LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I TFY4160 BØLGEFYSIKK Torsdag 9. august 2007 kl

Transkript

1 NORGES TEKNISK- NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Faglig konak under eksamen: Jon Andreas Søvneng Telefon: / LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I TFY4160 BØLGEFYSIKK Torsdag 9. augus 007 kl Eksamen besod av 5 oppgaver. Løsningsforslage er på 7 sider (inklusive denne). 1

2 OPPGAVE 1 Kraf på m: F = kx bẋ (Foregnene: Posiiv usving x > 0 ( mo høyre) gir negaiv kraf ( mo vensre). Posiiv hasighe ẋ > 0 ( mo høyre) gir negaiv kraf ( mo vensre).) Newons. lov: F = mẍ Dermed: mẍ + kx + bẋ = 0 For å vise a oppgi x() er løsning av denne ligningen, må vi regne u ẋ og ẍ: [ ẋ = A 1 ] τ e /τ cos(ω + φ) ωe /τ sin(ω + φ) [ 1 ẍ = A cos(ω + φ) + ω ] τ e /τ τ e /τ sin(ω + φ) ω e /τ cos(ω + φ) Vi seer inn og samler ledd proporsjonale med henholdsvis cos(ω + φ) og sin(ω + φ). Alle ledd vil inneholde en felles fakor A exp( /τ) som kan srykes. Vi får: cos(ω + φ) [ m τ mω b ] [ ] mω τ + k + sin(ω + φ) bω = 0 τ Hvis dee skal gjelde il alle ider, må urykkene i hakeparenesene være lik null hver for seg. Den sise av de o gir da τ = m b Vi seer dee inn for τ i den førse hakeparenesen og finner m b 4m mω b m + k = 0 ω = k ( ) b m = m ω 0 1/τ Ved e gi idspunk besår sysemes energi E av kineisk energi E k = mẋ / og poensiell energi E p = kx /. På grunn av dempingen reduseres E eer hver som iden går. (Den ape energien kan gjenfinnes som øk ermisk energi i dempemekanismen.) Når dempingen er svak, og dermed ω 1/τ, kan vi med god ilnærmelse see E = E p og E k = 0 når cos(ω+φ) = 1 og sin(ω + φ) = 0. Da er x = x max A exp( /τ) mens ẋ = 0. Dermed kan vi skrive E() = E max p = 1 kx max ka e /τ Relaiv energiap eer 50 perioder av svingningen blir E() E( + 50T) E() = 1 e 100T/τ = 1 e 100πb/ωm 1 e 100πb/ω 0m = 1 e 100πb/ km

3 som alså maksimal skal være 1%, Med andre ord, i SI-enheer kg/s. km b max = 100π ln OPPGAVE Poynings vekor: S = 1 µ 0 E B = µ 0p 0 ω4 sin θ 16π cr cos [ω( r/c)] ˆr siden ˆθ ˆφ = ˆr, noe vi ser av figuren i oppgaveeksen. Srålingsinensieen I(r) er (som gi i oppgaven) middelverdien av absoluverdien il Poynings vekor, midle over en (eller flere) perioder. Den enese idsavhengige fakoren er cos [ω( r/c)], som oscillerer mellom verdiene 0 og 1. Tidsmiddele av denne funksjonen er åpenbar lik 1/, for eksempel fordi cos x + sin x = 1. Dermed har vi uen videre a I som funksjon av θ og φ: I(r) = I(r, θ) = µ 0p 0ω 4 sin θ 3π cr I( θ) I( φ) θ 0 π/ π 0 π π φ Den elekromagneiske energien sråler radiel uover. Tallverdien av Poynings vekor angir usrål energi pr idsenhe og pr flaeenhe ( effek pr flaeenhe). Gjennom e lie elemen da = r sin θ dθ dφ av en kuleflae med radius r vil de dermed, pr idsenhe, i gjennomsni ( midle over en periode) srømme en energi S da = S da = µ 0p 0ω 4 sin θ 3π cr r sin θ dθ dφ Vi finner midlere oal usrål effek P ved å inegrere dee urykke over hele kuleflaen, vinkelen θ fra 0 il π og vinkelen φ fra 0 il π: P = µ 0p 0ω 4 3π c π 0 dφ π 0 sin 3 θdθ Fakoren sin 3 θ kan omskrives med de oppgie urykke slik a inegrale over θ blir π [ 1 ] [ (sin 3θ 3 sin θ) dθ = π 0 1 cos 3θ 3 ] 4 cosθ = 4 3 3

