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

Transkript

1 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET, INSTITUTT FOR FYSIKK Utarbeidet av: Jo Adreas Støveg LØSNINGSFORSLAG (8 SIDER) TIL EKSAMEN I FY1002 og TFY4160 BØLGEFYSIKK Fredag 3. desember 2010 kl OPPGAVE 1 [telte 16 %] a mẍ = bẋ kx mẍ + bẋ + kx = 0 Isettig av de oppgitte forme på x(t) i bevegelsesligige gir to ligiger (e proporsjoal med si ωt og e proporsjoal med cosωt) som grulag for å bestemme τ og ω. Vi gjør ikke det her, me setter alterativt e prøveløsig exp( zt) i i bevegelsesligige. Det gir karakteristisk ligig mz 2 bz + k = 0, med løsiger z = b 2m ± i k ( ) 2 b m, 2m side dempige er oppgitt å være svak. E løsig for x(t) som er kosistet med disse verdiee av z er x(t) = x 0 e t/τ cos ωt, med τ = 2m/b.... og ω = k/m (b/2m) 2. Side oppgave spesifiserer svak dempig, er det også helt greit å slå fast at ω k/m. b Total eergi E(t) ka f.eks settes lik potesiell eergi E p (T) der T er periode og = 0, 1, 2..., dvs ved tidspukter T som tilsvarer at masse har maksimalt positivt utsvig. Der sur masse, slik at kietisk eergi er ull, og E = E p. Ved disse tidspuktee er cosωt = cosωt = 1. Videre er E p (T) = 1 2 kx2 0e 2T/τ. Dermed har vi E E = E p(t) E p (( + 1)T) E p (T) = 1 e 2T/τ 1

2 1 (1 ( 2T/τ)) = 2T/τ = 2πb/ωm Systemets Q-verdi blir altså Q = 2πE/ E = ωm/b ω 0 m/b = km/b, der vi helt til slutt brukte opplysige om meget svak dempig. OPPGAVE 2 [telte 8 %] Lydhastighete i e gitt gass avheger ku av temperature. Hvis temperature i utgagspuktet er T 0, har vi (fra formelarket) v 0 = γk B T 0 /m, der γ er adiabatkostate, her lik 5/3 (eatomige molekyler), k B er Boltzmas kostat, og m er masse til atomee. For å fie lydhastighete v 1 etter at gasse har ekspadert adiabatisk slik at trykket er halvert, beytter vi oss av at pv γ er kostat uder adiabatiske prosesser, samt at gasse er ideell, slik at pv = Nk B T. Her er N atall atomer i et volum V av gasse. Ideell gass iebærer at p 0 V 0 = Nk B T 0, p 1 V 1 = Nk B T 1, dvs T 1 /T 0 = p 1 V 1 /p 0 V 0 = V 1 /2V 0, der vi brukte at p 1 = p 0 /2. Adiabatisk utvidelse betyr at dvs p 0 V γ 0 = p 1 V γ 1, V 1 /V 0 = (p 0 /p 1 ) 1/γ = 2 1/γ. Vi setter dette i i uttrykket for temperaturforholdet og får Dermed: v 1 = T 1 /T 0 = 2 1/γ /2 = 2 2/5. γk B T 1 /m = (γk B T 0 /m) 2 2/5 = v 0 2 1/ v 0. OPPGAVE 3 [telte 8 %] Diffraksjo og iterferes med N meget smale spalter gir opphav til hovedmaksima med N 2 bimaksima mellom to påfølgede hovedmaksima. Her har vi 6 slike bimaksima, så N = 8. Ved 1. ordes hovedmaksimum har vi πd si θ = π, λ 2

3 slik at d = λ si θ λ θ = m = 10 5 m = 0.1 mm = 10 4 m. Spaltebredde a = d/5 = 0.02 mm gir -te ullpukt i diffraksjosfaktore si 2 β/β 2 ved dvs β = πa(si θ)/λ = ±π, θ ±λ/a = ±5λ/d = ±0.025, der = 1, Diffraksjosfaktore vil framstå som e omhyligskurve for iterferesmøsteret i oppgavetekste: Normert itesitet Vikele theta (radiaer) 3

