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 BØLGEFYSIKK Mandag 10. desember 2007 kl. 0900 - 1300

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

OPPGAVE 1

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

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

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

• Innsetting av oppgitt løsning gir

[−ω^{2} sin(ωt + ϕ) + 2ωδ cos(ωt + ϕ) + ω_{0}^{2} sin(ωt + ϕ)] x_{0} = A_{0} cos ωt

Bruker oppgitte uttrykk for sinus og cosinus til sum av to vinkler og får dermed to ligninger som må være oppfylt hver for seg, den ene proporsjonal med sin ωt og den andre med cos ωt. Den som er proporsjonal med sin ωt inneholder kun fasekonstanten ϕ (dvs ikke A_{0}) og gir oss det vi trenger her:

(−ω^{2} cos ϕ − 2ωδ sin ϕ + ω_{0}^{2} cos ϕ) x_{0} sin ωt = 0
−ω^{2} cos ϕ − 2ωδ sin ϕ + ω_{0}^{2} cos ϕ = 0
tan ϕ = \frac{ω_{0}^{2} − ω^{2}}{2ωδ}
ϕ = arctan \frac{ω_{0}^{2} − ω^{2}}{2ωδ}

Vi ser at ϕ = 0 når ω = ω_{0}. Dersom δ ≪ ω_{0}, vil argumentet til arctan-funksjonen raskt bli stort og negativt hvis ω > ω_{0}, og raskt bli stort og positivt hvis ω < ω_{0}. Med andre ord, ϕ er ca π/2 når ω < ω_{0} og ca −π/2 når ω > ω_{0}.

• 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) = 2.5x_{μ}, der vi har innført x_{μ} ≡ μmg/k. Da er fjærkraften −2.5kx_{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 −2.5kx_{μ} + kx_{μ} = −1.5kx_{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 2.5x_{μ}, dvs amplituden for første halve periode er 1.5x_{μ}, dvs den snur i −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. Tapt energi i løpet av 1. halve periode kan beregnes på to måter:

W = F_{μ} · Δx = μmg · 3μmg/k = 3kx_{μ}^{2}
W = ΔE_{pot} = \frac{1}{2}k(5μmg/2k)^{2} − \frac{1}{2}k(−μmg/2k)^{2} = 3kx_{μ}^{2}

Ingen energi går tapt i 2. halve periode da massen nå ligger i ro.

OPPGAVE 2

• Periode T hvis λ = 0.5 m:

T = 2π/ω = 2π/\sqrt{9.8 · 2π · 2 · tanh π} ≃ 0.57 s

• Fasehastigheten er:

v_{f} = ω/k = \sqrt{\frac{g}{k} tanh kd} = \sqrt{\frac{gλ}{2π} tanh \frac{2πd}{λ}}

Ettersom tallverdien av \sqrt{g/2π} er 1.25 (i SI-enheter), må v_{f} = 0.5 m/s tilsvare en så liten λ at vi kan sette tanh(2πd/λ) ≃ 1. Dermed:

λ ≃ \frac{2πv_{f}^{2}}{g} ≃ 0.16 m

(Svaret viser at antagelsen om argumentet i tanh-funksjonen var fornuftig!)

• 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}. Gruppehastigheten er:

v_{g} = \frac{dω}{dk}
= \sqrt{g} \frac{d}{dk} (\sqrt{k} · \sqrt{tanh kd})
= \sqrt{\frac{g}{4k}} (\sqrt{tanh kd} + \frac{kd}{cosh^{2} kd\sqrt{tanh kd}})

Med λ = 1.0 m har vi kd = 1.5708, tanh kd = 0.9172 og cosh kd = 2.5092, og dermed v_{g} = 0.76 m/s. Pakken bruker dermed tiden \underline{τ = 8.5/0.76 ≃ 11.2 s} på å passere ved x_{0}. Perioden blir T = 2π/\sqrt{9.8 · 2π · 0.9172} ≃ 0.84 s. Antall bølgetopper som vi ser passere blir \underline{N = 11.2/0.84 = 13.3 ≃ 13}.

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)

Innsetting av θ = 0 gir I(0) = I_{0} · 1 · N^{2} = N^{2}I_{0}, så I_{0} omtalt i oppgaven og I_{0} i uttrykket fra formelsamlingen er den samme. Med ϕ = πd sin θ/λ og a = d/8 kan intensiteten uttrykkes slik:

I(ϕ) = I_{0} (\frac{sin ϕ/8}{ϕ/8})^{2} (\frac{sin 100ϕ}{sin ϕ})^{2}

• 1. nullpunkt for 100ϕ = π, dvs ϕ = π/100. 1. sekundære maksimum for 100ϕ = 3π/2, dvs ϕ = 3π/200 ≪ 1 og ϕ/8 = 3π/1600 ≪ 1. Intensitet i 1. sekundære maksimum: I ≃ I_{0} · 1 · (−1/ sin 3π/200)^{2} ≃ N^{2}I_{0}/(3π/2)^{2} = I(0)/(9π^{2}/4) ≃ I(0)/22, som oppgitt i oppgaven. Posisjonen til 4. sekundære maksimum er 100ϕ = 9π/2, dvs \underline{ϕ = 9π/200} ≪ 1 og ϕ/8 = 9π/1600 ≪ 1. Intensitet i 4. sekundære maksimum: I ≃ I_{0} · 1 · (1/9π/200)^{2} ≃ N^{2}I_{0}/(9π/2)^{2} = I(0)/(81π^{2}/4) ≃ \underline{I(0)/200}.

