NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK

Faglig kontakt under eksamen: Jon Andreas Støvneng Telefon: 73 59 36 63 / 45 45 55 33

LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I FY1002 og TFY4160 BØLGEFYSIKK Onsdag 20. desember 2006 kl. 0900 - 1300

Eksamen bestod av 4 oppgaver. Løsningsforslaget er på 8 sider (inklusive denne).

OPPGAVE 1

a)

• Grunntonens bølgelengde: λ_{1} = 2L = 2 · 0.65 m = 1.30 m. Bølgehastigheten: v_{1} = λ_{1}ν_{1} = 1.30 · 330 m/s = 429 m/s. Vi har fra formelarket at v_{1} = \sqrt{S/μ}, der μ er strengens masse pr lengdeenhet. For denne strengen:

μ = ρ · A = ρ · πR^{2} = 1200 · π · 0.00035^{2} = 4.62 · 10^{−4} kg/m

Dermed blir strekk-krafta

S = μv_{1}^{2} = 85 N

• Alle resonansfrekvenser har samme bølgehastighet da denne er bestemt ved strekk-krafta S og massen pr lengdeenhet μ. Første overtone har bølgelengde λ_{2} = L = 0.65 m og frekvens ν_{2} = 2ν_{1} = 660 Hz.

• Gitarens grunntone brer seg i lufta omkring med hastighet 340 m/s, og dermed bølgelengde (340 m/s)/(330/s) = 1.03 m. Dine ører vil motta lydbølger med en ”tilsynelatende” bølgehastighet 340 - 34 = 306 m/s, mens bølgelengden ikke er endret. Dermed hører du en grunntone med frekvens (306 m/s)/(1.03 m) = 297 Hz.

b)

• Bølgetallsvektoren er k = k_{x} x̂ + k_{y} ŷ. Med t = 0 og y = 0 er utsvinget beskrevet ved funksjonen z_{0} sin k_{x}x. Fra figuren ser vi at k_{x} · (4d/5) = 2π, dvs k_{x} = 5π/2d. Med t = 0 og x = 0 er utsvinget beskrevet ved funksjonen z_{0} sin k_{y}y. Fra figuren ser vi at k_{y} · (2d/3) = 2π, dvs k_{y} = 3π/d. Dermed er

k = \sqrt{k_{x}^{2} + k_{y}^{2}} = \frac{π}{2d} \sqrt{5^{2} + 6^{2}} = \frac{\sqrt{61}π}{2d}

slik at bølgelengden blir

λ = \frac{2π}{k} = \frac{4d}{\sqrt{61}} ≃ 5.1 cm

• Bølgens forplantningsretning er sammenfallende med k. Dermed:

tan θ = \frac{k_{y}}{k_{x}} = \frac{6}{5} ⇒ θ ≃ 50^{∘}

• Vi har v = λν = 5.1 cm · 100 s^{−1} = 5.1 m/s. Med forplantning i retning θ = 50^{∘} i forhold til x-aksen har vi da v_{x} = v cos θ ≃ 3.3 m/s og v_{y} = v sin θ ≃ 3.9 m/s.

c)

• Fasehastighet:

v(k) = \frac{ω}{k} = ω_{0} \frac{sin(kd/2)}{k} = \frac{ω_{0}d}{2} \frac{sin(kd/2)}{kd/2}

Gruppehastighet:

v_{g}(k) = \frac{dω}{dk} = \frac{ω_{0}d}{2} cos(kd/2)

• Ser av uttrykkene over at

v(0) = v_{g}(0) = \frac{ω_{0}d}{2}

mens

v(π/d) = \frac{ω_{0}d}{2} · \frac{1}{π/2} = \frac{ω_{0}d}{2} · \frac{2}{π}

og

v_{g}(π/d) = 0

Skisse:

OPPGAVE 2

• Den primære regnbuen dannes ved at lyset fra sola brytes inn i vanndråpen, reflekteres i bakkant av dråpen og brytes ut i lufta igjen. Korte bølgelengder brytes litt mer enn lange bølgelengder. Dermed vil maksimal verdi for vinkelen α bli litt mindre for blått lys enn for rødt lys, med de andre fargene fordelt mellom disse ytterpunktene. På grunn av symmetrien i problemet vil alle dråper på en kjegleflate med en bestemt vinkel α reflektere lys på samme måte tilbake til observatørens øye, som ligger i kjeglens topp-punkt.

