NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET, INSTITUTT FOR FYSIKK. Utarbeidet av: Jon Andreas Støvneng

Transkript

1 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET, INSTITUTT FOR FYSIKK Utarbeidet av: Jon Andreas Støvneng LØSNINGSFORSLAG (7 SIDER) TIL EKSAMEN I FY12 og TFY416 BØLGEFYSIKK Torsdag 3. desember 29 kl OPPGAVE 1 [telte 25 %] a) Strengens masse: M = ρv = ρπr 2 L = π ( ) = kg Strengens masse pr lengdeenhet: µ = M/L = / = kg/m Bølgehastigheten for transversale bølger på strengen: v = S/µ = / = 273 m/s b) Totalt utsving: y(x, t) = y 1 (x, t) + y 2 (x, t) = y [sin(kx ωt) + sin(kx + ωt)] = y [sin kx cosωt cos kx sin ωt + sin kx cosωt + coskx sin ωt] = 2y sin kx cosωt Den posisjonsavhengige amplitudefunksjonen er dermed A(x) = 2y sin kx Grensebetingelsen y(l, t) = betyr at sin kl =, dvs kl = nπ (n = 1, 2, 3...). Stående bølger på strengen har derfor henholdsvis bølgetall, bølgelengder og resonansfrekvenser k n = nπ/l = n m 1 λ n = 2π/k n = 2L/n = ( /n) m f n = v/λ n = nv/2l = n S/µ/2L = n 15 MHz 1

2 c) Strengens utsving ved tidspunktene, T 1 /4 og T 1 /2: x= x=l Ved t = T 1 /4 er ω 1 t = π/2, utsvinget er y = på hele strengen, potensiell energi er E p =, og total energi er E = Ek max. Hastigheten til et masseelement dm i posisjon x er som ved t = T 1 /4 blir dy/dt = A(x)ω sin ωt 2y ω sin kx. Den kinetiske energien til dette masseelementet er derfor de max k = 1 ( ) 2 dy 2 dm = 1 dt 2 µdx 4y2 ω 2 sin 2 kx. Total maksimal kinetisk energi, og derved total mekanisk energi E, må være integralet av dette uttrykket, fra x = til x = L. Vi betrakter her grunntonen, med frekvens f 1 = S/µ/2L, slik at ω 2 = 4π 2 f1 2 = π2 S/ML. Dermed: E = de max k Integralet her er en gammel traver. Siden må vi ha = 2µy 2 π2 (S/ML) sin 2 (k 1 x)dx. (sin 2 (k 1 x) + cos 2 (k 1 x))dx = sin 2 (k 1 x)dx = L/2, dx = L, ettersom vi integrerer over en hel periode av sin 2 (k 1 x) = sin 2 (πx/l). Alt i alt: E = 2(M/L)y 2 π2 (S/ML)(L/2) = y 2 π2 S/L = J. Alternative uttrykk for E: E = µly 2 ω2 1 = My2 ω2 1. Kommentar 1: Til tross for at oppgaveteksten uttrykkelig bad om SI enheter, er det her meget fristende, siden 1 ev = J, å regne om sluttsvaret til elektronvolt: E = 27 ev. En kvantekjemiker ville nå ikke nøle med å ta skrittet fullt ut og konkludere med at E 1 hartree, 2

