NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET, INSTITUTT FOR FYSIKK

Utarbeidet av: Jon Andreas Støvneng (jon.stovneng@ntnu.no)

LØSNINGSFORSLAG (8 SIDER) TIL EKSAMEN I FY1002 og TFY4160 BØLGEFYSIKK Fredag 5. desember 2008 kl. 0900 - 1300

OPPGAVE 1 [telte 20 %, dvs 10 flervalgsoppgaver som telte 2% hver]

a) Vinkelfrekvensen for en fri, dempet svingning er

ω = \sqrt{ω_{0}^{2} − δ^{2}},

der ω_{0}^{2} = k/m og δ = b/2m. Grafen i figur A passer med dette. Her er det ikke nødvendig å huske nøyaktig hvordan ω varierer med dempingskonstanten b, bare en kjenner til at økende grad av demping gir en overgang fra oscillerende oppførsel (underkritisk demping) til et rent eksponentielt avtagende utsving (overkritisk demping).

b) Halvverdibredden er Δω = b/m for svak demping. Grafen i figur C er lineær i b og passer derfor med dette. Utregning av Δω gjøres enklest ved å finne de ω som gjør at

\frac{A(ω_{0})^{2}}{A(ω)^{2}} = 2,

dvs

\frac{(ω^{2} − ω_{0}^{2})^{2}m^{2} + ω^{2}b^{2}}{ω_{0}^{2}b^{2}} = 2.

Ettersom b/m er, pr antagelse, mye mindre enn ω_{0}, kan vi sette

ω^{2}b^{2} ≃ ω_{0}^{2}b^{2}

i telleren på venstre side. Litt ordning gir da

ω^{2} − ω_{0}^{2} = ±ω_{0}b/m

dvs

ω = \sqrt{ω_{0}^{2} ± ω_{0}b/m} ≃ ω_{0} ± b/2m

Følgelig er

Δω = ω_{+} − ω_{−} = b/m

c) Fasehastigheten til transversale bølger på en streng er

v_{f} = \sqrt{S/μ},

dvs bestemt av strekk-kraften S og massen μ pr lengdeenhet, og dermed den samme for alle frekvenser. Vi har altså ikke dispersjon, og da er v_{f} og gruppehastigheten v_{g} like store. Grafen i figur D passer med dette.

d) Det er grensebetingelsene for (midlere) partikkelutsving ξ, eventuelt for avviket fra likevektstrykket på utsiden, Δp, som avgjør hvilke bølgelengder vi kan ha for stående bølger i røret. I lukket ende må vi ha ξ = 0, i åpen ende har vi Δp = 0. Det betyr maksimal Δp i lukket ende og maksimal ξ i åpen ende. Nullpunkt (node) for ξ i lukket ende og buk (antinode) for ξ i åpen ende gir L = λ/4, 3λ/4, 5λ/4, …, dvs λ_{n} = 4L/(2n − 1) som er alternativ D.

e) Grenseflatebetingelsene er gitt i formelvedlegget. ΔE_{∥} = 0 betyr her at E_{x} og E_{y} er kontinuerlige i grenseflaten. ΔB_{⊥} = 0 gir kontinuerlig B_{z}. ΔH_{∥} = 0 gir kontinuerlige H_{x} og H_{y}, men ettersom begge medier er oppgitt å være umagnetiske, blir også B_{x} = μ_{0}H_{x} og B_{y} = μ_{0}H_{y} kontinuerlige. Da gjenstår bare E_{z}, og den komponenten er ikke kontinuerlig: Vi har ΔD_{⊥} = 0, dvs D_{z} er kontinuerlig. Men da blir E_{z}^{1} = D_{z}/ε_{1} forskjellig fra E_{z}^{2} = D_{z}/ε_{2} når de to mediene har ulik permittivitet. Alternativ A er derfor riktig.

f) Bare opplysningen i alternativ A har noe med blå himmel å gjøre. De øvrige er gale og/eller har ingenting med saken å gjøre.

g) Det innkommende lyset har E langs x og induserer dermed oscillerende elektriske dipoler med p (dipolmomentet) langs x. Da får vi ikke spredt noe lys i x-retning, og mest i retninger normalt på x, dvs i yz-planet. Intensiteten øker med 4. potens av frekvensen, dvs den avtar med 4. potens av bølgelengden. Da har vi avklart at alternativene A, C og D alle er korrekte, mens B er feil.

