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 TFY4160 BØLGEFYSIKK Mandag 3. desember 2007 kl. 0900 - 1300

Eksamen bestod av 7 oppgaver. Løsningsforslaget er på 6 sider (inklusive denne).

OPPGAVE 1

• Newtons andre lov, F = mẍ, gir, med F = −kx − bẋ + F_{0} sin ωt:

ẍ + \frac{b}{m}ẋ + \frac{k}{m}x = \frac{F_{0}}{m} sin ωt

Dvs, δ = b/2m, ω_{0} = \sqrt{k/m} og A_{0} = F_{0}/m.

• Maksimal amplitude for ω = ω_{0}:

x_{0}^{max} = \frac{A_{0}}{2ω_{0}δ}

Dermed:

x_{0}^{±} = x_{0}(ω_{±}) = \frac{A_{0}}{2\sqrt{2}ω_{0}δ}

Svak demping gir smal resonanstopp. Da kan vi skrive

ω_{0}^{2} − ω_{±}^{2} = ω_{0}^{2} − (ω_{0} ± Δω/2)^{2} ≃ ∓ω_{0}Δω
2ω_{±}δ = 2ω_{0}δ ± Δωδ ≃ 2ω_{0}δ

Kvadrering av x_{0}^{±} og innsetting av disse tilnærmelsene gir

ω_{0}^{2}(Δω)^{2} + 4ω_{0}^{2}δ^{2} = 8ω_{0}^{2}δ^{2}
⇒ Δω = 2δ

• Bruker også her Newtons andre lov:

F = −kx ∓ μmg
mẍ + kx ± μmg = 0
ẍ + \frac{k}{m} (x ± μmg/k) = 0
ξ̈+ ω^{2}ξ = 0

med ξ = x ± μmg/k og ω = \sqrt{k/m}.

• 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} = −3.5kx_{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 3.5x_{μ}, dvs den snur i −2.5x_{μ}. Nå er fjærkraften 2.5kx_{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 −2.5x_{μ}, så amplituden for 2. 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:

• Periode T hvis λ = 2.0 m:

T = 2π/ω ≃ 2π/\sqrt{2π · 9.8/2.0} ≃ 1.13 s

(Leddet γk^{3}/ρ kan neglisjeres for så stor bølgelengde.)

• Fasehastigheten er:

v_{f} = ω/k = \sqrt{\frac{gλ}{2π} + \frac{2πγ}{λρ}}

Kvadrering gir en 2.gradsligning for λ som kan løses direkte. Alternativt kan en mistenke at leddene gλ/2π og 2πγ/λρ dominerer for hver sin mulige løsning for λ, hvilket stemmer: Hvis 1. ledd dominerer: λ = 2πv_{f}^{2}/g ≃ 0.64 m. Hvis 2. ledd dominerer: λ = 2πγ/ρv_{f}^{2} ≃ 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 = 2π/ω, og vi vil telle at N = τ/T bølgetopper passerer ved x_{0}. Med λ = 2.0 m er ω(k) ≃ \sqrt{gk} slik at gruppehastigheten blir v_{g} ≃ \sqrt{gλ/8π} ≃ 0.88 m/s. Pakken bruker dermed tiden \underline{τ ≃ 17.0/0.88 ≃ 19.3 s} på å passere ved x_{0}. Perioden har vi fra før: T ≃ 1.13 s. Antall bølgetopper som vi ser passere blir derfor \underline{N = 19.3/1.13 = 17.1 ≃ 17}.

OPPGAVE 3

• Fra formelsamlingen, nederst side 13:

I(θ) = I_{0} sin^{2} (\frac{πa}{λ} sin θ) ; (\frac{πa}{λ} sin θ)^{2} sin^{2} (\frac{Nπd}{λ} sin θ) ; sin^{2} (\frac{πd}{λ} sin θ)

Her er sin θ ≃ tan θ = y/L. Videre: πa/λL ≃ 66.19 m^{−1}, πd/λL ≃ 206.9 m^{−1} og 4πd/λL ≃ 827.4 m^{−1}. Dermed, med y i m:

I(y) = I_{0} (\frac{sin 66.19y}{66.19y} )^{2} (\frac{sin 827.4y}{sin 206.9y} )^{2}

• ”Diffraksjonsfaktoren” (sin(66.19y)/(66.19y))^{2} har 1. nullpunkt for y = ±y_{0} = ±π/66.19 = ±0.04746 m. ”Interferensfaktoren” (sin(827.4y)/ sin(206.9y))^{2} resulterer i hovedmaksima for y_{n} = ±nπ/206.9 = ±0.01519n, som betyr at 1., 2. og 3. ordens hovedmaksima ligger innenfor ±y_{0}. Et diffraksjonsgitter med N spalter gir N − 1 nullpunkter mellom to hovedmaksima. Følgelig er det i alt \underline{18 nullpunkter} mellom −y_{0} og y_{0}. (1. nullpunkt utenfor 3. hovedmaksimum tilsvarer y = 13π/827.4 = 0.04936 > y_{0} og telles dermed ikke med.) Intensitetsfordelingen:

Nullpunktene utenfor 2. hovedmaksimum er knapt synlige fordi faktoren (sin(66.19y)/(66.19y))^{2} her begynner å bli meget liten.

