NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET, INSTITUTT FOR FYSIKK

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

LØSNINGSFORSLAG (7 SIDER) TIL EKSAMEN I FY1002 og TFY4160 BØLGEFYSIKK Torsdag 3. desember 2009 kl. 0900 - 1300

OPPGAVE 1 [telte 25 %]

a) Strengens masse:

M = ρV = ρπR^{2}L = 21.1 · 10^{3} · π · (21.5 · 10^{−9})^{2} · 1.30 · 10^{−6} = 3.98 · 10^{−17} kg

Strengens masse pr lengdeenhet:

μ = M/L = 3.98 · 10^{−17}/1.30 · 10^{−6} = 3.06 · 10^{−11} kg/m

Bølgehastigheten for transversale bølger på strengen:

v = \sqrt{S/μ} = \sqrt{2.28 · 10^{−6}/3.06 · 10^{−11}} = 273 m/s

b) Totalt utsving:

y(x, t) = y_{1}(x, t) + y_{2}(x, t)
= y_{0}[sin(kx − ωt) + sin(kx + ωt)]
= y_{0}[sin kx cos ωt − cos kx sin ωt + sin kx cos ωt + cos kx sin ωt]
= 2y_{0} sin kx cos ωt

Den posisjonsavhengige amplitudefunksjonen er dermed

A(x) = 2y_{0} sin kx

Grensebetingelsen y(L, t) = 0 betyr at sin kL = 0, dvs kL = nπ (n = 1, 2, 3 …). Stående bølger på strengen har derfor henholdsvis bølgetall, bølgelengder og resonansfrekvenser

k_{n} = nπ/L = n · 2.42 · 10^{6} m^{−1}
λ_{n} = 2π/k_{n} = 2L/n = (2.60 · 10^{−6}/n) m
f_{n} = v/λ_{n} = nv/2L = n · \sqrt{S/μ}/2L = n · 105 MHz

c) Strengens utsving ved tidspunktene 0, T_{1}/4 og T_{1}/2:

Ved t = T_{1}/4 er ω_{1}t = π/2, utsvinget er y = 0 på hele strengen, potensiell energi er E_{p} = 0, og total energi er

E = E_{k}^{max}.

Hastigheten til et masseelement dm i posisjon x er

dy/dt = −A(x)ω sin ωt

som ved t = T_{1}/4 blir

−2y_{0}ω sin kx.

Den kinetiske energien til dette masseelementet er derfor

dE_{k}^{max} = \frac{1}{2}dm (\frac{dy}{dt} )^{2} = \frac{1}{2}μdx · 4y_{0}^{2}ω^{2} sin^{2} kx.

Total maksimal kinetisk energi, og derved total mekanisk energi E, må være integralet av dette uttrykket, fra x = 0 til x = L. Vi betrakter her ”grunntonen”, med frekvens f_{1} = \sqrt{S/μ}/2L, slik at ω^{2} = 4π^{2}f_{1}^{2} = π^{2}S/ML. Dermed:

E = ∫ dE_{k}^{max} = 2μy_{0}^{2}π^{2}(S/ML) ∫_{0}^{L} sin^{2}(k_{1}x)dx.

Integralet her er en ”gammel traver”. Siden

∫_{0}^{L}(sin^{2}(k_{1}x) + cos^{2}(k_{1}x))dx = ∫_{0}^{L} dx = L,

må vi ha

∫_{0}^{L} sin^{2}(k_{1}x)dx = L/2,

ettersom vi integrerer over en hel periode av sin^{2}(k_{1}x) = sin^{2}(πx/L). Alt i alt:

E = 2(M/L)y_{0}^{2}π^{2}(S/ML)(L/2) = y_{0}^{2}π^{2}S/L = 4.33 · 10^{−18} J.

Alternative uttrykk for E:

E = μLy_{0}^{2}ω_{1}^{2} = My_{0}^{2}ω_{1}^{2}.

Kommentar 1: Til tross for at oppgaveteksten uttrykkelig bad om SI–enheter, er det her meget fristende, siden 1 eV = 1.6 · 10^{−19} J, å regne om sluttsvaret til elektronvolt:

E = 27 eV.