h) For innfallsvinkel i nærheten av den såkalte Brewsters vinkel vil refleksjonskoeffisienten for lys som er polarisert parallelt med innfallsplanet være nær null, mens refleksjonskoeffisienten for lys som er polarisert normalt på innfallsplanet ikke er så liten. Dermed blir alternativ B riktig. i) Når koherent lys sendes gjennom et diffraksjonsgitter med mange svært smale spalter, får vi skarpe hovedmaksima – linjer – i retninger som oppfyller

d sin θ = nλ

Her er d spalteavstanden, θ er vinkelen for retningen, relativt rett fram, λ er lysets bølgelengde og n er et heltall, inklusive null. Her har vi

λ_{O} = 675 = 1.5 · 450 = 1.5 · λ_{B}

så retningsvinklene θ_{O} og θ_{B} for hhv orange og blått lys blir

θ_{O} = arcsin (0, ±3λ_{B}/2, ±6λ_{B}/2, ±9λ_{B}/2, …)
θ_{B} = arcsin (0, ±λ_{B}, ±2λ_{B}, ±3λ_{B}, …)

Dermed ser vi at hver tredje linje for blått lys vil falle sammen med hver andre linje for orange lys. Alternativ C er da korrekt.

j) Den enkleste måten å overbevise seg om at alternativ B må være riktig er som følger: Første nullpunkt for faktoren som skyldes endelig spaltebredde a,

sin^{2} (\frac{πa}{λ} sin θ) ; (\frac{πa}{λ} sin θ)^{2},

har vi når argumentet β = πa sin(θ)/λ = π, dvs sin θ = λ/a. Hovedmaksima har vi når nevneren i faktoren

sin^{2} (\frac{Nπd}{λ} sin θ) ; sin^{2} (\frac{πd}{λ} sin θ)

er lik null, dvs sin θ = nλ/d. Vi ser fra figuren at vi har ca 10 hovedmaksima mellom ”rett fram” (y = 0) og første nullpunkt til sin(β)/β. Det betyr at 10λ/d må være omtrent like stor som λ/a, med andre ord d ≃ 10a. Bare alternativ B passer med dette. Innsetting av tallverdier vil deretter vise at første nullpunkt da vil komme omtrent ved y = 3 cm, som i figuren.

OPPGAVE 2 [telte 30 %, dvs a, b, c og d telte 7.5 % hver]

a) Funksjonen som beskriver bølgepulsen er på formen y(x − (b/a)t), med positive konstanter a og b. Bølgen propagerer dermed i positiv x-retning. Kombinasjonene ax og bt må begge være dimensjonsløse. Enhetene er derfor [a] = m^{−1} og [b] = s^{−1}. Bølgens hastighet er v = b/a. For transversale bølger på streng er v = \sqrt{S/μ}, så vi må ha S = v^{2}μ = b^{2}μ/a^{2}.

b) Vi har ikke dispersjon, så pulsen endrer ikke form ettersom tida går. Halvverdibredden Δx er derfor uavhengig av tida, og vi kan f.eks betrakte y(x, 0). Det kan vi gjøre i store deler av denne oppgaven, så la oss forenkle notasjonen litt ved å droppe argumentet t, dvs vi setter y(x, 0) = y(x) = y_{0} exp(−a^{2}x^{2}). Vi ser at y_{max} = y(0) = y_{0}. Vi finner de to verdiene av x som gir y(x)^{2}/y_{0}^{2} = 1/2:

exp(−2a^{2}x^{2}) = 1/2 ⇒ 2a^{2}x^{2} = ln 2 ⇒ x = ±\frac{1}{a}\sqrt{\frac{ln 2}{2}}
⇒ Δx = \frac{2}{a}\sqrt{\frac{ln 2}{2}} = \frac{1}{a}\sqrt{ln 4}

c) På et lite intervall mellom x og x + dx har vi, ved t = 0, energien ε(x) dx (der vi igjen dropper tidsargumentet og mener med det t = 0). Total energi blir da

E = ∫_{−∞}^{∞} ε(x) dx = μv^{2} ∫_{−∞}^{∞} (\frac{∂y}{∂x})^{2} dx

Her er ∂y/∂x = −2a^{2}xy_{0} exp(−a^{2}x^{2}) slik at (med v^{2} = b^{2}/a^{2})

E = 4a^{2}b^{2}μy_{0}^{2} ∫_{−∞}^{∞} x^{2} exp(−2a^{2}x^{2}) dx

For å få integralet på formen som er oppgitt i oppgaveteksten, substituerer vi β = \sqrt{2}ax. Da er x^{2} dx = β^{2} dβ/2\sqrt{2}a^{3}, så vi får

