blau, 530 nm grün, 620 nm rot oder rotorange. Man sieht ein Hauptmaximum bei 0°, das alle Anteile enthält, also weiß ist, und Nebenmaxima in diesen Farben, dabei ist das Blaue am nächsten an der Mitte und das Rote am weitesten weg.
Aufgabe 3
Wenn der Strahl unter dem Winkel phi vom Lot entfernt einfällt, ist der Gangunterschied zwischen zwei reflektierten Strahlen delta s = 2*d*cos(phi). Das heißt, der Glanzwinkel erfüllt cos(phi) = lambda/(2 d), und ich bekomme da ca. 83° raus.
Aufgabe 4
1. Beim Einfachspalt ist der Winkel des ersten Minimums so, dass sin(alpha) = lambda/d
das heißt sin(alpha) = 6,33e-4 und damit alpha = 0,0363°. Der Winkel zwischen den beiden Minima ist daher 2 alpha = 0,0725°.
2. Beim Schirm in 1m Entfernung ist das Minimum 1m*tan(alpha) ober- und unterhalb. Der helle fleck in der Mitte ist daher 1,266 mm breit, also breiter als der Spalt selbst.
3.Ist ein bisschen weiterführend und auch nur eine Näherung, kommt am Dienstag also sicher nicht dran. Der entscheidende Gedanke ist: Je kleiner der Spalt, desto größer ist der helle Fleck wegen der Beugung, weil dann die Minima nach außen wandern. Andererseits: Je größer der Spalt, desto größer wird der Lichtfleck auf der Wand, weil er mindestens die SPaltbreite b haben muss. Wenn man das sich überlegt ist die breite eines Flecks wegen der Interferenz bei Wandabstand l = 1m
2* l * tan(sin^-1(lambda/b)) = 2 l lambda/b (Kleinwinkelnäherung tan(x)=sin(x)=x)
Wir brauchen also das Minimum von
f(b) = b + 2 l lambda/b
was wir als Nullstelle der Ableitung berechnen zu
b = (2 l lambda)^0.5
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