En kvantekjemiker ville nå ikke nøle med å ta skrittet fullt ut og konkludere med at

E ≃ 1 hartree,

siden 1 hartree (eventuelt 1 a u, dvs 1 ”atomic unit”) er energienheten som tilsvarer det dobbelte av bindingsenergien til det ene elektronet i hydrogenatomet, nærmere bestemt 2 · 13.6 eV = 27.2 eV. Det var dagens lille leksjon om kjente og kjære enheter for energi.

Kommentar 2: Som nevnt i oppgaveteksten er beskrivelsen av vibrasjoner på slike ”bjelker” egentlig litt mer komplisert enn som så, og den som sjekker referansen gitt i oppgaveteksten, vil finne et uttrykk for ”grunntonefrekvensen” som inneholder Youngs modul (elastisitetsmodulen) snarere enn strekk-kraften. Men det vil da også framgå at ”standardteorien” for transversale svingninger på makroskopiske bjelker ikke ser ut til å fungere helt godt for slike ”nanobjelker”. Derfor slår vi oss til ro med den forenklede beskrivelsen der nanobjelken betraktes som en nano-streng.

OPPGAVE 2 [telte 15 %]

a) Intensitetsfordelingen for N spalter med endelig bredde a og spalteavstand d er

I ∼ (\frac{sin β}{β} )^{2} (\frac{sin Nϕ}{sin ϕ})^{2} ,

med

β = πa sin(θ)/λ , ϕ = πd sin(θ)/λ.

Det er telleren sin Nϕ som fastlegger nullpunktene mellom to hovedmaksima, mens nullpunkter i nevneren, sin ϕ, gir fordelingens hovedmaksima. Første ordens hovedmaksimum tilsvarer ϕ = π. Med start i ϕ = 0, dvs θ = 0, ser vi at telleren sin Nϕ har 5 nullpunkter før 1. ordens hovedmaksimum: Nϕ = π, 2π, 3π, 4π, 5π. Deretter følger altså 1. ordens hovedmaksimum, som da må tilsvare Nϕ = 6π, dvs N = 6. En alternativ og mye enklere måte er å huske at antall bimaksima er N − 2 = 4, dvs N = 6 spalter. Som nevnt over har vi 1. ordens hovedmaksimum når ϕ = 0, og fra figuren ser vi at dette tilsvarer θ = 0.006. Dermed:

π = ϕ = πd sin 0.006/(600 · 10^{−9}) ≃ πd · 0.006/(600 · 10^{−9}),

dvs

d = 0.0001 m,

eventuelt 100 μm. Spaltebredden a kan vi bestemme med utgangspunkt i ”omhylningskurven”, som passerer gjennom topp–punktene til de ulike hovedmaksimaene, der ”interferensfaktoren” sin^{2} Nϕ/ sin^{2} ϕ = 1, slik at ”diffraksjonsfaktoren” sin^{2} β/β^{2} blir lik verdien i hovedmaksimaene. For meg ser det da mest naturlig ut å velge 2. ordens hovedmaksimum, der intensiteten er 0.9. Dermed er, med en β som tilsvarer θ = 0.012

sin β = \sqrt{0.9}β.

Siden \sqrt{0.9} = \sqrt{1 − 0.1} ≃ 1 − 0.1/2 = 0.95, er det klart at β ≪ 1, siden sin β ≃ β for små verdier av β. Her holder det åpenbart ikke å erstatte sin β med β (da det gir β = 0.9β). Vi benytter derfor den oppgitte tilnærmelsen sin β ≃ β − β^{3}/6 og finner

β − β^{3}/6 ≃ 0.95β,

dvs

β^{2} = (1 − 0.95) · 6 = 0.3,

og

β = \sqrt{0.3} ≃ 0.55.

Spaltebredden er derfor

a = \frac{βλ}{πθ} = \frac{0.55 · 600 · 10^{−9}}{π · 0.012} ≃ 9 μm.

Her kan man selvsagt lure på om den utregnede verdien β ≃ 0.55 er liten nok til å rettferdiggjøre tilnærmelsen sin β ≃ β −β^{3}/6. Det er den: Neste ledd i rekkeutviklingen er β^{5}/5! = β^{5}/120 ≃ 0.0004 hvis β = 0.55. Til slutt kan det jo bemerkes at avlesing av intensitetsverdien i 1. ordens hovedmaksimum, i overkant av 0.97, selvsagt også er helt i orden.

b) Første nullpunkt på hver side av θ = 0:

Nϕ_{±} = ±π ⇒ ϕ_{±} = ±π/N,

som gir

θ_{±} = ± arcsin(λ/Nd) ≃ ±\frac{λ}{Nd}.

