Zur Deutung der Lichtinterferenzen an einem planparallelen dünnen Glimmerplättchen bewährt sich die Wellenvorstellung des Lichts.
Die an Ober- und Unterseite des Plättchens reflektierten Strahlen S1 und S2 scheinen von den virtuellen Lichtquellen L1' bzw. L2' zu kommen.
Zur Vereinfachung werde im Folgenden bei der Berechnung der optischen Weglänge von der Brechung abgesehen (\(n \approx 1\)). Auch der Phasensprung des Lichts bei der Reflexion bleibe unberücksichtigt. Das Licht sei monochromatisch.
a)Bestimme den Abstand der beiden virtuellen Lichtquellen.
Zeige, dass die Strahlen S1 und S2 einen Wegunterschied von \(2 \cdot d \cdot \cos \left( \alpha \right)\) aufweisen.
b)Erläutere, welche Form die Interferenzmaxima bzw. -minima auf einem weit entfernten Schirm, der parallel zum Plättchen aufgestellt wird, besitzen.
Erkläre, warum die Minima keine Stellen totaler Auslöschung sein werden.
c)Erläutere, wie sich das Interferenzbild auf dem Schirm verändern wird, wenn man das Glimmerplättchen durch ein dünneres ersetzt.
d)Die Dicke des Plättchens sei \(d = 2,5 \cdot {10^{ - 5}}{\rm{m}}\), die Lichtquelle sende monochromatisches Licht der Wellenlänge \(\lambda {\rm{ = 5}}{\rm{,0}} \cdot {10^{ - 7}}{\rm{m}}\) aus.
Berechne, wie viele Interferenzmaxima innerhalb eines Winkelbereichs \({\rm{0}}^\circ < \alpha \le 30^\circ \) auftreten.
Hinweis: Bei dieser Lösung von LEIFIphysik handelt es sich nicht um den amtlichen Lösungsvorschlag des bayr. Kultusministeriums.
a)Der Abstand der beiden virtuellen Lichtquellen ist 2d. Herleitung (etwas umständlich): \[ \begin{array}{c} \Delta s = 2 \cdot \overline{AC} - \overline{AD} \qquad \text{ (1) } \\\\\cos{\alpha} = \frac{d}{\overline{AC}} \quad \Rightarrow \quad \overline{AC} = \frac{d}{\cos{\alpha}} \qquad \text{ (2) } \\\\\sin{\alpha} = \frac{\overline{AD}}{\overline{AB}} \quad \Rightarrow \quad \overline{AD} = \overline{AB} \cdot \sin{\alpha} \qquad \text{ (3) } \\\\\tan{\alpha} = \frac{\frac{1}{2} \cdot \overline{AB}}{d} \quad \Rightarrow \quad \overline{AB} = 2 \cdot d \cdot \tan{\alpha} \qquad \text{ (4) } \end{array} \]Einsetzen von (2), (3) und (4) in (1): \[ \begin{array}{} \Delta s = 2 \cdot \frac{d}{\cos{\alpha}} - 2 \cdot d \cdot \tan{\alpha} \cdot \sin{\alpha} \quad \Rightarrow \\\\\Delta s = 2 \cdot d \cdot \left( \frac{1}{\cos{\alpha}} - \frac{(\sin{\alpha})^2}{\cos{\alpha}} \right) \quad \Rightarrow \\\\\Delta s = 2 \cdot d \cdot \left( \frac{1 - (\sin{\alpha})^2}{\cos{\alpha}} \right) \quad \Rightarrow \quad \Delta s = 2 \cdot d \cdot \cos{\alpha} \end{array} \]
b)Bei festem Winkel α ändert sich Δs nicht. Somit sind die Interferenzstreifen konzentrische Kreise, deren Mittelpunkt der Schnittpunkt der Geraden LL2´ mit dem Bildschirm ist. Die Auslöschung in den Kreisen destruktiver Interferenz ist nicht vollkommen, da die reflektierten Strahlen S1 und S2 nicht genau die gleiche Helligkeit haben.
c)Wenn d kleiner wird, muss zur Erzielung des gleichen Δs der Term cosα größer werden. Dies ist für den Winkelbereich α ∈ ]0°;90°] der Fall, wenn α kleiner wird. Also rücken die Streifen etwas zur Mitte, d.h. die Radien der Kreise werden kleiner.
