NORGES TEKNISK- NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Faglig kontakt under eksamen: Jon Andreas Støvneng Telefon: 7 59 6 6 / 45 45 55 LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I TFY4160 BØLGEFYSIKK Mandag. desember 007 kl. 0900-100 Eksamen bestod av 7 oppgaver. Løsningsforslaget er på 6 sider (inklusive denne). 1
OPPGAVE 1 Newtons andre lov, F = mẍ, gir, med F = kx bẋ + F 0 sin ωt: ẍ + b mẋ + k m x = F 0 sin ωt m Dvs, δ = b/m, ω 0 = k/m og A 0 = F 0 /m. Maksimal amplitude for ω = ω 0 : Dermed: x max 0 = A 0 ω 0 δ x ± 0 = x 0 (ω ± ) = A 0 ω 0 δ Svak demping gir smal resonanstopp. Da kan vi skrive ω0 ω ± = ω 0 (ω 0 ± ω/) ω 0 ω ω ± δ = ω 0 δ ± ωδ ω 0 δ Kvadrering av x ± 0 og innsetting av disse tilnærmelsene gir Bruker også her Newtons andre lov: ω 0 ( ω) + 4ω 0 δ = 8ω 0 δ ω = δ mẍ + kx ± µmg = 0 ẍ + k (x ± µmg/k) = 0 m F = kx µmg med ξ = x ± µmg/k og ω = k/m. ξ + ω ξ = 0 Massen starter i x(0) = 4.5x µ, der vi har innført x µ µmg/k. Da er fjærkraften 4.5kx µ, dvs rettet mot venstre, og den er større enn maksimal friksjonskraft kx µ, rettet mot høyre. Med andre ord, massen begynner å bevege seg mot venstre, ettersom total kraft 4.5kx µ + kx µ =.5kx µ ikke er null. Ligningen for ξ viser at så lenge massen har hastighet mot venstre, dvs hele første halve periode, blir bevegelsen som for en udempet oscillator, omkring likevektsverdien ξ = 0, dvs omkring x = µmg/k = x µ. Den starter i 4.5x µ, dvs amplituden for første halve periode er.5x µ, dvs den snur i.5x µ. Nå er fjærkraften.5kx µ, dvs rettet mot høyre, og den er fortsatt større enn maksimal friksjonskraft, som nå er kx µ, dvs rettet mot venstre. Massen beveger seg mot høyre, og bevegelsen er fortsatt som for udempet oscillator, nå omkring likevektsverdien x = µmg/k = x µ. Den snudde i.5x µ, så amplituden for. halve periode blir 1.5x µ. Dvs, den snur neste gang i posisjonen 0.5x µ. Mer presist: Den prøver å snu her, men ettersom fjærkraften nå bare er 0.5kx µ, dvs mindre enn maksimal friksjonskraft, blir massen liggende i ro her. Figur:
x/x µ 4 1 1 T/ T T/ t OPPGAVE Periode T hvis λ =.0 m: T = π/ω π/ π 9.8/.0 1.1 s (Leddet γk /ρ kan neglisjeres for så stor bølgelengde.) Fasehastigheten er: gλ v f = ω/k = π + πγ λρ Kvadrering gir en.gradsligning for λ som kan løses direkte. Alternativt kan en mistenke at leddene gλ/π og πγ/λρ dominerer for hver sin mulige løsning for λ, hvilket stemmer: Hvis 1. ledd dominerer: λ = πvf /g 0.64 m. Hvis. ledd dominerer: λ = πγ/ρvf 0.46 mm. Bølgepakken beveger seg med gruppehastigheten v g = dω/dk, slik at det tar tiden τ = L/v g for hele pakken å passere et bestemt sted, f.eks. x 0. Ser vi på opp-og-ned bevegelsen ved x 0, vil den foregå med bølgens frekvens, dvs med perioden T = π/ω, og vi vil telle at N = τ/t bølgetopper passerer ved x 0. Med λ =.0 m er ω(k) gk slik at gruppehastigheten blir gλ/8π 0.88 m/s. Pakken bruker dermed tiden τ 17.0/0.88 19. s på å passere v g ved x 0. Perioden har vi fra før: T 1.1 s. Antall bølgetopper som vi ser passere blir derfor N = 19./1.1 = 17.1 17. OPPGAVE Fra formelsamlingen, nederst side 1: I(θ) = I 0 sin ( πa λ sin θ) ( πa sin λ θ) sin ( Nπd λ sin ( πd λ sin θ) sin θ) Her er sin θ tanθ = y/l. Videre: πa/λl 66.19 m 1, πd/λl 06.9 m 1 og 4πd/λL 87.4 m 1. Dermed, med y i m: ( ) ( ) sin 66.19y sin 87.4y I(y) = I 0 66.19y sin 06.9y