E = \frac{4a^{2}b^{2}μy_{0}^{2}}{2\sqrt{2}a^{3}} ∫_{−∞}^{∞} β^{2}e^{−β^{2}} dβ = \frac{\sqrt{π/2} b^{2}μy_{0}^{2}}{a}

Enheten til dette uttrykket er s^{−2} · (kg/m) · m^{2} · m = J, som det bør være.

d) Total impuls i bølgen bestemmes ved å regne ut

p = ∫_{−∞}^{∞} π(x) dx

der impuls π pr lengdeenhet er oppgitt å være

π(x, t) = μ (1 − \frac{∂y}{∂x}) \frac{∂y}{∂t}

Her er det to ledd, og det første (dvs 1-eren inne i parentesen) vil gi null bidrag siden vi ved å derivere y(x, t) en gang mhp t, ender opp med en integrand som er på samme form som det oppgitte integralet som er lik null. Det andre leddet vil gi samme type integral som vi hadde i uttrykket for energien E. Forskjellen består i at en derivasjon mhp x er byttet ut med en derivasjon mhp t, samt et fortegn og en faktor v^{−2}. Alt i alt resulterer dette i at p = E/v, så vi kan skrive ned direkte

p = E/v = Ea/b = \sqrt{π/2} bμy_{0}^{2}

OPPGAVE 3 [telte 15%]

Her er det greit å starte med figuren i oppgaveteksten, der vi har innført vinkelen θ_{t} mellom innfallslodd og transmittert (refraktert) stråle i den øvre grenseflaten, vinkelen θ_{r} mellom innfallslodd og innkommende (og reflektert) stråle i den venstre grenseflaten, samt vinkelen θ_{2} for en eventuelt transmittert stråle i venstre grenseflate:

Fra figuren ser vi at θ_{t} = π/2 − θ_{r}. Snells lov anvendt på øvre grenseflate gir

sin θ = n sin θ_{t}

Snells lov anvendt på venstre grenseflate gir

sin θ_{2} = n sin θ_{r}

Dersom θ_{r} har en verdi som gir θ_{2} > π/2, er transmisjon ut gjennom venstre grenseflate ikke mulig, så da har vi total refleksjon. Vi ser derfor på grensetilfellet θ_{2} = π/2. Da er

sin θ_{r} = 1/n

som gir

sin θ = n sin θ_{t} = n sin(π/2 − θ_{r}) = n cos θ_{r} = n\sqrt{1 − sin^{2} θ_{r}} = n\sqrt{1 − n^{−2}} = \sqrt{n^{2} − 1}

Med n = 1.25 finner vi θ ≃ 49 grader. Det er klart at dette er den største verdien for innfallsvinkelen θ som gir total refleksjon i venstre grenseflate. Dersom θ er større enn dette, vil strålen komme inn mot V med for liten vinkel θ_{r} slik at θ_{2} blir mindre enn 90 grader, og lys slipper ut. En liten kommentar til slutt: Vi ser at dersom \sqrt{n^{2} − 1} > 1, har vi alltid total refleksjon i V, uansett hvor ”flatt” den innkommende strålen treffer øvre grenseflate. Grensetilfellet for alltid å ha total refleksjon i V inntreffer når n = \sqrt{2}. Da er maksimal verdi for θ (dvs: som gir total refleksjon i V) lik 90 grader, altså total refleksjon i V uansett verdi for θ.

OPPGAVE 4 [telte 15%]

Basert på de gitte opplysningene kan vi skrive ned

E(t) = A cos Ωt + α cos(Ω + ω)t + α cos(Ω − ω)t

i antennens posisjon x = 0. (Da blir jo E(0) = A + 2α, som er maksimal verdi for E, dvs maksimal konstruktiv interferens, som opplyst i oppgaven.) Vi bruker at

cos(Ω + ω)t + cos(Ω − ω)t = 2 cos Ωt · cos ωt

og finner

E(t) = A cos Ωt [1 + \frac{2α}{A} cos ωt]

Med andre ord er modulasjonsbølgen

M(t) = \frac{2α}{A} cos ωt

Med α/A = 0.2 og ω/Ω = 0.1 har vi

E(t)/A = cos 10ωt [1 + 0.4 cos ωt]

På intervallet fra ωt = 0 til ωt = 2π gjennomgår den ”raske” funksjonen cos 10ωt ti hele perioder, mens den ”langsomme” modulasjonsbølgen 0.4 cos ωt bare gjennomgår en periode. Vi får derfor følgende skisse:

Kommentar: Denne oppgaven illustrerer prinsippet for amplitudemodulasjon, f.eks AM radio.