• For å finne α uttrykt ved θ og n, betrakter vi følgende figur:

Vi finner total retningsendring: Ved første brytning: θ − β Ved refleksjon i bakkant: π − 2β Ved andre brytning: θ − β Totalt: π + 2θ − 4β Vi ser at total retningsendring samtidig må være lik π − α. Fra Snells brytningslov har vi dessuten sin θ = n sin β, dvs β = arcsin[sin(θ)/n], så alt i alt:

α = 4β − 2θ = 4 arcsin[sin(θ)/n] − 2θ

• Figuren i oppgaven viser at lyset som reflekteres i bakkant av dråpen fortrinnsvis vil ha E normalt på innfallsplanet, ettersom Rn ≫ Rp. Riktignok vil Tp, transmisjonskoeffisienten for lys med E parallelt med innfallsplanet, være større enn Tn, transmisjonskoeffisienten for lys med E normalt på innfallsplanet, men både Tp og Tn er store (typisk større enn 0.9), slik at det i de to brytningene ikke gjøres særlig forskjell på de to polarisasjonsretningene. Vi må derfor forvente at regnbuen fortrinnsvis er polarisert normalt på innfallsplanet. Innfallsplanet vil her si det samme som papirplanet, dvs et plan som inneholder innkommende stråle, de aktuelle dråpene og observatørens øye. Følgelig vil lyset fra regnbuen fortrinnsvis ha E tangentielt til buen:

OPPGAVE 3 a)

5 Fermats prinsipp og refleksjon: Veistrekningen fra A via O til B er

s = \sqrt{x^{2} + h^{2}} + \sqrt{(L − x)^{2} + h^{2}}

Hele veien ligger i medium 1, slik at lyshastigheten ikke endrer seg. Dermed blir det ett fett om vi minimerer tidsbruken eller veilengden. Vi finner minste veistrekning ved å derivere s mhp x og sette uttrykket lik null:

\frac{ds}{dx} = \frac{2x}{\sqrt{x^{2} + h^{2}}} − \frac{2(L − x)}{\sqrt{(L − x)^{2} + h^{2}}} = 0
⇒ 2x\sqrt{(L − x)^{2} + h^{2}} = 2(L − x)\sqrt{x^{2} + h^{2}}
⇒ 4x^{2}(L^{2} − 2Lx + x^{2} + h^{2}) = (4L^{2} − 8Lx + 4x^{2})(x^{2} + h^{2})
⇒ 4L^{2}h^{2} − 8Lxh^{2} = 0
⇒ x = L/2
⇒ θ_{i} = θ_{r}

Fermats prinsipp og brytning: Hastighet i medium 1 er v_{1} og i medium 2 v_{2}. Tidsforbruk fra A via O til B blir da

t = \frac{\sqrt{x^{2} + h_{1}^{2}}}{v_{1}} + \frac{\sqrt{(L − x)^{2} + h_{2}^{2}}}{v_{2}}

Finner minimal tid ved å derivere og sette lik null:

\frac{dt}{dx} = \frac{2x}{v_{1}\sqrt{x^{2} + h_{1}^{2}}} − \frac{2(L − x)}{v_{2}\sqrt{(L − x)^{2} + h_{2}^{2}}} = 0

Vi ser fra figuren at

sin θ_{1} = \frac{x}{\sqrt{x^{2} + h_{1}^{2}}}

mens

sin θ_{2} = \frac{L − x}{\sqrt{(L − x)^{2} + h_{2}^{2}}}

Dermed har vi uten videre

n_{1} sin θ_{1} = n_{2} sin θ_{2}

siden v_{1} = c/n_{1} og v_{2} = c/n_{2}. b) Intensitetsmaksimum får vi når d sin θ = nλ. Felles intensitetsmaksimum for de to bølgelengdene λ_{1} og λ_{2} får vi dermed når

n_{1}λ_{1} = n_{2}λ_{2}

Med λ_{1} = 500 nm og λ_{2} = 700 nm blir første anledning dersom n_{1} = 7 og n_{2} = 5. Avbøyningsvinkelen er da