3 siden 1 hartree (eventuelt 1 a u, dvs 1 atomic unit ) er energienheten som tilsvarer det dobbelte av bindingsenergien til det ene elektronet i hydrogenatomet, nærmere bestemt ev = 27.2 ev. Det var dagens lille leksjon om kjente og kjære enheter for energi. Kommentar 2: Som nevnt i oppgaveteksten er beskrivelsen av vibrasjoner på slike bjelker egentlig litt mer komplisert enn som så, og den som sjekker referansen gitt i oppgaveteksten, vil finne et uttrykk for grunntonefrekvensen som inneholder Youngs modul (elastisitetsmodulen) snarere enn strekk-kraften. Men det vil da også framgå at standardteorien for transversale svingninger på makroskopiske bjelker ikke ser ut til å fungere helt godt for slike nanobjelker. Derfor slår vi oss til ro med den forenklede beskrivelsen der nanobjelken betraktes som en nano-streng. OPPGAVE 2 [telte 15 %] a) Intensitetsfordelingen for N spalter med endelig bredde a og spalteavstand d er med I ( sin β β β = πa sin(θ)/λ, ) 2 ( ) 2 sin Nφ, sin φ φ = πd sin(θ)/λ. Det er telleren sin Nφ som fastlegger nullpunktene mellom to hovedmaksima, mens nullpunkter i nevneren, sin φ, gir fordelingens hovedmaksima. Første ordens hovedmaksimum tilsvarer φ = π. Med start i φ =, dvs θ =, ser vi at telleren sin Nφ har 5 nullpunkter før 1. ordens hovedmaksimum: Nφ = π, 2π, 3π, 4π, 5π. Deretter følger altså 1. ordens hovedmaksimum, som da må tilsvare Nφ = 6π, dvs N = 6. En alternativ og mye enklere måte er å huske at antall bimaksima er N 2 = 4, dvs N = 6 spalter. Som nevnt over har vi 1. ordens hovedmaksimum når φ =, og fra figuren ser vi at dette tilsvarer θ =.6. Dermed: dvs π = φ = πd sin.6/(6 1 9 ) πd.6/(6 1 9 ), d =.1 m, eventuelt 1 µm. Spaltebredden a kan vi bestemme med utgangspunkt i omhylningskurven, som passerer gjennom topp punktene til de ulike hovedmaksimaene, der interferensfaktoren sin 2 Nφ/ sin 2 φ = 1, slik at diffraksjonsfaktoren sin 2 β/β 2 blir lik verdien i hovedmaksimaene. For meg ser det da mest naturlig ut å velge 2. ordens hovedmaksimum, der intensiteten er.9. Dermed er, med en β som tilsvarer θ =.12 sin β =.9β. Siden.9 = /2 =.95, er det klart at β 1, siden sin β β for små verdier av β. Her holder det åpenbart ikke å erstatte sinβ med β (da det gir β =.9β). Vi benytter derfor den oppgitte tilnærmelsen sin β β β 3 /6 og finner β β 3 /6.95β, 3

4 dvs og Spaltebredden er derfor β 2 = (1.95) 6 =.3, β = a = βλ = 9 µm. πθ π.12 Her kan man selvsagt lure på om den utregnede verdien β.55 er liten nok til å rettferdiggjøre tilnærmelsen sin β β β 3 /6. Det er den: Neste ledd i rekkeutviklingen er β 5 /5! = β 5 /12.4 hvis β =.55. Til slutt kan det jo bemerkes at avlesing av intensitetsverdien i 1. ordens hovedmaksimum, i overkant av.97, selvsagt også er helt i orden. b) Første nullpunkt på hver side av θ = : som gir Halvverdibredden er da dvs Nφ ± = ±π φ ± = ±π/n, θ ± = ± arcsin(λ/nd) ± λ Nd. θ = (θ + θ )/2 λ/nd, α = λ/d. Tallverdier: θ = 6.1 =.1. Dette stemmer med figuren, der vi ser at 1. nullpunkt nettopp ligger ved ±.1 radianer. Og halvverdibredden er jo (ca) halvparten av det dobbelte av dette! OPPGAVE 3 [telte 15%] Med et stort antall meget smale spalter får vi, med koherent lys med en gitt bølgelengde λ, skarpe linjer i retninger bestemt av at a) Spalteavstand: d sin θ n = nλ (n =, ±1, ±2...). d = 1 cm 2 = 5 µm. b) Alle bølgelengder har sitt. ordens maksimum ved θ =. Der ser vi følgelig en skarp linje av hvitt lys. c) Minste synlige bølgelengde er.4 µm, den lengste er.7 µm. Dermed: θ1 min = arcsin(.4/5) = 4.6 θ1 max = arcsin(.7/5) = 8. 4