OPPGAVE 5 [telte 20 %, dvs a og b telte 10% hver]

a) Fra formelvedlegget har vi

f = f_{0}\sqrt{\frac{c − v}{c + v}} = f_{0}\sqrt{\frac{1 − β}{1 + β}}

Dette er frekvensen f som måles av en observatør som beveger seg med hastighet v bort fra en kilde som ”kringkaster” elektromagnetiske bølger med frekvensen f_{0}. Her er β = v/c. I denne oppgaven skal vi bestemme frekvensene som måles på satellitt C når signalet blir sendt ut fra henholdsvis satellitt A og B. Det betyr at vi kan bruke uttrykket ovenfor direkte, under forutsetning av at vi har funnet hastigheten til satellitt C relativt A og B. Hastigheten til C relativt B er gitt i oppgaven: v_{CB} = v. Dermed har vi direkte

f_{CB} = f_{0}\sqrt{\frac{1 − β}{1 + β}}

Hastigheten til C relativt A finner vi ved å bruke addisjonsformelen fra vedlegget:

v_{CA} = \frac{v_{CB} + v_{BA}}{1 + v_{CB}v_{BA}/c^{2}} = \frac{v + v}{1 + v^{2}/c^{2}} = \frac{2v}{1 + β^{2}}

Dermed er

f_{CA} = f_{0}\sqrt{\frac{1 − v_{CA}/c}{1 + v_{CA}/c}}

= f_{0}\sqrt{\frac{1 − 2β/(1 + β^{2})}{1 + 2β/(1 + β^{2})}} = f_{0}\sqrt{\frac{1 + β^{2} − 2β}{1 + β^{2} + 2β}}
= f_{0} · \frac{1 − β}{1 + β}

Dersom satellittenes relative hastigheter er små i forhold til c, altså v ≪ c og β ≪ 1, får vi til ledende orden i β:

f_{CB} ≃ f_{0}(1 − β)
f_{CA} ≃ f_{0}(1 − 2β)

som gir differansen

f_{CB} − f_{CA} ≃ βf_{0} = \frac{v}{c} f_{0}

b) Her må vi bruke prinsippene om bevaring av impuls og energi. I utgangspunktet har systemet ingen impuls, og total energi er rakettens hvileenergi

E = M_{0}c^{2}

I det massen har blitt redusert til M_{1}, har det blitt sendt ut fotoner med en total impuls som vi kan kalle −p. Pga kravet om impulsbevaring, er rakettens impuls nå p, slik at total impuls fortsatt er lik null. Fotonene har ingen masse, så deres energi er i alt

E_{f} = pc

Rakettens energi er nå

E_{r} = \sqrt{(pc)^{2} + (M_{1}c^{2})^{2}}

Energibevarelse gir da ligningen

M_{0}c^{2} = E_{f} + E_{r} = pc + \sqrt{(pc)^{2} + (M_{1}c^{2})^{2}}

Her er det kun en ukjent, nemlig impulsen p, så vi løser ligningen med hensyn på p, eventuelt med hensyn på pc. Det resulterer i

pc = \frac{(M_{0}c^{2})^{2} − (M_{1}c^{2})^{2}}{2M_{0}c^{2}}

Vi skal finne rakettens hastighet. Da kan vi ta utgangspunkt i uttrykket for relativistisk impuls:

p = γM_{1}v

som gir

v^{2} = \frac{p^{2}}{M_{1}^{2}γ^{2}} = \frac{p^{2}}{M_{1}^{2}} (1 − \frac{v^{2}}{c^{2}} )

Denne løser vi med hensyn på v^{2}, eller kanskje like gjerne v^{2}/c^{2}, og får

\frac{v^{2}}{c^{2}} = (1 + \frac{(M_{1}c^{2})^{2}}{(pc)^{2}} )^{−1}

Her setter vi inn uttrykket vi fant for pc, og finner etter litt algebra at

\frac{v^{2}}{c^{2}} = (\frac{1 − (M_{1}/M_{0})^{2}}{1 + (M_{1}/M_{0})^{2}} )^{2}

Med andre ord:

v = c · \frac{1 − (M_{1}/M_{0})^{2}}{1 + (M_{1}/M_{0})^{2}}

Dersom massen er blitt redusert til halvparten av det den opprinnelig var, dvs M_{1} = M_{0}/2, får vi

\frac{v}{c} = \frac{1 − 1/4}{1 + 1/4} = \frac{3}{5}

I grensen M_{1} → 0 ser vi at v → c, som er rimelig: Masseløse objekter beveger seg med hastighet c.