NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET, INSTITUTT FOR FYSIKK

Utarbeidet av: Jon Andreas Støvneng

LØSNINGSFORSLAG (8 SIDER) TIL EKSAMEN I FY1002 og TFY4160 BØLGEFYSIKK Fredag 3. desember 2010 kl. 0900 - 1300

OPPGAVE 1 [telte 16 %]

(\underline{a}) / •

mẍ = −bẋ − kx ⇒ mẍ + bẋ + kx = 0

• Innsetting av den oppgitte formen på x(t) i bevegelsesligningen gir to ligninger (en proporsjonal med sin ωt og en proporsjonal med cos ωt) som grunnlag for å bestemme τ og ω. Vi gjør ikke det her, men setter alternativt en ”prøveløsning” exp(−zt) inn i bevegelsesligningen. Det gir ”karakteristisk” ligning

mz^{2} − bz + k = 0,

med løsninger

z = \frac{b}{2m} ± i\sqrt{\frac{k}{m} − (\frac{b}{2m})^{2}},

siden dempingen er oppgitt å være svak. En løsning for x(t) som er konsistent med disse verdiene av z er

x(t) = x_{0}e^{−t/τ} cos ωt,

med \underline{τ = 2m/b}.

• ... og \underline{ω = \sqrt{k/m − (b/2m)^{2}}}. Siden oppgaven spesifiserer svak dempning, er det også helt greit å

slå fast at ω ≃ \sqrt{k/m}.

\underline{b}

• Total energi E(t) kan f.eks settes lik potensiell energi E_{p}(nT) der T er perioden og n = 0, 1, 2 …, dvs ved tidspunkter nT som tilsvarer at massen har maksimalt positivt utsving. Der snur massen, slik at kinetisk energi er null, og E = E_{p}. Ved disse tidspunktene er cos ωt = cos nωT = 1. Videre er

E_{p}(nT) = \frac{1}{2}kx_{0}^{2}e^{−2nT/τ}.

Dermed har vi

\frac{ΔE}{E} = \frac{E_{p}(nT) − E_{p}((n + 1)T)}{E_{p}(nT)}
= 1 − e^{−2T/τ}

≃ 1 − (1 − (−2T/τ))
= 2T/τ
= 2πb/ωm

Systemets Q-verdi blir altså

Q = 2πE/ΔE = \underline{ωm/b ≃ ω_{0}m/b = \sqrt{km}/b},

der vi helt til slutt brukte opplysningen om meget svak demping.

OPPGAVE 2 [telte 8 %]

• Lydhastigheten i en gitt gass avhenger kun av temperaturen. Hvis temperaturen i utgangspunktet er T_{0}, har vi (fra formelarket)

v_{0} = \sqrt{γk_{B}T_{0}/m},

der γ er adiabatkonstanten, her lik 5/3 (enatomige molekyler), k_{B} er Boltzmanns konstant, og m er massen til atomene. For å finne lydhastigheten v_{1} etter at gassen har ekspandert adiabatisk slik at trykket er halvert, benytter vi oss av at pV^{γ} er konstant under adiabatiske prosesser, samt at gassen er ideell, slik at pV = Nk_{B}T. Her er N antall atomer i et volum V av gassen. Ideell gass innebærer at

p_{0}V_{0} = Nk_{B}T_{0} , p_{1}V_{1} = Nk_{B}T_{1},

dvs

T_{1}/T_{0} = p_{1}V_{1}/p_{0}V_{0} = V_{1}/2V_{0},

der vi brukte at p_{1} = p_{0}/2. Adiabatisk utvidelse betyr at

p_{0}V_{0}^{γ} = p_{1}V_{1}^{γ},

dvs

V_{1}/V_{0} = (p_{0}/p_{1})^{1/γ} = 2^{1/γ}.

Vi setter dette inn i uttrykket for temperaturforholdet og får

T_{1}/T_{0} = 2^{1/γ}/2 = 2^{−2/5}.

Dermed:

v_{1} = \sqrt{γk_{B}T_{1}/m} = \sqrt{(γk_{B}T_{0}/m) · 2^{−2/5}} = \underline{v_{0} · 2^{−1/5} ≃ 0.87 v_{0}}.

OPPGAVE 3 [telte 8 %]

• Diffraksjon og interferens med N meget smale spalter gir opphav til hovedmaksima med N − 2 bimaksima mellom to påfølgende hovedmaksima. Her har vi 6 slike bimaksima, så \underline{N = 8}. Ved 1. ordens hovedmaksimum har vi

\frac{πd}{λ} sin θ = π,

slik at

d = \frac{λ}{sin θ} ≃ \frac{λ}{θ} = \frac{500 · 10^{−9}}{0.005} m = \underline{10^{5} nm = 0.1 mm = 10^{−4} m}.