4 Følgelig: P = µ 0p 0 ω4 1πc som skulle vises. Usrål effek øker forholdsvis rask med srålingens (vinkel-)frekvens, P ω 4. Blå lys har høyere frekvens enn rød lys. Amosfæren inneholder molekyler som fungerer som små elekriske dipoler som kan absorbere og reemiere srålingen fra sola. Denne prosessen er dermed beydelig mer effekiv for blå lys enn for rød lys. Når vi ser opp på himmelen, ser vi sollys som er spred av amosfæren, forrinnsvis blå. Ved solnedgang (og soloppgang) ser vi, nede ved horisonen, sollys som ikke er spred av amosfæren, forrinnsvis rød. OPPGAVE 3 Uniform inensie over halvkulen gir Dee ilsvarer e lydnivå I 1 = P 1 A 1 = P 1 πr 1 = 1.0 π W/m β = 10 log(10 /10 1 ) = 100 db Toal parikkelusvingsbølge ξ(x, ) blir summen av delbølgene ξ 1 og ξ : ξ(x, ) = ξ 0 [sin(k 1 x ω 1 ) + sin(k x ω )] Oppgi rigonomerisk sammenheng gir ( k1 + k ξ(x, ) = ξ 0 sin x ω ) ( 1 + ω k k 1 cos x ω ) ω 1 Lydinensieens avhengighe av i avsanden x = d blir dermed ( I(d, ) ξ(d, ) = 4ξ0 k k 1 cos d ω ) ω 1 sin ( k1 + k Dee er produke av en rask og en langsom varierende funksjon: d ω ) 1 + ω I(d,) 1 s Den langsomme funksjonen, cos ( k d ω ) (der k = (k k 1 )/ og ω = (ω ω 1 )/) sørger for a inensieen varierer mellom 0 og en maksimal verdi. Tiden T s ( sveveperioden ) mellom o maksima er gi ved T s ω = π. Vi har ω = (ω ω 1 )/ = π(ν ν 1 ) slik a T s = π ω = 1 ν ν 1 = 1 s 4

5 Den raske funksjonen, sin (kd ω) (der k = (k 1 + k )/ og ω = (ω 1 +ω )/) gir onen, med frekvens ν = ω/π = (ν 1 + ν )/ = Hz. Vi hører alså en lyd med denne frekvensen, med en lydsyrke (inensie) som varierer med en periode på 1 sekund. Bølgelengden er λ = v/ν = 340/3400 = 0.10 m. I en rening gi ved vinkelen θ vil veilengdeforskjellen fra de o høyalerne il øre di være omren lik a sin θ, der a er avsanden mellom høyalerne. Dersom denne veilengdeforskjellen er lik en halv bølgelengde, vil de o delbølgene inerferere desrukiv og gi null inensie. Dee innreffer alså når a sin θ = λ/ De beyr a du må flye deg en avsand θ = arcsin(λ/a) = arcsin(1/6) 10 y = d anθ d sinθ = d/6 1.7 m mo høyre eller vensre for a lyden skal forsvinne. OPPGAVE 4 Vi må finne oal kraf som virker på massen med likeveksposisjon x. Hver masse påvirkes av o krefer, en fra fjæra il høyre og en fra fjæra il vensre. Fjæra il høyre er srukke en lengde ξ(x + d) ξ(x). (Alle usving er her ved id, så de er underforså a ξ(x) = ξ(x, ) osv.) Dersom srekke er negaiv, innebærer de en sammenpressing. Srukke fjær il høyre innebærer en kraf F + ree mo høyre. Dermed: F + = k [ξ(x + d) ξ(x)] Fjæra il vensre er srukke en lengde ξ(x) ξ(x d). Srukke fjær il vensre innebærer en kraf F ree mo vensre. Dermed: Toal kraf: F = k [ξ(x) ξ(x d)] F = F + + F = k [ξ(x + d) + ξ(x d) ξ(x)] Newons. lov: F = m ξ Den eksake bevegelsesligningen for vår modellsysem blir dermed ξ = k [ξ(x + d) + ξ(x d) ξ(x)] m Dersom vi anar a ξ(x) varierer langsom (: bølgelengder λ sore i forhold il d), kan vi bruke den oppgie rekkeuviklingen av ξ(x ± d). Da blir krafen på m F kd ξ x 5

