TFY4160 Bølgefysikk/FY1002 Generell Fysikk II 1

Løsning Øving 13

Løsning oppgave 1

Vi antar at det flyttbare speilet er plassert slik at vi i sentrum i interferensmønsteret har konstruktiv interferens for lys med bølgelegnde λ_{1} og destruktiv for lys med λ_{2}. (Da vil interferensringene til lys med λ_{1} og lys med λ_{2} falle midt mellom hverandre.) Vi kaller ganglengdeforskjellen (dvs. forskjell i lysveg for lys reflektert fra de to speilene) for 2d_{1} og har da:

2d_{1} = nλ_{1}  (1)

og

2d_{1} = (m + 1/2)λ_{2}  (2)

der n og m er heltall.

Den ganglengdeforskjellen der vi på nytt i sentrum får konstruktiv interferens for lys med λ_{1} og destruktiv for lys med λ_{2}, kaller vi 2d_{2}. Vi antar d_{2} > d_{1}. Da må forskjellen mellom m og n ha økt med 1, og vi har:

2d_{2} = (n + r)λ_{1}  (3)

og

2d_{2} = (m + r + 1 + 1/2)λ_{2}  (4)

(1) og (3) gir:

2(d_{2} − d_{1}) = rλ_{1}  (5)

(2) og (4) gir:

2(d_{2} − d_{1}) = (r + 1)λ_{2}  (6)

Videre gir kombinasjon av (5) og (6):

λ_{1} − λ_{2} = 2(d_{2} − d_{1}) (\frac{1}{r} − \frac{1}{r + 1}) = 2\frac{d_{2} − d_{1}}{r(r + 1)}  (7)

og også:

r(r + 1) = \frac{[2(d_{2} − d_{1})]^{2}}{λ_{1}λ_{2}}  (8)

(8) i (7) gir:

λ_{1} − λ_{2} = \frac{λ_{1}λ_{2}}{2(d_{2} − d_{1})}  (9)

eller:

d_{2} − d_{1} = \frac{λ_{1}λ_{2}}{2(λ_{1} − λ_{2})} ≈ \underline{\underline{0.3 mm}}  (10)

Merk at dersom situasjonen er at λ_{1} ≈ λ_{2} er tilnærmet kjent, kan vi ved måling av d_{2} − d_{1} finne λ_{1} − λ_{2} ved hjelp av lign. (9).

Løsning oppgave 2

Δt_{jord} = \frac{4.80 · 10^{6} m}{300 m/s} = 1.60 · 10^{4} s

Δt_{fly} er egentiden mellom de to passeringene. Altså må vi ifølge lign. (5.15) i forelesningsnotatene ha:

Δt_{jord} = \frac{Δt_{fly}}{\sqrt{1 − u^{2}/c^{2}}}  (11)

der u = 300 m/s og c = lyshastigheten. Altså:

Δt_{fly} = Δt_{jord}\sqrt{1 − u^{2}/c^{2}} ≈ Δt_{jord} (1 − \frac{1}{2} \frac{u^{2}}{c^{2}} )  (12)

Dermed er relativ tidsdifferanse

\frac{Δt_{jord} − Δt_{fly}}{Δt_{jord}} = \frac{1}{2} \frac{u^{2}}{c^{2}} = \underline{5.0 · 10^{−13}}

og absolutt:

Δt_{jord} − Δt_{fly} = 5.0 · 10^{−13} · 1.60 · 10^{4} s = \underline{\underline{8.0 · 10^{−9} s}} ≈ \underline{\underline{8.0 ns}}

\underline{Merknad:} Det har vært gjort forsøk med å sende nøyaktig klokke med et Boeing 747 fly og denne effekten (dvs. lign. (5.15)) har altså blitt verifisert for hastigheter u ≪ c. (Moderne klokker kan måle tid med presisjon 10^{−11} % = \frac{1}{10^{13}} i dag.)

Løsning oppgave 3

a) Levetid ifølge observatør på jorda iflg. lign. (5.15) i forelesningsnotatene:

Δt = \frac{Δt_{0}}{\sqrt{1 − u^{2}/c^{2}}} = \frac{2.20 · 10^{−6} s}{\sqrt{1 − 0.990^{2}}} = \underline{\underline{15.6 · 10^{−6} s}}  (13)

b) Lengde Δs_{j} tilbakelagt ifølge observatør på jorda:

Δs_{j} = 0.990c · 15.6 · 10^{−6} s = \underline{\underline{4630 m}}

Lengde målt på jorda fra jorda er egenlengden. Vi har da for lengden Δs_{m} målt fra muonets hvilesystem ved hjelp av lign. (5.25) i forelesningsnotatene:

Δs_{m} = Δs_{j}\sqrt{1 − u^{2}/v^{2}} = 4630 m\sqrt{1 − 0.990^{2}} = \underline{\underline{653 m}}

c) En observatør på jorda vil si at muonet eksisterte Δt = γΔt_{0} og forflyttet seg:

