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 Tirsdag 20. mai 2008 kl. 0900 - 1300

OPPGAVE 1

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

• 1. overtones bølgelengde: λ = L = 0.70 m. Bølgehastigheten: v = λf = 0.70 · 392 m/s = 274.4 m/s. Vi har fra formelarket at v = \sqrt{S/μ}, der μ er strengens masse pr lengdeenhet. For denne strengen:

μ = ρ · A = ρ · πR^{2} = 7800 · π · 0.00025^{2} = 1.53 · 10^{−3} kg/m

Dermed blir strekk-krafta

S = μv^{2} = 115 N

•

f_{O} = \frac{1 − v_{O}/v}{1 − v_{S}/v} ν_{S} = \frac{1 − 10/340}{1 − (−25)/340} · 196 = 177 Hz

b)

• Bølgetallsvektoren er k = k_{x} x̂ + k_{y} ŷ. Med t = 0 og y = 0 er utsvinget beskrevet ved funksjonen z_{0} cos k_{x}x. Fra figuren ser vi at k_{x} · (2d/5) = 2π, dvs k_{x} = 5π/d. Med t = 0 og x = 0 er utsvinget beskrevet ved funksjonen z_{0} cos 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}{d} \sqrt{5^{2} + 3^{2}} = \frac{\sqrt{34}π}{d}

slik at bølgelengden blir

λ = \frac{2π}{k} = \frac{2d}{\sqrt{34}} ≃ 13.7 cm

• Bølgens forplantningsretning er sammenfallende med k. Dermed:

tan θ = \frac{k_{y}}{k_{x}} = \frac{3}{5} ⇒ θ ≃ 31^{∘}

• Vi har v = λν = 13.7 cm · 108 s^{−1} = 14.8 m/s. Med forplantning i retning θ = 31^{∘} i forhold til x-aksen har vi da v_{x} = v cos θ ≃ 12.7 m/s og v_{y} = v sin θ ≃ 7.6 m/s.

OPPGAVE 2

La oss anta at molekylet ligger langs x-aksen, med massen m til høyre for massen M, slik at x > X. Fjærkraften er k((x − X) − (x_{0} − X_{0})), der uttrykket i parentes er strekket i eller sammenpressingen av fjæra. Hvis fjæra er strukket, dvs x − X > x_{0} − X_{0}, virker det en positiv kraft på M og en negativ kraft på m. Hvis fjæra er sammenpresset, blir det omvendt. Newtons 2. lov gir dermed:

MẌ = k (x − X − x_{0} + X_{0})
mẍ = −k (x − X − x_{0} + X_{0})

Vi følger tipset i oppgaveteksten og innfører Ξ = X − X_{0} og ξ = x − x_{0}. Dermed:

MΞ̈ = kξ − kΞ
mξ̈ = −kξ + kΞ

Innsetting av Ξ = A cos ωt og ξ = B cos ωt gir

−Mω^{2}A = kB − kA
−mω^{2}B = −kB + kA

Addisjon av disse to ligningene gir

−ω^{2}(MA + mB) = 0

dvs

A/B = −m/M

som besvarer siste del av oppgaven. Innsetting av B = −AM/m i (f.eks.) den siste av de to ligningene ovenfor gir

Mω^{2}A = kAM/m + kA

dvs

ω^{2} = k \frac{M/m + 1}{M} = k \frac{M + m}{mM} = k/μ

som besvarer første del av oppgaven.

OPPGAVE 3 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}.

OPPGAVE 4

• Vi velger oss to punkter r_{1} og r_{2} som ligger i samme bølgefront. Det elektriske feltet må være det samme i disse punktene. Da følger det at

k · (r_{2} − r_{1}) = 0

dvs

k ⊥ (r_{2} − r_{1})

Bølgens forplantningsretning er normalt til bølgefronten, og vektoren r_{2} − r_{1} er parallell med bølgefronten. Da følger det at bølgen forplanter seg i retningen gitt ved k. (Vi kunne selvsagt ha benyttet presis samme argumentasjon med utgangspunkt i magnetfeltvektoren B.)

• Differensialformen av Gauss’ lover i vakuum, ∇ · E = 0 og ∇ · B = 0, gir, for den oppgitte elektromagnetiske bølgen k · E = 0 og k · B = 0. Dermed har vi k ⊥ E og k ⊥ B, så bølgen er transversal.

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

k × E = ωB

Fra forrige punkt vet vi at elektromagnetiske bølger er transversale. Dermed må de tre vektorene k, E og B alle stå normalt på hverandre.