θ = arcsin(n_{1}λ_{1}/d) = arcsin \frac{3.5 · 10^{−6}}{3.5 · 10^{−5}} ≃ 5.7^{∘}

Dette tilsvarer posisjonen

y = L tan θ ≃ 30 cm

OPPGAVE 4

• Det er bare avstander langs relativhastigheten som blir gjenstand for lorentzkontraksjon. Det betyr at Sam måler samme avstand langs y,

L_{y} = \overline{L}_{y} = \overline{L} sin \overline{α}

men en mindre avstand langs x,

L_{x} = \frac{\overline{L}_{x}}{γ} = \frac{\overline{L} cos \overline{α}}{γ}

Her er lorentzfaktoren

γ = \frac{1}{\sqrt{1 − v^{2}/c^{2}}}

Sam måler følgelig en avstand L mellom Siv og Arne:

L = \sqrt{L_{x}^{2} + L_{y}^{2}}
= \sqrt{\frac{\overline{L}^{2} cos^{2} \overline{α}}{γ^{2}} + \overline{L}^{2} sin^{2} \overline{α}}
= \overline{L}\sqrt{(1 − v^{2}/c^{2}) cos^{2} \overline{α} + sin^{2} \overline{α}}
= \overline{L}\sqrt{1 − \frac{v^{2} cos^{2} \overline{α}}{c^{2}}}

• Vinkelen mellom x-aksen og forbindelseslinjen fra Siv til Arne bestemmes dermed ved:

tan α = \frac{L_{y}}{L_{x}} = \frac{γ\overline{L}_{y}}{\overline{L}_{x}} = γ tan \overline{α}

• Vi må bestemme lyspulsens hastighet u = u_{x}x̂ + u_{y}ŷ målt i Sams inertialsystem. Vi bruker lorentztransformasjonene og finner:

u_{x} = \frac{dx}{dt} = \frac{γ(d\overline{x} + vd\overline{t})}{γ(d\overline{t} + (v/c^{2})d\overline{x})} = \frac{\overline{u}_{x} + v}{1 + v\overline{u}_{x}/c^{2}}
u_{y} = \frac{dy}{dt} = \frac{d\overline{y}}{γ(d\overline{t} + (v/c^{2})d\overline{x})} = \frac{\overline{u}_{y}}{γ(1 + v\overline{u}_{x}/c^{2})}

Sam måler dermed at lyspulsen sendes ut i retning gitt ved

tan β = \frac{u_{y}}{u_{x}}
= \frac{\overline{u}_{y}}{γ(\overline{u}_{x} + v)}
= \frac{c sin \overline{α}}{γ(c cos \overline{α} + v)}
= \frac{sin \overline{α}}{γ(cos \overline{α} + v/c)}

• De to hendelsene er: 1) Siv sender ut lyspulsen, og 2) Arne mottar lyspulsen. La oss velge felles origo og t = \overline{t} = 0 for hendelse 1. Vi kan uten videre skrive ned koordinatene for hendelse 2 i \overline{S}:

\overline{x} = \overline{L}_{x} = \overline{L} cos \overline{α}
\overline{y} = \overline{L}_{y} = \overline{L} sin \overline{α}

\overline{t} = \frac{\overline{L}}{c}

Deretter bruker vi lorentztransformasjonene til å bestemme koordinatene for hendelse 2 i S:

x = γ(\overline{x} + v\overline{t}) = γ(\overline{L} cos \overline{α} + v\overline{L}/c)
t = γ(\overline{t} + (v/c^{2})\overline{x}) = γ(\overline{L}/c + (v/c^{2})\overline{L} cos \overline{α})

Med gitte tallverdier \overline{α} = 45^{∘}, v = 0.8c og \overline{L} = 3000 m:

γ = 5/3
x = \frac{5}{3} · (3000 · \frac{1}{\sqrt{2}} + 3000 · 0.8) = 7535.53 m
t = \frac{5}{3} · (\frac{3000}{3 · 10^{8}} + \frac{0.8}{3 · 10^{8}} · 3000 · \frac{1}{\sqrt{2}}) = 2.6 · 10^{−5} s

Det tar altså 26 μs på Sams klokke fra Siv sender ut lyspulsen til den når fram til Arne. Til sammenligning tar det

\overline{t} = \frac{\overline{L}}{c} = 10μs

på klokkene til Siv og Arne.