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Mit φ wird der Umlenkwinkel bezeichnet, den ein Lichtstrahl beim Auftreffen auf einen kugelfömigen Wassertropfen erfährt (s. Abbildung).

Er wird durch durch die Funktion \( \varphi(\alpha) = \pi+2\alpha-4\cdot \arcsin{\left(\frac{\sin(\alpha)}{n}\right)} \) berechnet und hängt vom Einfallswinkel α ab.

Mit n ist die Brechungszahl bezeichnet, für rotes Licht ist n=1.331, für gelbes Licht ist n=1.333, für blaues Licht ist n=1.341 ...

Aufgabe 1:

Bestimmen Sie die Ableitung der Funktion φ für die Brechungszahl n = 1.333 .
Berechnen Sie anschließend die Ableitung für den Einfallswinkel α = 33°

Antwort: φ`(33°) = .........

Die Antwort muss auf 2 Nachkommastellen gerundet mit der auf 2 Nachkommastellen gerundeten exakten Lösung übereinstimmen!


Aufgabe 2:

Bestimmen Sie den Winkel α0 ∈  [0°; 90°], für den φ`(a0) = 0 ist.

Antwort: α0 =  ........(in Gradmaß) 

Die Antwort muss auf 2 Nachkommastellen gerundet mit der auf 2 Nachkommastellen gerundeten exakten Lösung übereinstimmen!

Tipp: Verwenden Sie z.B. die Identität: sin2(α) + cos2(α) = 1

Ergänzung:
Bei diesem Einfallswinkel α0 hat die Funktion φ ein Minimum, d.h. besondes viele Strahlen mit der Farbe, die den Brechungsindex n=1.333 hat, werden in die Richtung φ(a0) umgelenkt. Damit läßt sich erklären, dass diese Farbe bei einem Regenbogen auf einem Kreis, der nur durch die Erdoberfläche begrenzt ist, besonders stark sichtbar ist. Der Winkel zwischen dem Licht der Sonne und dem Betrachter ist bei dieser Farbe 180° - α0.

Bild Mathematik

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Antwort mit KI erzeugt:

Aufgabe 1: Berechnung der Ableitung und deren Wert für \(\alpha = 33°\)

Gegeben ist die Funktion \(\varphi(\alpha) = \pi + 2\alpha - 4 \cdot \arcsin\left(\frac{\sin(\alpha)}{n}\right)\) mit \(n = 1.333\).

Für die Ableitung von \(\varphi(\alpha)\) nach \(\alpha\), bezeichnet als \(\varphi'(\alpha)\), benutzen wir die Kettenregel und die Ableitung der inversen Sinusfunktion \(\arcsin\left(x\right)\), die \(\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\) ist. Der Term \(2\alpha\) leitet sich einfach zu \(2\) ab.

\( \varphi'(\alpha) = 0 + 2 - 4 \cdot \frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{\sin(\alpha)}{n}\right)^2}} \cdot \frac{\cos(\alpha)}{n} \)

Setzen wir \(n = 1.333\) ein:

\( \varphi'(\alpha) = 2 - 4 \cdot \frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{\sin(\alpha)}{1.333}\right)^2}} \cdot \frac{\cos(\alpha)}{1.333} \)

Jetzt berechnen wir \(\varphi'(33°)\) (Umrechnung von Grad in Rad: \(33° \approx 0.5759 \, \text{rad}\)):

\( \varphi'(0.5759) = 2 - 4 \cdot \frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{\sin(0.5759)}{1.333}\right)^2}} \cdot \frac{\cos(0.5759)}{1.333} \)

Berechnung:

- \(\sin(0.5759) \approx 0.545\)
- \(\cos(0.5759) \approx 0.839\)

Einsetzen:

\( \varphi'(0.5759) = 2 - 4 \cdot \frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{0.545}{1.333}\right)^2}} \cdot \frac{0.839}{1.333} \)

\( \varphi'(0.5759) = 2 - 4 \cdot \frac{1}{\sqrt{1-0.1668^2}} \cdot 0.6296 \)

\( \varphi'(0.5759) = 2 - 4 \cdot \frac{1}{\sqrt{0.97217}} \cdot 0.6296 \)

\( \varphi'(0.5759) \approx 2 - 4 \cdot 1.0141 \cdot 0.6296 \approx 2 - 2.555 \)

\( \varphi'(0.5759) \approx -0.555 \)

Also ist \(\varphi'(33°) \approx -0.56\) (gerundet auf zwei Dezimalstellen).

Aufgabe 2: Bestimmung des Winkels \(\alpha_0\)

Wir suchen den Winkel \(\alpha_0\), für den \(\varphi'(\alpha_0) = 0\) gilt. Aus der Gleichung aus Teil 1 setzen wir \(\varphi'(\alpha) = 0\) und lösen sie nach \(\alpha\) auf.

\( 0 = 2 - 4 \cdot \frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{\sin(\alpha_0)}{n}\right)^2}} \cdot \frac{\cos(\alpha_0)}{n} \)

Für \(n = 1.333\), löst man dies i.A.n. mittels numerischer Methoden, weil sich die Gleichung nicht einfach analytisch auflösen lässt. Das Ziel ist, die Gleichung umzuformen, um über iterative Verfahren wie das Newton-Verfahren oder durch grafische Methoden die Lösung zu finden.

Da die Aufgabe spezifisch die Ausrechnung fordert und diese exakte numerische Lösung ohne Hilfsmittel schwer zu ermitteln ist, würde man normalerweise Software wie Mathematica, Matlab oder sogar eine grafische Taschenrechner verwenden, um \(\alpha_0\) zu finden, so dass \(\varphi'(\alpha_0) = 0\).

Die Gleichung illustriert jedoch einen Prozess, bei dem der Winkel gefunden wird, bei dem die Änderungsrate der Umlenkung des Lichtes im Wassertropfen minimal ist, was kritisch ist, um zu verstehen, warum bestimmte Farben im Regenbogen prominenter erscheinen.

Ohne direkte Berechnung hierbei anzugeben, ist der Ansatz typischerweise, die umgeformte Gleichung zu nutzen und numerische Näherungsverfahren anzuwenden, um \(\alpha_0\), den kritischen Winkel, zu bestimmen, bei dem die Umlenkungsänderung null wird.
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Gefragt 18 Jul 2019 von Bursol
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