6 og bevegelsesligningen ξ = kd ξ m x Dee er på den oppgie formen, med bølgehasighe kd v = m Vi velger e spesialilfelle, nærmere besem en harmonisk bølge, som ugangspunk for å diskuere energien som ransporeres langs ransmisjonslinjen. Kineisk energi for massen m er E k = 1 ( ) ξ m = 1 mω ξ0 cos (kx ω) Poensiell energi lagre i fjæra il høyre for m er E p = 1 k [ξ(x + d) ξ(x)] 1 ( ) ξ kd = 1 x kd k ξ0 cos (kx ω) Eersom v = ω/k, er ω = v k = (kd /m)k, og dermed kd k = mω, så E p = E k. Toal energi pr masse-fjær-enhe er derfor E = E k + E p = E k = mω ξ 0 cos (kx ω) Med masseehe ( masse pr lengdeenhe) µ = m/d, blir oal energi pr lengdeenhe ε = E d = µω ξ 0 cos (kx ω) Siden energien pr lengdeenhe er en funksjon på formen ε(x v), beyr de a ε oppfyller bølgeligningen. Da må energien også forplane seg med hasighe v langs ransmisjonslinjen. Midlere energi pr lengdeenhe, ε, finner vi ved å midle ε over en bølgelengde. Middelverdien av cos (kx ω) er 1/, så ε = 1 µω ξ 0 I løpe av iden T ( en periode) vil energien på e inervall mellom x λ og x passere ved x. Dee er neopp den midlere energien pr idsenhe som vi her er på jak eer (evenuel effeken): P = ε λ T = εv = 1 vµω ξ 0 OPPGAVE 5 Lyssignalene fra sjernen sarer i henholdsvis (x 1, y 1 ) og (x, y ) ved idspunkene 1 og og når fram il jorda, il posisjonene (x 1, 0) og (x, 0) ved idspunkene 1 og. Lyse reiser med hasighe c, så vi må ha sammenhengene c( 1 1 ) = y 1 c( ) = y 6

7 Fra figuren i oppgaveeksen ser vi dessuen a y 1 y = s cosθ x 1 x = x = s sin θ De beyr a og dermed a = s cosθ c u = x = s sin θ s cos θ/c = ( s/ ) sinθ 1 ( s/ ) cosθ/c = v sin θ 1 (v/c) cosθ Maksimal ilsynelaende hasighe u (for gi v) finner vi ved å see du/dθ = 0: du dθ = v cos θ(1 (v/c) cosθ) v sin θ(v/c) sin θ (1 (v/c) cosθ) = 0 v cos θ v ( cos θ + sin θ ) = 0 c cosθ max = v c Innsa i urykke for u, sammen med sin θ = 1 v /c, har vi u(θ max ) = v 1 v /c 1 (v/c)(v/c) = v 1 v /c Vi ser uen videre a u(θ max ) > v. Dessuen har vi u = c når v c = 1 v /c v = c For v sørre enn dee blir u(θ max ) sørre enn lyshasigheen. (De er selvsag ikke noe mysisk ved de, eersom u bare er en ilsynelaende hasighe.) 7