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^{2} 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/2, 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_{2}v_{2} = n_{2}/n_{1} og sin θ_{2} = n_{1} sin θ_{B}/n_{2} = sin θ_{B}/β. Fullstendig transmisjon betyr E_{rp0} = 0, dvs α = β og dermed:

\frac{cos θ_{2}}{cos θ_{B}} = \frac{v_{1}}{v_{2}} = \frac{n_{2}}{n_{1}} = β
\frac{1 − sin^{2} θ_{2}}{1 − sin^{2} θ_{B}} = β^{2}
1 − \frac{1}{β^{2}} sin^{2} θ_{B} = β^{2} − β^{2} sin^{2} θ_{B}
sin^{2} θ_{B} = \frac{β^{2} − 1}{β^{2} − 1/β^{2}} = β^{2} \frac{β^{2} − 1}{β^{4} − 1} = \frac{β^{2}}{β^{2} + 1}
cos^{2} θ_{B} = 1 − sin^{2} θ_{B} = 1 − \frac{β^{2}}{β^{2} + 1} = \frac{1}{β^{2} + 1}
tan^{2} θ_{B} = \frac{sin^{2} θ_{B}}{cos^{2} θ_{B}} = β^{2}

som vi skulle vise.

(Alternativt: Brewster fant eksperimentelt i 1812 at θ_{B} + θ_{2} = π/2. Dermed er sin θ_{2} = cos θ_{B}, som kombinert med Snells lov, sin θ_{2} = (n_{1}/n_{2}) sin θ_{B}, umiddelbart gir tan θ_{B} = n_{2}/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_{3} vil massene bli ovale, dvs sammentrykt langs den aksen som de beveger seg, pga lengdekontraksjon. (L = L′/γ_{13} = L′/γ_{23} < L′)

• Har åpenbart v_{31} = −v_{13} = −c/2 og v_{32} = −v_{23} = c/2. Videre:

v_{12} = \frac{v_{13} + v_{32}}{1 + v_{13}v_{32}/c^{2}} = \frac{c/2 + c/2}{1 + 1/4} = \frac{4c}{5}

og endelig v_{21} = −v_{12} = −4c/5.

• De to massene har impulser som er like store i absoluttverdi, men med motsatt retning. Total impuls i S_{3} er dermed p_{3} = 0. Hver masse har i S_{3} en energi γmc^{2}, med γ = 1/\sqrt{1 − 1/4} = 2/\sqrt{3}. Total energi i S_{3} er dermed

E_{3} = 2γmc^{2} = \frac{4}{\sqrt{3}}mc^{2}

I S_{1} har masse 1 null impuls, så total impuls p_{1} blir lik impulsen til masse 2, dvs:

p_{1} = γ_{21}mv_{21} = \frac{1}{\sqrt{1 − (4/5)^{2}}} · m · (−4c/5) = −\frac{4}{3}mc

I S_{1} har masse 1 bare hvileenergi mc^{2}, mens masse 2 har energi γ_{21}mc^{2}. Total energi blir

E_{1} = mc^{2} + γ_{21}mc^{2} = (1 + 5/3) mc^{2} = \frac{8}{3}mc^{2}

• Pga impulsbevarelse er M i ro i S_{3} etter kollisjonen. Energien er dermed hvileenergien Mc^{2}. Energibevarelse gir da

E_{3} = Mc^{2} = \frac{4}{\sqrt{3}}mc^{2}

dvs

M = \frac{4}{\sqrt{3}}m

Ettersom legemet er i ro i S_{3} etter kollisjonen, og S_{3} beveger seg med hastighet v_{31} = −c/2 relativt S_{1}, kan vi uten videre konkludere med at

v_{1} = v_{31} = −c/2

En mer omstendelig metode er å bruke impulsbevarelse i S_{1}. Det gir

p_{1} = −\frac{4}{3}mc = γ_{1}Mv_{1} = \frac{Mv_{1}}{\sqrt{1 − v_{1}^{2}/c^{2}}}

dvs

\frac{16}{9}m^{2}c^{2} = \frac{(4m/\sqrt{3})^{2}v_{1}^{2}}{1 − v_{1}^{2}/c^{2}}

og dermed, etter litt regning,

4v_{1}^{2} = c^{2}

Da p_{1} < 0, vet vi at vi her må velge den negative løsningen v_{1} = −c/2.