• Disse bølgene forplanter seg i positiv z-retning.

• Her er det bare å legge sammen E_{+} og E_{−} og se hva en får:

E_{+} + E_{−} = E_{0}x̂ sin(kz − ωt) + E_{0}ŷcos(kz − ωt)
+ E_{0}x̂ sin(kz − ωt) − E_{0}ŷcos(kz − ωt)
= 2E_{0}x̂ sin(kz − ωt)

som jo nettopp er en lineærpolarisert bølge polarisert i x-retning.

• Gjennom et medium med brytningsindeks n forplanter en elektromagnetisk bølge seg med hastighet v = c/n. Dermed:

Δt = t_{+} − t_{−} = L/v_{+} − L/v_{−} = \frac{L}{c} (n_{+} − n_{−}) = \frac{LΔn}{c}

• Tidsforskjellen Δt tilsvarer en opparbeidet faseforskjell Δθ mellom de to sirkulærpolariserte delbølgene, gitt ved

Δθ = ωΔt = ckΔt = c\frac{2π}{λ} Δt = \frac{2πLΔn}{λ}

Den transmitterte bølgen er følgelig fremdeles en lineærpolarisert bølge, der polarisasjonsretningen ikke lenger er langs x, men rotert en vinkel Δθ/2 i forhold til x-aksen (som vi skal se nedenfor).

Vi skal nå se at dersom E_{+} og E_{−} har opparbeidet en innbyrdes faseforskjell Δθ ved transmisjon gjennom mediet, så har polarisasjonsplanet til E = E_{+} + E_{−} rotert en vinkel Δθ/2. Vi bruker trigonometriske relasjoner for summer av sinuser og cosinuser:

sin(a − b) + sin(a + b) = sin a cos b − cos a sin b + sin a cos b + cos a sin b
= 2 sin a cos b
cos(a − b) − cos(a + b) = cos a cos b + sin a sin b − cos a cos b + sin a sin b
= 2 sin a sin b

Her har vi, for den transmitterte bølgen E_{t}, med β ≡ kz − ωt − Δθ/2:

E_{t} = E_{0}x̂ sin(kz − ωt − Δθ) + E_{0}ŷcos(kz − ωt − Δθ)
+ E_{0}x̂ sin(kz − ωt) − E_{0}ŷcos(kz − ωt)
= E_{0}x̂ sin(β − Δθ/2) + E_{0}ŷcos(β − Δθ/2)
+ E_{0}x̂ sin(β + Δθ/2) − E_{0}ŷcos(β + Δθ/2)
= 2E_{0}x̂ sin β cos(Δθ/2) + 2E_{0}ŷsin β sin(Δθ/2)
= 2E_{0} sin(kz − ωt − Δθ/2) (x̂ cos(Δθ/2) + ŷsin(Δθ/2))

Dette er en lineærpolarisert bølge der polarisasjonsretningen danner en vinkel

Δα = Δθ/2 = \frac{πLΔn}{λ}

med x-aksen. Tallverdi:

Δα = \frac{π · 0.50 · 4.0 · 10^{−9}}{628 · 10^{−9}} = 0.01

dvs radianer.

• Her kjenner vi altså v_{AB} = u og v_{BC} = v, og vi søker et uttrykk for v_{AC} = w. Vi lar system C tilsvare system S, dvs umerkede symboler for tid og posisjon, mens vi lar system B tilsvare system S’, dvs merkede symboler for tid og posisjon. Da har vi w = dx/dt og u = dx′/dt′, mens lorentztransformasjonene for rom og tid knytter disse sammen:

u = \frac{dx′}{dt′}
= \frac{γ(dx − vdt)}{γ(dt − vdx/c^{2})}
= \frac{dx/dt − v}{1 − v(dx/dt)/c^{2}}
= \frac{u − v}{1 − vw/c^{2}}

(1)

Denne kan vi løse med hensyn på w:

w = v_{AC} = \frac{u + v}{1 + uv/c^{2}} = \frac{v_{AB} + v_{BC}}{1 + v_{AB}v_{BC}/c^{2}}

• Med Einstein:

v_{AC} = \frac{c/2 + c/3}{1 + 1/6} = 5c/7

Med Galileo:

v_{AC} = c/2 + c/3 = 5c/6

som representerer en feil på

\frac{5c/6 − 5c/7}{5c/7} = 7/6 − 1 = 1/6 ≃ 17%