• Spaltebredde a = d/5 = 0.02 mm gir n-te nullpunkt i diffraksjonsfaktoren sin^{2} β/β^{2} ved

β = πa(sin θ)/λ = ±nπ,

dvs

θ ≃ ±nλ/a = ±5nλ/d = ±0.025n,

der n = 1, 2 . . .. Diffraksjonsfaktoren vil framstå som en omhylningskurve for interferensmønsteret i oppgaveteksten:

OPPGAVE 4 [telte 16%]

\underline{a}

• Tyngdeleddet gk og overflatespenningsleddet γk^{3}/ρ er like store når k = k_{0} = \sqrt{gρ/γ}, dvs

λ_{0} = 2π/k_{0} = 2π\sqrt{γ/gρ} ≃ \underline{0.017 m = 1.7 cm}.

Vi kan benytte dette resultatet i resten av oppgaven: Dersom bølgelengden er mye større enn λ_{0}, kan vi neglisjere overflatespenningsleddet i dispersjonsrelasjonen, og vi har såkalte tyngdebølger. Omvendt, dersom bølgelengden er mye mindre enn λ_{0}, kan vi neglisjere tyngdeleddet i dispersjonsrelasjonen, og vi har såkalte kapillærbølger.

• Med λ i området 0.2 til 2.0 m har vi bare tyngdebølger, så vi kan med god tilnærmelse bruke ω(k) = \sqrt{gk}, slik at gruppehastigheten blir v_{g} = dω/dk = \sqrt{g/4k} = \sqrt{λg/8π}. Vi ser at gruppehastigheten øker med økende bølgelengde. Den raskeste delen av bølgepakken har derfor hastighet v_{g} = \sqrt{2.0 · 9.8/8π} ≃ 0.88 m/s. Tid brukt fra båten inn til land er da t = 50/0.88 ≃ \underline{57} sekunder.

• Den langsomste delen av bølgepakken har λ = 0.2 m, som gir en økning i tidsbruken med en faktor \sqrt{10} i forhold til de raskeste, med andre ord t ≃ \underline{179} sekunder.

Slik oppgaven var formulert, med fokus på de enkelte fourierkomponenter, kunne det i disse to kulepunktene være naturlig å benytte fasehastigheter v = 2v_{g}. Ansvaret for eventuell forvirring og uklarhet hviler her på faglærer, slik at tidsbruk 28 og 90 s blir også godkjent.

\underline{b}

• Gruppehastigheten er

v_{g} = \frac{dω}{dk} ,

og vi skal bestemme de to mulige bølgelengdene λ_{1} og λ_{2} som gir v_{g} = 1.0 m/s. Det er oppgitt at λ_{1} er ”meget kort”, noe som burde motivere for å neglisjere tyngdeleddet i dispersjonsrelasjonen. Vi prøver:

v_{g} = \sqrt{\frac{γ}{ρ}} · \frac{3}{2}\sqrt{k_{1}} = \sqrt{\frac{9πγ}{2ρλ_{1}}}
⇒ λ_{1} = \frac{9πγ}{2ρv_{g}^{2}} ≃ \underline{1.0 mm}.

Vi ser at λ_{1} ble mye mindre enn λ_{0} = 17 mm, så tilnærmingen vi brukte fra starten av var i orden.

Det er videre oppgitt at λ_{2} er ”forholdsvis lang”, så vi satser på at vi nå kan neglisjere overflatespenningsleddet i dispersjonsrelasjonen:

v_{g} = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{g}{k_{2}}} = \sqrt{\frac{gλ_{2}}{8π}}
⇒ λ_{2} = \frac{8πv_{g}^{2}}{g} ≃ \underline{2.6 m}.

Vi ser at λ_{2} ble mye større enn λ_{0} = 17 mm, så tilnærmingen vi brukte her var også i orden.

OPPGAVE 5 [telte 16 %]

\underline{a} • Fra figuren ser vi at

sin θ_{B} = \frac{h_{B}}{r} ,

der θ_{B} er innfallsvinkelen når h = h_{B}. Vi må derfor finne et uttrykk for sin θ_{B}. Vi ser at α = β gir R_{p} = 0, dvs ved denne innfallsvinkelen vil den reflekterte strålen være fullstendig polarisert normalt på innfallsplanet. Vi skal komme tilbake til dette i punkt b. Med α = β har vi

\frac{cos ϕ}{cos θ_{B}} = \frac{v_{1}}{v_{2}} = \frac{n_{2}}{n_{1}} = n.

Her har vi satt innfallsvinkelen θ_{1} lik θ_{B} og brytningsvinkelen θ_{2} lik ϕ. Vi trenger en ligning til for å fastlegge de to ukjente, ϕ og θ_{B}, og da er det vel nærliggende å ty til Snells lov:

1 · sin θ_{B} = n sin ϕ.