Δs_{j} = u · Δt = 0.990c · 15.6 · 10^{−6} s = 4630 m

En observatør i hvilesystemet til muonet vil si at muonet eksisterte Δt_{0} og at jordas koordinatsystem bevegde seg (parallelt muonets sti (sett fra jorda), men i motsatt retning) på Δt_{0}:

Δs_{m} = uΔt_{0} = 0.990c · 2.20 · 10^{−6} s = 653 m

Verdiene for Δs_{j} og Δs_{m} er her i pkt. c) kun basert på at Δt og Δt_{0} er forskjellige på grunn av tidsdilatasjon. I pkt. b) fikk vi samme resultat for Δs_{m} (ut fra Δs_{j}) kun basert på lengdekontraksjon.

Løsning oppgave 4

Vi kaller lengden muonet tilbakelegger i jordas referansesystem S, hastigheten (i jordas referansesystem) u_{min} og tida det eksisterer målt fra jorda Δt og egentiden det eksisterer Δt_{0}. Vi har da:

S = u_{min} · Δt = u_{min} \frac{Δt_{0}}{\sqrt{1 − (u_{min}/c)^{2}}}  (14)

som gir

(1 − \frac{u_{min}^{2}}{c^{2}} ) · S^{2} = (u_{min} · Δt_{0})^{2}

og

u_{min} = ( \frac{S^{2}}{\frac{S^{2}}{c^{2}} + (Δt_{0})^{2}} )^{1/2} = c\frac{1}{(1 + (\frac{Δt_{0}c}{S})^{2})^{1/2}}

≈ c (1 − \frac{1}{2} (\frac{Δt_{0}c}{S})^{2})

= c (1 − \frac{1}{2} (\frac{2.20 · 10^{−6} · 2.997925 · 10^{8}}{1.00 · 10^{4}} )^{2})
≈ \underline{\underline{0.997825 c ≈ 2.9914 · 10^{8} m/s}}  (15)

Vi kaller nå lengden fra jordas overflate til dannelsespunktet for muonet i jordas referansesystem for L_{0}. Tilsvarende lengde i muonets referansesystem kalles L. Vi har da:

L = L_{0} (1 − (u_{min}/c)^{2})^{1/2}
= 1.00 · 10^{4} m (1 − (0.997825)^{2})^{1/2}
≈ \underline{\underline{6.59 · 10^{2} m}}  (16)

Løsning oppgave 5

Romskipet A har under hele tankeeksperimentet jevn og rettlinjet hastighet. Vi velger derfor å betrakte hele tankeeksperimentet i det inertialsystemet der A er i ro (under hele eksperimentet) og kaller i fortsettelsen dette for A’s referansesystem. I dette referansesystemet er trådens hastighet fra begynnelse til slutt endret fra null til v = 6.00 · 10^{6} m/s. Målt fra A’s referansesystem vil lengden av tråden (dersom den ikke strekkes eller går av) derfor være endret fra L_{0} ved begynnelsestilstanden til L ved slutt-tilstanden, med følgende sammenheng mellom L_{0} og L:

L = L_{0}/γ  (17)

der

γ = \frac{1}{(1 − v^{2}/c^{2})^{1/2}}  (18)

(Se lign. (65) og (67) i formelsamlingen vedlagt eksamensoppgaven). Differansen mellom opprinnelig lengde L_{0} av tråden og lengden målt i slutt-tilstanden fra A’s referansesystem (dersom tråden ikke brister eller forlenges) kaller vi ΔL. Da har vi:

ΔL = L_{0} − L =_{(17)} Lγ − L = L(γ − 1)  (19)

som gir for ΔL/L:

\frac{ΔL}{L} = (γ − 1) = \frac{1}{(1 − v^{2}/c^{2})^{1/2}} − 1 = \frac{1}{1 − \frac{1}{2} \frac{v^{2}}{c^{2}}} − 1 ≈ 1 + \frac{1}{2} \frac{v^{2}}{c^{2}} − 1

= \frac{1}{2} \frac{v^{2}}{c^{2}} = \frac{1}{2} (\frac{6.0 · 10^{6}}{3.00 · 10^{8}} )^{2} = \underline{2.0 · 10^{−4}}  (20)

Sentrene til romskipene B og C har i A’s referansesystem hele tiden hatt samme akselerasjon og dermed hastighet. Avstanden mellom dem har dermed også alltid vært den samme og er det også etter akselerasjonprogrammet er avsluttet. For at tråden ikke skal briste, må den derfor tåle forlengelsen ΔL gitt ovenfor ved ligning (19). ΔL og L er begge sett fra A’s referansesystem og tråden tåler observert fra hans (og alle andres inertiale) referansesystem kun en relativ forlengelse på 1.00· 10^{−4}. Den relative forlengelsen tråden må tåle for ikke å briste under akselerasjonprosessen er altså gitt ved ligning (20) og lik 2.0 · 10^{−4}. Det er to ganger den forlengelsen den er oppgitt å skulle tåle. Altså har tråden gått av under akselerasjonsprosessen.