Halvverdibredden er da

Δθ = (θ_{+} − θ_{−})/2 ≃ λ/Nd,

dvs

α = λ/d.

Tallverdier:

Δθ = \frac{600 · 10^{−9}}{6 · 0.0001} = 0.001.

Dette stemmer med figuren, der vi ser at 1. nullpunkt nettopp ligger ved ±0.001 radianer. Og halvverdibredden er jo (ca) halvparten av det dobbelte av dette!

OPPGAVE 3 [telte 15%]

Med et stort antall meget smale spalter får vi, med koherent lys med en gitt bølgelengde λ, skarpe ”linjer” i retninger bestemt av at

d sin θ_{n} = nλ (n = 0, ±1, ±2 …).

a) Spalteavstand:

d = \frac{1 cm}{2000} = 5 μm.

b) Alle bølgelengder har sitt 0. ordens maksimum ved θ = 0. Der ser vi følgelig en skarp linje av hvitt lys.

c) Minste synlige bølgelengde er 0.4 μm, den lengste er 0.7 μm. Dermed:

θ_{1}^{min} = arcsin(0.4/5) = 4.6^{∘}
θ_{1}^{max} = arcsin(0.7/5) = 8.0^{∘}

Siden ulike bølgelengder for synlig lys vil spres i ulike retninger mellom disse to verdiene, ser vi ”alle regnbuens farger”, fra blått (fiolett) ved 4.6^{∘} til rødt ved 8.0^{∘}.

d) Her er det bare å regne ut hvilke retninger θ som 2. ordens maksimum spenner over, og deretter sjekke hvorvidt høyere ordens maksimum spenner over retninger som overlapper med dette:

θ_{2}^{min} = arcsin(0.8/5) = 9.2^{∘}
θ_{2}^{max} = arcsin(1.4/5) = 16.3^{∘}
θ_{3}^{min} = arcsin(1.2/5) = 13.9^{∘} < θ_{2}^{max}
θ_{3}^{max} = arcsin(2.1/5) = 24.8^{∘}
θ_{4}^{min} = arcsin(1.6/5) = 18.7^{∘} > θ_{2}^{max}

Konklusjon: 2. orden overlapper med 3. orden for retninger θ i området (13.9^{∘}, 16.3^{∘}) (men ikke med høyere ordner enn dette).

OPPGAVE 4 [telte 15%]

a) Fasehastigheten er

v = ω/k = \sqrt{(g/k) tanh kd}.

Det bes om at v skisseres som funksjon av den dimensjonløse størrelsen x = kd. Med gitt dybde d blir x å betrakte som bølgetallet k skalert med en konstant d, slik at

v(x) = \sqrt{gd}\sqrt{\frac{tanh x}{x}}.

Vi ser av de gitte opplysningene at tanh x ≃ 1 for store verdier av x og at tanh x ≃ x, evt tanh x ≃ x− x^{3}/3, for små verdier av x. Da ser vi at v(x = 0) = \sqrt{gd}, som blir maksimal verdi for fasehastigheten, i og med at funksjonen (tanh x)/x ≃ 1 − x^{2}/3, og dermed funksjonen \sqrt{(tanh x)/x} ≃ 1 − x^{2}/6, er monotont avtagende. Liten x betyr liten k for gitt dybde d, dvs stor bølgelengde. Altså beveger langbølgede bølger seg raskest. Skisse av v(x), med gitt dybde d:

Her har vi brukt det vi vet fra diskusjonen ovenfor: v(0) = \sqrt{gd}, v(x) ∼ 1/x for store x, samt dv/dx ∼ −x/3 → 0 når x → 0 (slik at kurven for v(x) starter ut flatt i x = 0).

Alternativt, med gitt bølgetall k blir x å betrakte som dybden d skalert med en konstant k, slik at

v(x) = \sqrt{g/k}\sqrt{tanh x}.