4 OPPGAVE 4 [telte 16%] a Tygdeleddet gk og overflatespeigsleddet γk 3 /ρ er like store år k = k 0 = λ 0 = 2π/k 0 = 2π γ/gρ m = 1.7 cm. gρ/γ, dvs Vi ka beytte dette resultatet i reste av oppgave: Dersom bølgelegde er mye større e λ 0, ka vi eglisjere overflatespeigsleddet i dispersjosrelasjoe, og vi har såkalte tygdebølger. Omvedt, dersom bølgelegde er mye midre e λ 0, ka vi eglisjere tygdeleddet i dispersjosrelasjoe, og vi har såkalte kapillærbølger. Med λ i området 0.2 til 2.0 m har vi bare tygdebølger, så vi ka med god tilærmelse bruke ω(k) = gk, slik at gruppehastighete blir v g = dω/dk = g/4k = λg/8π. Vi ser at gruppehastighete øker med økede bølgelegde. De raskeste dele av bølgepakke har derfor hastighet v g = /8π 0.88 m/s. Tid brukt fra båte i til lad er da t = 50/ sekuder. De lagsomste dele av bølgepakke har λ = 0.2 m, som gir e økig i tidsbruke med e faktor 10 i forhold til de raskeste, med adre ord t 179 sekuder. b Gruppehastighete er v g = dω dk, og vi skal bestemme de to mulige bølgelegdee λ 1 og λ 2 som gir v g = 1.0 m/s. Det er oppgitt at λ 1 er meget kort, oe som burde motivere for å eglisjere tygdeleddet i dispersjosrelasjoe. Vi prøver: γ v g = ρ 3 9πγ k 1 = 2 2ρλ 1 λ 1 = 9πγ 1.0 mm. 2ρvg 2 Vi ser at λ 1 ble mye midre e λ 0 = 17 mm, så tilærmige vi brukte fra starte av var i orde. Det er videre oppgitt at λ 2 er forholdsvis lag, så vi satser på at vi å ka eglisjere overflatespeigsleddet i dispersjosrelasjoe: v g = 1 2 g gλ2 = k 2 8π λ 2 = 8πv2 g g 2.6 m. Vi ser at λ 2 ble mye større e λ 0 = 17 mm, så tilærmige vi brukte her var også i orde. 4

5 OPPGAVE 5 [telte 16 %] a Fra figure ser vi at si θ B = h B r, der θ B er ifallsvikele år h = h B. Vi må derfor fie et uttrykk for si θ B. Vi ser at α = β gir R p = 0, dvs ved dee ifallsvikele vil de reflekterte stråle være fullstedig polarisert ormalt på ifallsplaet. Vi skal komme tilbake til dette i pukt b. Med α = β har vi cosφ cosθ B = v 1 v 2 = 2 1 =. Her har vi satt ifallsvikele θ 1 lik θ B og brytigsvikele θ 2 lik φ. Vi treger e ligig til for å fastlegge de to ukjete, φ og θ B, og da er det vel ærliggede å ty til Sells lov: 1 si θ B = si φ. Vi er på jakt etter et uttrykk for siθ B, så vi må elimiere φ fra de to ligigee. Fra Sells lov har vi cosφ = 1 si 2 φ = si2 θ B. Fra de første ligige har vi cosφ = cosθ B = 1 si 2 θ B. Vi setter de to uttrykkee for cosφ lik hveradre, kvadrerer og løser med hesy på si 2 θ B : si2 θ B = 2 (1 si 2 θ B ) ( 2 1 ) si 2 θ 2 B = 2 1 si 2 θ B = / = ( 4 1)/ = ( 2 1)( 2 + 1) = = / 2 Dette gir h B = r 1 + 1/ 2. Vakule med 1.34 gir θ B (På dee oppgave ka e alterativt starte direkte fra taθ B =, evetuelt adre sammeheger som e kjeer til for Brewsters vikel.) 5

6 b E E p +p h B k θ B 1 φ θ B 5 2 r +p φ 3 θ B 4 +p 6 Vi slo ovefor fast at R p = 0 for de ikommede stråle som treffer kula og deler seg i baee 1 og 2. Dermed er det klart at stråle 1 er polarisert ormalt på ifallsplaet(), mes stråle 2 ieholder både og p. Vi ser ærmere på stråle 2 som reflekteres (3) og trasmitteres/refrakteres (4) i greseflate mot luft. Med otasjoe i det som er oppgitt i oppgavetekste, har vi å e ifallsvikel θ 1 = φ, mes brytigsvikele er θ 2 = θ B. Dermed er α = cosθ B / cosφ og β = v 1 /v 2 = 2 / 1 = 1/ (ettersom medium 1 å er ie i kula, der brytigsidekse er ). I pukt a hadde vi sammehege cosφ = cosθ B, og det må jo selvsagt fortsatt holde. Dermed har vi å α = 1/ = β. Med adre ord: Stråle 2 treffer greseflate akkurat på Brewsters vikel, slik som de ikommede stråle gjorde! Det betyr at vi også å har R p = 0, slik at stråle 3 blir fullstedig polarisert ormalt på ifallsplaet (), mes stråle 4 ieholder både og p. Med ku polarisasjo i stråle 3 er det klart at også strålee 5 og 6 ku ka ha polarisasjo. Oppsummert: 1 : 2 : p + 3 : 4 : p + 5 : 6 :. OPPGAVE 6 [telte 16 %] a T Newto = 1 2 mv2, T Eistei = E mc 2 = (γ 1)mc 2, der E er partikkeles totale eergi og γ = 1/ 1 v 2 /c 2 er loretzfaktore. Når v/c 1, blir loretzfaktore med god tilærmelse γ v 2 2 c, 2 6

