Løsning Eksamen 7. desember 2001

Løsning oppgave 1

a) En lydkilde som, når den er i ro i et medium, sender ut lyd med frekvens f_{s} = \frac{1}{T}, må når den beveger seg i et medium med hastighet v_{s}, forårsake lyd med bølgelengde λ_{m} i bevegelsesretningen gitt ved:

λ_{m} = (c − v_{s}) · T = (c − v_{s}) · \frac{1}{f_{s}}  (1)

(For figur, se eventuelt forelesningsnotatene kap. 1.15 s. 65)

Den tilsvarende frekvens f_{m} som måles av en observatør i ro (i bevegelsesretningen) i mediet blir da:

f_{m} = \frac{c}{λ_{m}} = \frac{c}{c − v_{s}} · f_{s}  q.e.d.  (2)

b) Frekvensen en person i ro på skinnegangen vil måle blir:

f_{ro} = \frac{c}{c − v_{tog}} · f = \frac{331}{331 − 25} · 400 Hz = \underline{\underline{433 Hz}}

I oppgaveteksten var det tenkt, men dessverre ikke skrevet, at observatøren skulle stå mellom togene. Det blir derfor også betraktet som fullgodt svar om en antar at toget beveger seg fra observatøren. En får da:

f_{ro} = \frac{c}{c + v_{tog}} · f = \frac{331}{331 + 25} · 400 Hz = \underline{\underline{372 Hz}}

c) Togføreren i det ene toget vil måle følgende frekvens for fløytelyden fra det andre (ifølge lign. (17) i formelsamlingen):

f_{tog} = \frac{1 + v_{tog}/c}{1 − v_{tog/c}} · f = \frac{1 + 25.0/331}{1 − 25.0/331} · 400 Hz = \underline{\underline{465 Hz}}

d) Toget som kjører i motvind har hastighet i forhold til luften:

v_{s} = (25.0 + 10.0) m/s = 35.0 m/s

Toget som kjører i medvind har hastighet i forhold til luften:

v_{m} = (25.0 − 10.0) m/s = 15.0 m/s

SIF4014 Bølgefysikk 2 Togføreren i medvind vil da måle følgende frekvens:

f_{med} = \frac{1 + v_{m}/c}{1 − v_{s}/c} · f = \frac{1 + 15.0/331}{1 − 35.0/331} · 400 Hz = \underline{\underline{468 Hz}}

Løsning oppgave 2 a)

v_{f} = (\frac{2πγ}{λ(ρ_{1} + ρ_{2})})^{1/2} = (\frac{2πγ}{ρ_{1} + ρ_{2}} )^{1/2} λ^{−1/2} = 2.138 · 10^{−2} \frac{m^{3/2}}{s} · λ^{−1/2} (3)

For λ = 1.00 mm:

v_{f} = 0.676 m/s ≈ \underline{\underline{0.68 m/s}}

For λ = 0.100 mm:

\underline{\underline{v_{f} = 2.14 m/s}}

b)

v_{f} = \frac{λ}{T} = \frac{ω}{k} = (\frac{2πγ}{ρ_{1} + ρ_{2}} )^{1/2} · (\frac{1}{λ})^{1/2} = (\frac{γ}{ρ_{1} + ρ_{2}} )^{1/2} k^{1/2}  (4)
⇒ \underline{\underline{ω = (\frac{γ}{ρ_{1} + ρ_{2}} )^{1/2} k^{3/2}}}  q.e.d.  (5)

c)

v_{g} = \frac{dω}{dk} = \frac{3}{2} (\frac{γ}{ρ_{1} + ρ_{2}} )^{1/2} k^{1/2}  (6)

Sammenligning mellom (4) og (6) gir:

\underline{\underline{v_{g} = \frac{3}{2}v_{f}}}  (7)

d) Vi kaller lengden av bølgetoget for L. Det vil da bruke tiden t = L/v_{g} på å passere et punkt x = x_{1}. På denne tiden vil:

n = \frac{t}{T} = \frac{t}{λ_{0}/v_{f}} = \frac{L/v_{g}}{λ_{0}/v_{f}} = \frac{L}{λ_{0}} \frac{v_{f}}{v_{g}} = \frac{2}{3} \frac{L}{λ_{0}}

klare bølgetopper passere x = x_{1}. Definerer vi lengden av bølgetoget til å være L = 12λ_{0}, får vi:

n = \frac{2}{3} \frac{L}{λ} = \underline{\underline{8}}

Løsning oppgave 3

a) Totalt felt E_{θ} i et punkt P er gitt ved:

E_{θ} = E_{1} + E_{2} = E_{0} {cos [k(r + Δr) − ωt − φ] + cos [kr − ωt − φ]}  (8)
Oppgitt:  cos a + cos b = 2 cos \frac{a + b}{2} · cos \frac{a − b}{2}  (9)

Defineres a = k(r + Δr) − ωt − φ og b = kr − ωt − φ, kan (8) vha. (9) omformes til:

E_{θ} = 2E_{0} cos [k (r + \frac{Δr}{2} ) − ωt − φ] · cos (\frac{kΔr}{2} )  (10)

Ved figurbetraktning:

Δr = d cos θ  (11)

(11) inn i (10) gir:

E_{θ} = 2E_{0} cos (\frac{kd cos θ}{2} ) · cos [k (r + \frac{d cos θ}{2} ) − ωt − φ] Q.E.D (12)

b) For et gitt punkt P på observasjonsskjermen, kan totalfeltet E_{θ} i (12) skrives:

E_{θ} = E_{θ_{0}} cos(ωt + φ′)  (13)

med amplituden

E_{θ_{0}} = 2E_{0} cos (\frac{kd cos θ}{2} )  (14)

og

φ′ = k (r + \frac{d cos θ}{2} ) − φ = konstant for gitt P  (15)

Intensiteten til en harmonisk elektromagnetisk bølge i vakuum med amplitude E_{θ_{0}} er da (jmf. formelsamling i Bølgefysikk/Fysikk 3):

I_{θ} = ϵc\overline{E_{θ}^{2}} = \frac{1}{2}ϵ_{0}cE_{θ_{0}}^{2}
= \frac{1}{2}ϵ_{0}c (2E_{0} cos (\frac{kd cos θ}{2} ))^{2} = \underline{\underline{2ϵ_{0}cE_{0}^{2} cos^{2} \frac{kd cos θ}{2}}}  (16)

Vi får maksimum lysintensitet for:

\frac{kd cos θ}{2} = mπ  ⇒  cos θ = m\frac{λ}{d}  (17)

hvor m = 0, 1, 2 … begrenset av at m ≤ \frac{d}{λ}. Den minste positive verdien av θ som gir lysmaksimum svarer til den største positive heltallverdien m ≤ d/λ. Her er:

\frac{d}{λ} = \frac{1000.5λ}{λ} = 1000.5 ⇒ m = 1000

som vha. (17) gir vinkelverdien

θ_{m=1000} = \underline{\underline{arccos (\frac{1000λ}{1000.5λ}) ≅ 0.0316 ⇒ θ_{m=1000} ≅ 1.81^{∘}}}

Tilsvarende finnes lysminima ved at

\frac{kd cos θ}{2} = (n + \frac{1}{2}) π ⇒ cos θ = \frac{λ}{d} (n + \frac{1}{2})  (18)

hvor n = 0, 1, 2, … begrenset ved n ≤ d/λ − 1/2. Tilsvarende ovenfor finnes minste positive verdi av θ som gir lysminimum fra største positive heltallsverdi n ≤ \frac{d}{λ} − \frac{1}{2} (utenom eventuell verdi av n som gir θ = 0). Her er \frac{d}{λ} − \frac{1}{2} = \frac{1000.5λ}{λ} − \frac{1}{2} = 1000, hvilket betyr at vi har et lysminimum for θ = 0. Den minste positive verdi av θ som gir lysminimum, svarer til m = 999, som ved innsetting i (18) gir vinkelverdien:

θ_{n=999} = arccos [(999 + \frac{1}{2}) \frac{λ}{1000.5λ}] = arccos (\frac{999.5}{1000.5}) ≅ 0.0447

⇒ \underline{\underline{θ_{n=999} ≅ 2.56^{∘}}}

c) Koherenstiden τ_{c} tilsvarer koherenslengden l_{c} ≈ 1 mm er:

τ_{c} = \frac{l_{c}}{c} ≈ 3 · 10^{−12} s.

Siden de to kildene er uavhengige, kan de bare gi stabilt interferensmøster på tider av samme størrelsesorden som τ_{c}. For tider som er svært mye større enn τ_{c}, vil derfor all interferens være midlet ut og med det mennekslige øye vil vi derfor på skjermen se en intensitetsfordeling som ikke varierer med θ.

Løsning oppgave 4

Den total ganglengdeforskjellen Δs kan uttrykkes:

Δs = d sin 30^{∘} + d sin θ = d (\frac{1}{2} + sin θ)  (19)

hvor første ledd representerer ekstra veglengde tilbakelagt av bølgen som passerer spalt S_{2} før den når spalteskjermen. Andre ledd angir hvor mye større ganglengden er fra S_{2} til P enn fra S_{1} til P. Merk at for negative vinkler θ blir dette leddet negativt, hvilket betyr at ganglengden fra S_{2} til P da blir kortere enn fra S_{1} til P.

I punktet P blir resultantbølgefunksjonen:

Ψ_{θ} = Ψ_{1} + Ψ_{2}
= ψ_{0} [e^{i[kr−ωt−φ]} + e^{i[k(r+Δs)−ωt−φ]}]

og dermed:

|Ψ_{θ}|^{2} = Ψ_{θ} · Ψ_{θ}^{∗}

= |ψ_{0}|^{2} [e^{i[kr−ωt−φ]} + e^{i[k(r+Δs)−ωt−φ]}] · [e^{−i[kr−ωt−φ]} + e^{−i[k(r+Δs)−ωt−φ]}]

= |ψ_{0}|^{2} [1 + e^{−ikΔs} + e^{ikΔs} + 1]

= |ψ_{0}|^{2} · 2 [1 + cos(kΔs)] = 4|ψ_{0}|^{2} cos^{2} (\frac{kΔs}{2})

=^{(19)} \underline{\underline{4|ψ_{0}|^{2} cos^{2} [\frac{1}{2}kd (sin θ + \frac{1}{2})]}}

Ifølge Max Borns sannsynlighetsinterpretasjon er |Ψ_{θ}|^{2} sannsynligheten for ett (dvs. hvert) elektrons treffpunkt.