• 1. ordens hovedmaksimum for ϕ = π, ϕ/8 = π/8, med intensitet I = I_{0} · (sin(π/8)/(π/8))^{2} · N^{2} ≃ I(0) · 0.95, som gitt i oppgaven. 4. ordens hovedmaksimum for ϕ = 4π, ϕ/8 = π/2, med intensitet I = I_{0} · (sin(π/2)/(π/2))^{2} · N^{2} = I(0) · 4/π^{2} ≃ 0.41I(0).

OPPGAVE 4

• Fullstendig transmisjon betyr E_{rn0} = 0, dvs (med θ_{1} → θ_{B}):

α cos θ_{B} = cos θ_{2}
α^{2}(1 − sin^{2} θ_{B}) = 1 − sin^{2} θ_{2} = 1 − \frac{sin^{2} θ_{B}}{n^{2}}
(1/n^{2} − α^{2}) sin^{2} θ_{B} = 1 − α^{2}
sin^{2} θ_{B} = \frac{1 − α^{2}}{1/n^{2} − α^{2}} = \frac{n^{2}(α^{2} − 1)}{n^{2}α^{2} − 1}

som vi skulle vise.

• I uttrykket for sin^{2} θ_{B} er telleren alltid mindre enn nevneren dersom n > 1. Hvis α < 1, er telleren negativ. Da må i tilfelle også nevneren være negativ for at sin^{2} θ_{B} skal bli positiv. Men ettersom telleren er mindre enn nevneren, vil vi da få at sin^{2} θ_{B} > 1, som ikke er mulig. Konklusjonen blir at vi må ha α > 1, og dermed \underline{μ_{r} > ε_{r} = 1.8}. Kommentar: ”Normale” dielektriske medier som glass og vann har μ_{r} ≃ 1.0 < ε_{r}. Da blir total transmisjon ikke mulig for lys polarisert normalt på innfallsplanet.

• Snells lov: n_{i} sin θ_{i} = n_{t} sin θ_{t}, med n_{i} og n_{t} lik brytningsindeksen i mediet der hhv innkommende og transmittert bølge befinner seg. Dermed:

sin θ_{t} = \frac{n_{i}}{n_{t}} sin θ_{i}

Skal noe av bølgen transmitteres, må vi ha sin θ_{t} < 1. Hele bølgen vil derfor reflekteres dersom

\frac{n_{i}}{n_{t}} sin θ_{i} > 1

dvs

θ_{i} > arcsin (\frac{n_{t}}{n_{i}} )

Dette er bare mulig dersom n_{i} > n_{t}, så i vårt tilfelle, med luft på den ene siden, blir kriteriet

θ_{i} > arcsin (\frac{1}{n})

og slik at innkommende bølge befinner seg i mediet med brytningsindeks n > 1. Med n = 1.8 blir kriteriet for total refleksjon θ_{i} > 33.75^{∘}. Innfallsvinkel lik 35 grader gir dermed total refleksjon, men bare med innkommende bølge i mediet med n = 1.8.

OPPGAVE 5

• Differensialformen av Faraday–Henrys lov, ∇ × E = −∂B/∂t gir, for den oppgitte elektromagnetiske bølgen

k × E_{0} = ωB_{0}

Elektromagnetiske bølger er transversale, så E ⊥ k. Dermed har vi at kE_{0} = ωB_{0}, dvs B_{0} = kE_{0}/ω = E_{0}/c, som skulle vises.

OPPGAVE 6

• Vi har E = γmc^{2} og E^{2} = (pc)^{2} + (mc^{2})^{2}. Hvis m = 0:

E = pc = γmc^{2}

Hvis p ≠ 0 og samtidig m = 0, er eneste mulighet at γ = ∞, dvs v = c.

• E_{f} = p_{f}c, E_{m} = M_{0}c^{2}, E_{0} = E_{f} + E_{m} = p_{f}c + M_{0}c^{2}, p_{0} = p_{f}.

• Energi- og impulsbevarelse gir ligningene

γ_{1}M_{1}c^{2} = E_{0} = p_{f}c + M_{0}c^{2}
γ_{1}M_{1}v_{1} = p_{f}
der γ_{1} = \frac{1}{\sqrt{1 − v_{1}^{2}/c^{2}}}

Dividerer disse to med hverandre og finner

v_{1}/c^{2} = \frac{p_{f}}{p_{f}c + M_{0}c^{2}} ⇒ v_{1} = \frac{p_{f}}{p_{f}/c + M_{0}}

Fra ligningen for impulsbevarelse har vi dermed

M_{1} = \frac{p_{f}}{γ_{1}v_{1}} = \frac{p_{f} \sqrt{1 − v_{1}^{2}/c^{2}}}{v_{1}}

Innsetting av resultatet for v_{1} og litt algebra gir

M_{1} = M_{0}\sqrt{1 + \frac{2p_{f}}{M_{0}c}}

Er fotonets energi E_{f} = p_{f}c liten i forhold til E_{m} = M_{0}c^{2}, får vi tilnærmet

v_{1} ≃ \frac{p_{f}}{M_{0}}
M_{1} ≃ M_{0}

Dette er som forventet, dvs det samme som vi ville finne hvis vi regnet ”klassisk”, eller ikkerelativistisk: p_{f} = M_{0}v_{1} (impulsbevarelse) og M_{0} = M_{1} (massebevarelse).

• I S vil massen bli oval, dvs sammentrykt langs den aksen som den beveger seg, pga lengdekontraksjon. (L = L′/γ_{1} < L′)