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Aufgabe

Öl auf Pfütze (Abitur BY 2005 LK A2-3)

Schwierigkeitsgrad: mittelschwere Aufgabe

Dünne Ölschichten auf Wasser schimmern bei Tageslicht in verschiedenen Farben. Zur Erklärung wird Licht betrachtet, das unter dem Winkel \(\alpha \) auf eine Ölschicht der Dicke \(d\) fällt.

a) Erläutern Sie mit Hilfe der nebenstehenden Zeichnung das Zustandekommen der Interferenz bei Reflexion.

Geben Sie den optischen Gangunterschied \(\Delta s\) der parallelen Strahlen 1 und 2 mit den Bezeichnungen aus der Zeichnung an. Verwenden Sie dabei, dass Wasser optisch dichter ist als Öl und dass die optische Weglänge gleich dem Produkt aus geometrischer Weglänge und der Brechzahl ist. (5 BE)

Die mathematische Auswertung des in Teilaufgabe a) verlangten Ansatzes liefert \(\Delta s = 2 \cdot d \cdot \sqrt{n^2 - (\sin{\alpha})^2}\) (Herleitung nicht erforderlich).

b) Erklären Sie, weshalb die Ölschicht bei Tageslicht farbig schimmert. (5 BE)

c) Auf einer Wasserpfütze hat sich Öl mit der Brechzahl \(n = 1,20\) in einer \(560\rm{nm}\) dicken Schicht ausgebreitet.
Berechnen Sie, für welche Einfallswinkel grünes Licht der Wellenlänge \(510\rm{nm}\) unterdrückt wird. (9 BE)

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Hinweis: Bei dieser Lösung von LEIFIphysik handelt es sich nicht um den amtlichen Lösungsvorschlag des bayr. Kultusministeriums.

a) Der Gangunterschied der beiden Strahlen 1 und 2 ist \(\Delta s\), die Brechzahl von Öl sei \(n > 1\). Dann gilt
\[\Delta s = n \cdot \left( {\left| {\overline {AB} } \right| + \left| {\overline {BC} } \right|} \right) - \left| {\overline {AD} } \right|\]
Da beide Strahlen am optisch dichteren Medium reflektiert werden, egalisieren sich die beiden dabei auftretenden Phasensprünge.

b) Auf die Ölschicht trifft weißes Tageslicht (Licht in dem alle "sichtbaren Frequenzen" vorkommen). Durch die Interferenz an der Ölschicht kommt es – abhängig vom Winkel \(\alpha\) - für bestimmte Frequenzen zu destruktiver Interferenz, d.h. diese Frequenzen fehlen im reflektierten Licht, so dass sich in Reflexion nicht mehr weißes Licht ergibt.

c) Die Bedingung für destruktive Interferenz lautet
\[\Delta s = (2 \cdot k - 1) \cdot \frac{\lambda }{2}\;;\;k \in \mathbb{N}\]
Damit berechnen sich die Winkel, bei denen grünes Licht unterdrückt wird, durch
\[{\left( {2 \cdot k - 1} \right) \cdot \frac{\lambda }{2} = 2 \cdot d \cdot \sqrt {{n^2} - \sin {{\left( {{\alpha _k}} \right)}^2}}  \Rightarrow \frac{{{{\left( {2 \cdot k - 1} \right)}^2}}}{{4 \cdot {d^2}}} \cdot \frac{{{\lambda ^2}}}{4} = {n^2} - \sin {{\left( {{\alpha _k}} \right)}^2} \Rightarrow \sin \left( {{\alpha _k}} \right) = \sqrt {{n^2} - \frac{{{{\left( {2 \cdot k - 1} \right)}^2} \cdot {\lambda ^2}}}{{16 \cdot {d^2}}}} }\]

Für \(k = 1\) ist \({\sin \left( {{\alpha _1}} \right)} > 1\), also keine Auslöschung möglich.

Für \(k = 2\) gilt
\[\sin \left( {{\alpha _2}} \right) = \sqrt {{{1,20}^2} - \frac{{{{(2 \cdot 2 - 1)}^2} \cdot {{(510 \cdot {{10}^{ - 9}}m)}^2}}}{{16 \cdot {{(560 \cdot {{10}^{ - 9}}m)}^2}}}}  = 0,987 \Rightarrow {\alpha _2} = 80,6^\circ \]
Für \(k = 3\) gilt
\[\sin \left( {{\alpha _3}} \right) = \sqrt {{{1,20}^2} - \frac{{{{(2 \cdot 3 - 1)}^2} \cdot {{(510 \cdot {{10}^{ - 9}}m)}^2}}}{{16 \cdot {{(560 \cdot {{10}^{ - 9}}m)}^2}}}}  = 0,380 \Rightarrow {\alpha _3} = 22,3^\circ \]
Für \(k = 4\) wird der Radikand negativ.