TFY4160 Bølgefysikk/FY1002 Generell Fysikk II 1

Løsning Øving 7

Løsning oppgave 1

Fra lign. (2.42) i forelesningene har vi for målt frekvens f_{m} når v_{m}/c ≪ 1

f_{m} ≈ f_{s}(1 − v_{m}/c)

som gir:

\frac{v_{m}}{c} ≈ \frac{f_{s} − f_{m}}{f_{s}} = \frac{c/λ_{s} − c/λ_{m}}{c/λ_{s}}

= \frac{λ_{m} − λ_{s}}{λ_{m}} = \frac{663 − 656}{663} ≈ 1.06 · 10^{−2} ≈ 0.011

som med c = 3.0 · 10^{8} m/s gir

v_{m} ≈ 0.011 · 3.0 · 10^{8} m/s ≈ \underline{\underline{3.2 · 10^{6} m/s}}

(Det viser seg altså at v_{m}/c ≪ 1 slik at forutsetningen for å nytte lign. (2.42) er svært godt oppfylt)

Løsning oppgave 2

Vi betrakter bare det elektriske feltet (det magnetiske står normalt på) og har da fra de to antennene i pkt. P (E_{0} er amplituden i pkt. P, men ikke uavhengig av avstanden til pkt. P):

E⃗_{1} = e⃗_{x}E_{0} cos(kz − ωt + φ_{1})  (1)
E⃗_{2} = e⃗_{y}E_{0} cos(k[z + L] − ωt + φ_{2})  (2)

der

φ_{2} − φ_{2} = ωτ  (3)

Vi får lineærpolarisert lys dersom E⃗_{1} og E⃗_{2} har faseforskjeller på n · π der n = 0, ±1, ±2, … fordi E⃗_{1} + E⃗_{2} da blir rettlinjet som funksjon av t. Polariasjonen skifter 90^{∘} for Δn = 1. I følge en slik generalisering av det vi lærte i Oppgave 2 i Øving 3, får vi sirkulær polarisering dersom faseforskjellen er (2n + 1) · \frac{π}{2} med n = 0, ±1, ±2, . . ..

TFY4160 Bølgefysikk/FY1002 Generell Fysikk II 2

Dermed:

a) Lineærpolariserng for:

(k(z + L) − ωt + φ_{2}) − (kz − ωt + φ_{1})

= φ_{2} − φ_{1} + kL = ωτ + kL = 2πfτ + 2πf \frac{L}{c}

= nπ n = 0, ±1, ±2, …

som gir:

\underline{\underline{fτ + \frac{fL}{c} = \frac{n}{2}}}  (4)

(der f = 10 MHz)

b) Sirkulær polarisering for (k(z + L) − ωt + φ_{2}) − (kz − ωt + φ_{1})

= 2πfτ + 2πf \frac{L}{c}

= (2n + 1)π/2 n = 0, ±1, ±2, …

som gir:

\underline{\underline{fτ + \frac{fL}{c} = \frac{n}{2} + \frac{1}{4}}}  (5)

c) For å få skiftet polarisering 90^{∘} må vi Δn = 1. Skal det oppnås bare ved å variere L, får vi fra (4):

\frac{f · ΔL}{c} = \frac{1}{2}

eller:

ΔL = \frac{c}{2f} = \frac{λ}{2}

og med λ = \frac{c}{f} = \frac{3.00·10^{8}}{10·10^{6}} m = 30 m:

ΔL = \frac{λ}{2} = \underline{\underline{15 m}}

Løsning oppgave 3

For denne oppgaven viser vi til muntlig kommentar på forelesning.

\underline{Løsning oppgave 4} (Eksamensoppgave 2/12 1998)

a) Fasehastigheten:

\underline{\underline{v_{f}}} = \frac{ω}{k} = \frac{2πν}{2π/λ} = νλ = 9.0 s^{−1} · 1.0 m = \underline{\underline{9.0 m/s}}

Det at en harmonisk vandrebølge D(x, t) med vilkårlig frekvens ν (eller vinkelfrekvens ω = 2πν) oppfyller bølgeligningen (1) i øvingsoppgaven betyr at ligningens venstre og høyre side blir like ved innsetting av D(x, t), slik denne er gitt i likning (2) i oppgaveteksten. Ved innsetting:

V S :
\frac{∂}{∂x} (\frac{∂}{∂x}D_{0} cos(kx − ωt + φ))