Diffraksjonsfaktoren (sin(66.19y)/(66.19y)) har 1. nullpunkt for y = ±y 0 = ±π/66.19 = ±0.04746 m. Interferensfaktoren (sin(87.4y)/ sin(06.9y)) resulterer i hovedmaksima for y n = ±nπ/06.9 = ±0.01519n, som betyr at 1.,. og. ordens hovedmaksima ligger innenfor ±y 0. Et diffraksjonsgitter med N spalter gir N 1 nullpunkter mellom to hovedmaksima. Følgelig er det i alt 18 nullpunkter mellom y 0 og y 0. (1. nullpunkt utenfor. hovedmaksimum tilsvarer y = 1π/87.4 = 0.0496 > y 0 og telles dermed ikke med.) Intensitetsfordelingen: 16 I(y) 16*(sin(66.19y)/(66.19y))** 14 1 Intensitet 10 8 6 4 0-0.04-0.0 0 0.0 0.04 Nullpunktene utenfor. hovedmaksimum er knapt synlige fordi faktoren (sin(66.19y)/(66.19y)) her begynner å bli meget liten. y (m) OPPGAVE 4 Det spredte lyset tilsvarer stråling fra oscillerende elektriske dipoler med p ŷ. Intensiteten avhenger av frekvensen som I ω 4 og av retningen som I sin θ, der θ er vinkelen mellom y-aksen og forplantningsretningen til det spredte lyset. I y-retningen er θ = 0, og dermed I = 0. I z-retningen er θ = π/, og dermed I = I max. Dette lyset vil være polarisert i y-retningen. Det vil fortrinnsvis være blått da blått lys har høyere frekvens enn rødt lys. OPPGAVE 5 Vi setter θ 1 = θ B. Vi har β = µ 1 v 1 /µ v = n /n 1 og sin θ = n 1 sin θ B /n = sin θ B /β. Fullstendig transmisjon betyr E rp0 = 0, dvs α = β og dermed: cosθ cos θ B = v 1 = n = β v n 1 1 sin θ 1 sin θ B = β 1 1 β sin θ B = β β sin θ B sin θ B = β 1 β 1/β = ββ 1 β 4 1 = β β + 1 cos θ B = 1 sin θ B = 1 β β + 1 = 1 β + 1 som vi skulle vise. tan θ B = sin θ B cos θ B = β 4
(Alternativt: Brewster fant eksperimentelt i 181 at θ B + θ = π/. Dermed er sin θ = cosθ B, som kombinert med Snells lov, sin θ = (n 1 /n ) sin θ B, umiddelbart gir tanθ B = n /n 1.) OPPGAVE 6 Vi trenger differensialformene av Gauss lov, E = 0 (vakuum, dvs ρ = 0), og den tilsvarende for magnetfeltet, B = 0. Anvendt på den oppgitte bølgen får vi k E 0 = 0 k B 0 = 0 som viser at både E og B står normalt på k, dvs normalt på bølgens forplantningsretning. (Det var her ikke påkrevd å vise at k sammenfaller med bølgens forplantningsretning.) OPPGAVE 7 I S vil massene bli ovale, dvs sammentrykt langs den aksen som de beveger seg, pga lengdekontraksjon. (L = L /γ 1 = L /γ < L ) Har åpenbart v 1 = v 1 = c/ og v = v = c/. Videre: og endelig v 1 = v 1 = 4c/5. v 1 = v 1 + v c/ + c/ = 1 + v 1 v /c 1 + 1/4 = 4c 5 De to massene har impulser som er like store i absoluttverdi, men med motsatt retning. Total impuls i S er dermed p = 0. Hver masse har i S en energi γmc, med γ = 1/ 1 1/4 = /. Total energi i S er dermed E = γmc = 4 mc I S 1 har masse 1 null impuls, så total impuls p 1 blir lik impulsen til masse, dvs: p 1 = γ 1 mv 1 = 1 1 (4/5) m ( 4c/5) = 4 mc I S 1 har masse 1 bare hvileenergi mc, mens masse har energi γ 1 mc. Total energi blir E 1 = mc + γ 1 mc = (1 + 5/)mc = 8 mc Pga impulsbevarelse er M i ro i S etter kollisjonen. Energien er dermed hvileenergien Mc. Energibevarelse gir da E = Mc = 4 mc dvs M = 4 m 5
Ettersom legemet er i ro i S etter kollisjonen, og S beveger seg med hastighet v 1 = c/ relativt S 1, kan vi uten videre konkludere med at v 1 = v 1 = c/ En mer omstendelig metode er å bruke impulsbevarelse i S 1. Det gir p 1 = 4 mc = γ 1Mv 1 = Mv 1 1 v1/c dvs 16 9 m c = (4m/ ) v1 1 v1/c og dermed, etter litt regning, 4v1 = c Da p 1 < 0, vet vi at vi her må velge den negative løsningen v 1 = c/. 6