7 slik at T Eistei (1 + 1 v 2 2 c 2 1)mc2 = 1 2 mv2. Vi må her ta med ett ledd til i rekkeutviklige av γ, og med det som er oppgitt på 1. side av oppgavetekste har vi som gir Det betyr at a 1 = 0 og a 2 = 3/4. γ = (1 β 2 ) 1/2 = β β4..., T Eistei = mc 2 ( 1 2 β β4...) = 1 2 mv2 ( β2...). b I lab-systemet (S 0 ) er total impuls lik ull, mes total eergi er E 0 = 2mc 2 + 2T. I systemet S ligger ett av de to elektroee i ro, mes det adre har impuls p og kietisk eergi T. Total eergi i S er derfor Ẽ = 2mc 2 + T, mes total impuls er p. Uavhegig av hvilket iertialsystem vi gjør måligee i, vil kombiasjoe E 2 p 2 c 2 (der E og p er hhv total eergi og total impuls) ha samme verdi, dvs de er e såkalt ivariat. Vi kjeer verdie av dee kombiasjoe i ett iertialsystem, emlig S 0, der total eergi er E 0 = 2mc 2 + 2T og total impuls er ull. Dermed har vi sammehege E 2 p 2 c 2 = E 2 0 = (2mc2 + 2T) 2. Videre, hvis vi ser på det ee elektroet som beveger seg i systemet S, så har dette eergi og dessute må sammehege Ẽ 1 = mc 2 + T, Ẽ 2 1 = p2 c 2 + m 2 c 4 gjelde. Dermed har vi for dette elektroets impuls: p 2 c 2 = Ẽ2 1 m2 c 4 = (mc 2 + T) 2 m 2 c 4 = 2mc 2 T + T 2. Vi bruker å ivarias av E 2 p 2 c 2 og setter dee kombiasjoe i S lik de tilsvarede i S 0 : Ẽ 2 p 2 c 2 = E 2 0 (2mc 2 + T) 2 (2mc 2 T + T 2 ) = (2mc 2 + 2T) 2 2mc 2 T = 8mc 2 T + 4T 2 T ( = 4T 1 + T ) 2mc 2 7

8 I de ikke-relativistiske grese T mc 2 ka vi eglisjere leddet T/2mc 2 i forhold til 1. Dermed er T 4T. Dette er ikke uvetet: Med ikke-relativistisk mekaikk har vi T = mv 2 /2 og T = m (2v) 2 /2 = 2mv 2 ettersom elektroet i bevegelse har de doble hastighete 2v i referasesystemet der det adre ligger i ro. Altså er T = 4T, som fuet. Dersom vi ku akselererer det ee elektroet, må dette akselereres til e hastighet som ettopp tilsvarer T = ev = 10 6 MeV. Me dersom vi akselererer de to elektroee i motsatt retig, må de bare akselereres til hastigheter som tilsvarer kietisk eergi T, gitt ved ligige T = 4T ( 1 + T ). 2mc 2 Side mc 2 = 0.5 MeV, ser vi at verdie for T må bli mye større e mc 2, så vi ka med god tilærmelse skrive T = 2T 2 mc 2, som gir (med alle eergier, T, mc 2 og T i ehete MeV) T = mc 2 T/2 = /2 = 500 MeV. Dette er bare 1/2000 av påkrevd kietisk eergi år bare det ee elektroet akselereres. Dette poeget utyttes i alle modere partikkelakseleratorer ( colliders ). Alterativt, for 1. kulepukt, med bruk av firerimpuls: p α p α = p α p α (Ẽ ) + mc 4E 2 /c = p 2 c = Ẽ2 + 2mc 2 Ẽ + m 2 c 4 c 2 ( Ẽ 2 /c 2 m 2 c 2) = 2mẼ + 2m2 c 2 Ẽ = 2E2 /mc 2 mc 2 T + mc 2 = 2(T + mc2 ) 2 mc 2 mc 2 = 2T 2 + 4T + mc2 mc2 T = 4T ( 1 + T/2mc 2) Forklarig: Her er E = T + mc 2 eergie til hvert av de to elektroee, målt i labsystemet, slik at p α = (2E/c, 0, 0, 0) blir total firerimpuls i labsystemet, oe som gir p α p α = 4E 2 /c 2. Videre er Ẽ = T + mc 2 eergie til det ee elektroet i bevegelse, målt i det adre elektroets hvilesystem. Total eergi i dette iertialsystemet blir dermed Ẽ + mc2, slik at p α p α = ((Ẽ + mc2 )/c) 2 p 2, med p 2 lik kvadratet av (treer-)impulse, slik at Ẽ2 = p 2 c 2 + m 2 c 4, dvs p 2 = Ẽ2 /c 2 m 2 c 2. 8