\underline{Merknad:} Denne oppgaven ble gitt for å teste forståelsen av følgende fundamentale aspekt:

1) Avstanden mellom to punkt (her festepunktene til tråden) observert fra ett gitt inertialt referansesystem vil ikke endres når begge punktene hele tiden har samme hastighet observert i dette referansesystemet. Det er ingen forskjell på klassisk mekanikk og spesiell relativitetsteori når det gjeldet dette fordi posisjonen til og avstanden mellom de to punktene \underline{hele tiden} kan måles (dvs. kan merkes av på et fysisk legeme i ro) i dette referansesystemet.

2) Et \underline{fysisk legeme} (her tråden) som har en hastighet i forhold til et referansesystem vil i dette referansesystemet observeres med mindre lengde enn den lengden som observeres i det referansesystemet der legemet er i ro. Dette er et av de fundamentale aspekt der spesiell relativitetsteori (og virkeligheten) gir et annet resultat enn klassisk mekanisk teori.

Løsning oppgave 6

a) Wiens lov gir:

ν_{max} = 5.88 · 10^{10} Hz/K · 3200K = 1.88 · 10^{14} Hz

og fotonenergien er følgelig:

ν_{max} = 6.626008 · 10^{−34} Js · 1.88 · 10^{14} Hz = 1.25 · 10^{−19} J

Antall utsendte fotoner pr. sek er da: \frac{40 W}{1.25 · 10^{−19} J} = \underline{\underline{3.2 · 10^{20}s^{−1}}}

Ved avstand 2.0 m fra lyspæren fordeler fotonfluksen seg over et kuleskall med areal 4π(2.0 m)^{2} = 16π m^{2}. Antall fotoner pr. m^{2} er derfor:

\frac{3.2 · 10^{20} s^{−1}}{16π m^{2}} = \underline{\underline{6.4 · 10^{18} m^{−2} s^{−1}}}

og antallet fotoner som passerer pupillen (med åpning π(0.25 · 10^{−2} m)^{2}) er:

6.4 · 10^{19} m^{−2}s^{−1} · π(0.25 · 10^{−2} m)^{2} = \underline{\underline{1.3 · 10^{14}s^{−1}}}

b) Energien til et foton med bølgelengde 550 nm er:

hν = hc/λ = \frac{6.62608 · 10^{−34} Js · 3.00 · 10^{8} m/s}{550 · 10^{9} m}
= \underline{3.61 · 10^{−19} J}

og antallet fotoner som treffer jordoverflaten pr. m^{2} pr. sekund er:

\frac{1.0 · 10^{3} Wm^{−2}}{3.61 · 10^{−19} J} = \underline{\underline{2.8 · 10^{21} m^{−2}s^{−1}}}

Antall fotoner som treffer innenfor en sirkel med diameter 5 mm er:

2.8 · 10^{21} m^{−2}s^{−1} · π(0.25 · 10^{−2} m)^{2} = \underline{\underline{5.5 · 10^{16} s^{−1}}}

c) Energi pr. fotoen er:

hν = hc/λ = \frac{6.62608 · 10^{−34} Js · 3.00 · 10^{8} m/s}{600 · 10^{−9} m} = \underline{3.31 · 10^{−19} J}

og dersom lyset avgir effekten P = 1.7 · 10^{−18} W til netthinnen, tilsvarer dette en fotonstrøm:

\frac{1.7 · 10^{−18} W}{3.31 · 10^{−19} J} = 5.1 s^{−1} ≈ \underline{\underline{5 s^{−1}}}

\underline{Kommentar:} Resultatene i pkt b) og c) viser hvor bemerkelsesverdig stort øyets følsomhetsområde er. Med en nedre følsomhetsgrense på ca. 5 fotoner pr. sekund til en øvre grense på ca. 5 · 10^{16} fotoner pr. sekund spenner øyets dynamiske område over 16 dekader. (Det antas at det er mulig å se mot solen i ca. 1 sekund uten at øye skades.) Hvor imponerende dette er, blir klart ved å sammenligne med et fotomultiplikatorrør (PM-rør), som er en av de mest følsomme optiske detektorer mennesket har fremstilt. Under optimale forhold - som innebærer nedkjøling av fotokatoden og digitalisering av utgangssignalet - kan et slikt PM-rør telle ned mot 1 foton pr. sekund (og kanskje enda lavere). Imidlertid, PM-røret vil “gå i metning”ved 10^{7} − 10^{8} fotoner pr. sekund, altså lenge før øyet “går i metning”.