Dette er en monotont voksende funksjon som starter i v(0) = 0, har derivert lik uendelig i x = 0, og går asymptotisk mot verdien \sqrt{g/k} når x blir stor. Skisse av v(x), med gitt bølgetall k:

Konklusjonen ovenfor, at bølgehastigheten øker med økende bølgelengde, endrer seg selvsagt ikke.

b) Kvadrering av uttrykket for v(x), for gitt verdi av k, gir

v^{2} = \frac{g}{k} tanh x = \frac{g}{k} · \frac{1 − e^{−2x}}{1 + e^{−2x}} .

Løsning mhp x gir

x = \frac{1}{2} ln \frac{1 + kv^{2}/g}{1 − kv^{2}/g} .

[For å komme fram til dette: Multipliser ligningen for v^{2} på begge sider med faktoren 1 + exp(−2x), samle ledd som inneholder exp(−2x) på den ene siden av likhetstegnet, løs for exp(−2x), ta ln på begge sider og divider med faktoren −2.] Vi innfører x = kd = 2πd/λ og k = 2π/λ og får til slutt

d = \frac{λ}{4π} ln \frac{1 + 2πv^{2}/gλ}{1 − 2πv^{2}/gλ}.

Med λ = 2 m, v = 1.7 m/s og g = 9.8 m/s^{2} gir det en dybde d ≃ 52 cm. Alternativt uttrykk for d:

d = \frac{λ}{2π} tanh^{−1} (\frac{2πv^{2}}{gλ} ) .

OPPGAVE 5 [telte 10 %]

Her bruker vi pV = Nk_{B}T (ideell gasslov), pV^{γ} = konstant under adiabatiske forhold, og γ = 7/5 for toatomige gasser:

p_{1}V_{1}^{γ} = p_{2}V_{2}^{γ}
⇒ V_{2} = V_{1} · (\frac{p_{1}}{p_{2}} )^{1/γ} = V_{1} · (\frac{1}{2})^{5/7}
⇒ T_{2} = \frac{p_{2}V_{2}}{Nk_{B}} = \frac{2p_{1}V_{1} · (1/2)^{5/7}}{Nk_{B}} = T_{1} · 2^{2/7}
⇒ v_{2} = \sqrt{γk_{B}T_{2}/m} = \sqrt{γk_{B}T_{1}/m} · \sqrt{2^{2/7}} = v_{1} · 2^{1/7} ≃ 1.1 v_{1}

Dvs, lydhastigheten øker med en faktor ca 1.1.

OPPGAVE 6 [telte 20 %]

a) Energibevarelse i kollisjonen gir

E_{0} + γ_{0}mc^{2} = E_{0} + γ_{1}mc^{2},

dvs

γ_{0} = γ_{1} ⇒ v_{1} = ±v_{0}.

Impulsbevarelse i kollisjonen gir

E_{0}/c − γ_{0}mv_{0} = γ_{1}mv_{1} − E_{0}/c
⇒ 2E_{0}/c = γ_{0}m(v_{0} + v_{1})
⇒ v_{1} = v_{0} (ellers blir E_{0} = 0)
⇒ E_{0}/mc = γ_{0}v_{0} = v_{0}/\sqrt{1 − v_{0}^{2}/c^{2}}
⇒ (E_{0}/mc)^{2}(1 − v_{0}^{2}/c^{2}) = v_{0}^{2}
⇒ (E_{0}/mc)^{2} = v_{0}^{2}(1 + (E_{0}/mc^{2})^{2})
⇒ v_{0}^{2} = (E_{0}/mc)^{2}/(1 + (E_{0}/mc^{2})^{2}) = c^{2}/(1 + (mc^{2}/E_{0})^{2})
⇒ v_{0} = v_{1} = \frac{c}{\sqrt{1 + (mc^{2}/E_{0})^{2}}}

b) Dette har vi allerede funnet ovenfor: v_{1} = v_{0}, dvs partikkelen ”rekylerer” med samme fart i motsatt retning.

c) Systemets totale impuls: p = 0. Dette ser vi fra første ligning i forbindelse med impulsbevarelse ovenfor. Her er venstre side lik minus høyre side, følgelig er begge sider lik null. Systemets totale energi:

E = E_{0} + γ_{0}mc^{2}
= E_{0} + \frac{mc^{2}}{\sqrt{1 − \frac{1}{1+(mc^{2}/E_{0})^{2}}}}
= . . . . . .
= E_{0} + \sqrt{E_{0}^{2} + (mc^{2})^{2}}

d) Fotonets hastighet er c, uansett hvilket inertialsystem den måles i.