= \frac{∂}{∂x} (−kD_{0} sin(kx − ωt + φ)) = −kD_{0} (k cos(kx − ωt + φ))

= −k^{2}D_{0} cos(kx − ωt + φ) = −k^{2}D(x, t)

HS :

K \frac{∂}{∂t} (\frac{∂}{∂t}D_{0} cos(kx − ωt + φ))

= K \frac{∂}{∂t} (ωD_{0} sin(kx − ωt + φ)) = ωD_{0}K(−ω) (cos(kx − ωt + φ))

= −ω^{2}KD_{0} cos(kx − ωt + φ) = −ω^{2}KD(x, t)

For at V S = HS, må vi ha at −k^{2} = −ω^{2}K eller:

ω = \frac{1}{\sqrt{K}} · k = konstant · k Q.E.D.

hvor konstanten \frac{1}{\sqrt{K}} = _{\frac{1}{\sqrt{μ/F_{T}}}}

b) Bølgepulsen vil ikke endre form da vi for bølger på streng ikke har dispersjon (som vist i pkt. a), dvs:

v_{f} = \frac{ω}{k} = konstant (= \sqrt{F_{T} /μ})

uavhengig frekvensen. Alle frekvenskomponentene har derfor samme fasehastighet, hvilket betyr at det innbyrdes faseforholdet mellom de forskjellige komponentene (som bestemmer pulsens form) ikke endres.

Når vi ikke har dispersjon, vil vi ha for gruppehastigheten:

v_{g} ≡ \frac{dω}{dk} = v_{f} = konstant = \sqrt{F_{T} /μ}

Gruppehastigheten er i dette tilfellet lik fasehastigheten og entydig gitt av strengens egenskaper (μ og F_{T}). Gruppehastigheten for pulsen må derfor ha samme tallverdi som fasehastigheten beregnet i punkt a).

\underline{\underline{v_{g} = v_{f} = 9.0 m/s}}

c) Fra likn. (4) i oppgaveteksten finner vi:

v_{f} = \frac{ω}{k} = \frac{1}{A + Bk^{2}}
v_{g} = \frac{dω}{dk} = \frac{d}{dk} (\frac{k}{A + Bk^{2}} )

= \frac{1}{A + Bk^{2}} + k · \frac{(−1) · 2Bk}{(A + Bk^{2})^{2}} = \frac{A − Bk^{2}}{(A + Bk^{2})^{2}}

Vi har vha. lign. (3) i oppgaven:

k = \frac{2π}{λ} = \frac{2π}{λ_{0}/n} = \frac{2π}{λ_{0}} · (1.509 + \frac{4.68 · 10^{−15} m^{2}}{λ_{0}^{2}} )

For grønt lys:

k^{g} = \frac{2π}{500 · 10^{−9} m} (1.509 + \frac{4.68 · 10^{−15} m^{2}}{(500 · 10^{−9} m)^{2}} ) = \underline{1.92 · 10^{7} m^{−1}}

Denne verdien innsatt i overstående uttrykk for v_{f} og v_{g} gir:

\underline{\underline{v_{f}^{g}}} = \frac{1}{5.032 · 10^{−9} m^{−1}s + 1.65 · 10^{−25} ms · (1.92 · 10^{7} m^{−1})^{2}} = \underline{\underline{1.964 · 10^{8} m/s}}

\underline{\underline{v_{g}^{g}}} = \frac{5.032 · 10^{−9} m^{−1}s − 1.65 · 10^{−25} ms · (1.92 · 10^{7} m^{−1})^{2}}{[5.032 · 10^{−9} m^{−1}s + 1.65 · 10^{−25} ms · (1.92 · 10^{7} m^{−1})^{2}]^{2}} = \underline{\underline{1.917 · 10^{8} m/s}}

d) På samme måte som bølgetallet k og gruppehastigheten v_{g} for grønt lys ble beregnet i pkt. c), finner vi for fiolett og rødt lys:

k^{f} = 2.42 · 10^{7} m^{−1} og k^{r} = 1.36 · 10^{7} m^{−1}
v_{g}^{f} = 1.876 · 10^{8}m/s og v_{g}^{r} = 1.952 · 10^{8}m/s

Forskjell i ankomsttid for rødt og fiolett lys blir:

\underline{\underline{Δt}} = \frac{100 m}{1.876 · 10^{8} m/s} − \frac{100 m}{1.951 · 10^{8} m/s}
= 533 ns − 513 ns = \underline{\underline{20 ns}}