5 Siden ulike bølgelengder for synlig lys vil spres i ulike retninger mellom disse to verdiene, ser vi alle regnbuens farger, fra blått (fiolett) ved 4.6 til rødt ved 8.. d) Her er det bare å regne ut hvilke retninger θ som 2. ordens maksimum spenner over, og deretter sjekke hvorvidt høyere ordens maksimum spenner over retninger som overlapper med dette: θ2 min = arcsin(.8/5) = 9.2 θ2 max = arcsin(1.4/5) = 16.3 θ3 min = arcsin(1.2/5) = 13.9 < θ2 max θ3 max = arcsin(2.1/5) = 24.8 θ4 min = arcsin(1.6/5) = 18.7 > θ2 max Konklusjon: 2. orden overlapper med 3. orden for retninger θ i området (13.9, 16.3 ) (men ikke med høyere ordner enn dette). OPPGAVE 4 [telte 15%] a) Fasehastigheten er v = ω/k = (g/k) tanh kd. Det bes om at v skisseres som funksjon av den dimensjonløse størrelsen x = kd. Med gitt dybde d blir x å betrakte som bølgetallet k skalert med en konstant d, slik at tanhx v(x) = gd. x Vi ser av de gitte opplysningene at tanhx 1 for store verdier av x og at tanhx x, evt tanh x x x 3 /3, for små verdier av x. Da ser vi at v(x = ) = gd, som blir maksimal verdi for fasehastigheten, i og med at funksjonen (tanhx)/x 1 x 2 /3, og dermed funksjonen (tanhx)/x 1 x 2 /6, er monotont avtagende. Liten x betyr liten k for gitt dybde d, dvs stor bølgelengde. Altså beveger langbølgede bølger seg raskest. Skisse av v(x), med gitt dybde d: gd v x Her har vi brukt det vi vet fra diskusjonen ovenfor: v() = gd, v(x) 1/x for store x, samt dv/dx x/3 når x (slik at kurven for v(x) starter ut flatt i x = ). 5

6 Alternativt, med gitt bølgetall k blir x å betrakte som dybden d skalert med en konstant k, slik at v(x) = g/k tanh x. Dette er en monotont voksende funksjon som starter i v() =, har derivert lik uendelig i x =, og går asymptotisk mot verdien g/k når x blir stor. Skisse av v(x), med gitt bølgetall k: g/k v x Konklusjonen ovenfor, at bølgehastigheten øker med økende bølgelengde, endrer seg selvsagt ikke. b) Kvadrering av uttrykket for v(x), for gitt verdi av k, gir Løsning mhp x gir v 2 = g k tanh x = g k 1 e 2x 1 + e 2x. x = 1 2 ln 1 + kv2 /g 1 kv 2 /g. [For å komme fram til dette: Multipliser ligningen for v 2 på begge sider med faktoren 1 + exp( 2x), samle ledd som inneholder exp( 2x) på den ene siden av likhetstegnet, løs for exp( 2x), ta ln på begge sider og divider med faktoren 2.] Vi innfører x = kd = 2πd/λ og k = 2π/λ og får til slutt d = λ 4π ln 1 + 2πv2 /gλ 1 2πv 2 /gλ. Med λ = 2 m, v = 1.7 m/s og g = 9.8 m/s 2 gir det en dybde d 52 cm. Alternativt uttrykk for d: d = λ 2π tanh 1 ( ) 2πv 2. gλ 6

7 OPPGAVE 5 [telte 1 %] Her bruker vi pv = Nk B T (ideell gasslov), pv γ = konstant under adiabatiske forhold, og γ = 7/5 for toatomige gasser: p 1 V γ 1 = p 2 V γ V 2 = V 1 2 ( p1 p 2 ) 1/γ ( 1 5/7 = V 1 2) T 2 = p 2V 2 = 2p 1V 1 (1/2) 5/7 = T 1 2 2/7 Nk B Nk B v 2 = γk B T 2 /m = γk B T 1 /m 2 2/7 = v 1 2 1/7 1.1 v 1 Dvs, lydhastigheten øker med en faktor ca 1.1. OPPGAVE 6 [telte 2 %] a) Energibevarelse i kollisjonen gir dvs Impulsbevarelse i kollisjonen gir E + γ mc 2 = E + γ 1 mc 2, γ = γ 1 v 1 = ±v. E /c γ mv = γ 1 mv 1 E /c 2E /c = γ m(v + v 1 ) v 1 = v (ellers blir E = ) E /mc = γ v = v / 1 v/c 2 2 (E /mc) 2 (1 v 2 /c2 ) = v 2 (E /mc) 2 = v 2 (1 + (E /mc 2 ) 2 ) v 2 = (E /mc) 2 /(1 + (E /mc 2 ) 2 ) = c 2 /(1 + (mc 2 /E ) 2 ) c v = v 1 = 1 + (mc 2 /E ) 2 b) Dette har vi allerede funnet ovenfor: v 1 = v, dvs partikkelen rekylerer med samme fart i motsatt retning. c) Systemets totale impuls: p =. Dette ser vi fra første ligning i forbindelse med impulsbevarelse ovenfor. Her er venstre side lik minus høyre side, følgelig er begge sider lik null. Systemets totale energi: E = E + γ mc 2 = E + =..... = E + mc (mc 2 /E ) 2 E 2 + (mc 2 ) 2 d) Fotonets hastighet er c, uansett hvilket inertialsystem den måles i. 7