Vi er på jakt etter et uttrykk for sin θ_{B}, så vi må eliminere ϕ fra de to ligningene. Fra Snells lov har vi

cos ϕ = \sqrt{1 − sin^{2} ϕ} = \sqrt{1 − \frac{1}{n^{2}} sin^{2} θ_{B}}.

Fra den første ligningen har vi

cos ϕ = n cos θ_{B} = n\sqrt{1 − sin^{2} θ_{B}}.

Vi setter de to uttrykkene for cos ϕ lik hverandre, kvadrerer og løser med hensyn på sin^{2} θ_{B}:

1 − \frac{1}{n^{2}} sin^{2} θ_{B} = n^{2}(1 − sin^{2} θ_{B})
⇒ (n^{2} − \frac{1}{n^{2}} ) sin^{2} θ_{B} = n^{2} − 1
⇒ sin^{2} θ_{B} = \frac{n^{2} − 1}{n^{2} − 1/n^{2}} = \frac{n^{2} − 1}{(n^{4} − 1)/n^{2}} = n^{2} \frac{n^{2} − 1}{(n^{2} − 1)(n^{2} + 1)} = \frac{n^{2}}{n^{2} + 1} = \frac{1}{1 + 1/n^{2}}

Dette gir

h_{B} = \underline{\frac{r}{\sqrt{1 + 1/n^{2}}}} .

Vannkule med n ≃ 1.34 gir θ_{B} ≃ 53.3^{∘}.

(På denne oppgaven kan en alternativt starte direkte fra tan θ_{B} = n, eventuelt andre sammenhenger som en kjenner til for Brewsters vinkel.)

\underline{b}

• Vi slo ovenfor fast at R_{p} = 0 for den innkommende strålen som treffer kula og ”deler seg” i banene 1 og 2. Dermed er det klart at stråle 1 er polarisert normalt på innfallsplanet(n), mens stråle 2 inneholder både n og p. Vi ser nærmere på stråle 2 som reflekteres (3) og transmitteres/refrakteres (4) i grenseflaten mot luft. Med notasjonen i det som er oppgitt i oppgaveteksten, har vi nå en innfallsvinkel θ_{1} = ϕ, mens brytningsvinkelen er θ_{2} = θ_{B}. Dermed er α = cos θ_{B}/ cos ϕ og β = v_{1}/v_{2} = n_{2}/n_{1} = 1/n (ettersom medium 1 nå er inne i kula, der brytningsindeksen er n). I punkt a hadde vi sammenhengen cos ϕ = n cos θ_{B}, og det må jo selvsagt fortsatt holde. Dermed har vi nå α = 1/n = β. Med andre ord: Stråle 2 treffer grenseflaten akkurat på Brewsters vinkel, slik som den innkommende strålen gjorde! Det betyr at vi også nå har R_{p} = 0, slik at stråle 3 blir fullstendig polarisert normalt på innfallsplanet (n), mens stråle 4 inneholder både n og p. Med kun polarisasjon n i stråle 3 er det klart at også strålene 5 og 6 kun kan ha polarisasjon n.

Oppsummert:

1 : n 2 : p + n 3 : n 4 : p + n 5 : n 6 : n.

OPPGAVE 6 [telte 16 %]

(\underline{a}) / •

T_{Newton} = \frac{1}{2}mv^{2} , T_{Einstein} = E − mc^{2} = (γ − 1)mc^{2},

der E er partikkelens totale energi og γ = 1/\sqrt{1 − v^{2}/c^{2}} er lorentzfaktoren.

• Når v/c ≪ 1, blir lorentzfaktoren med god tilnærmelse

γ ≃ 1 + \frac{1}{2} \frac{v^{2}}{c^{2}} ,

slik at

T_{Einstein} ≃ (1 + \frac{1}{2} \frac{v^{2}}{c^{2}} − 1)mc^{2} = \frac{1}{2}mv^{2}.

• Vi må her ta med ett ledd til i rekkeutviklingen av γ, og med det som er oppgitt på 1. side av oppgaveteksten har vi

γ = (1 − β^{2})^{−1/2} = 1 + \frac{1}{2}β^{2} + \frac{3}{8}β^{4} …,

som gir

T_{Einstein} = mc^{2}(\frac{1}{2}β^{2} + \frac{3}{8}β^{4} …) = \frac{1}{2}mv^{2}(1 + \frac{3}{4}β^{2} …).

Det betyr at a_{1} = 0 og a_{2} = 3/4.

\underline{b}

• I lab-systemet (S_{0}) er total impuls lik null, mens total energi er

E_{0} = 2mc^{2} + 2T.

I systemet S̃ ligger ett av de to elektronene i ro, mens det andre har impuls p̃ og kinetisk energi T̃. Total energi i S̃ er derfor

Ẽ = 2mc^{2} + T̃,

mens total impuls er p̃. Uavhengig av hvilket inertialsystem vi gjør målingene i, vil kombinasjonen

E^{2} − p^{2}c^{2}

(der E og p er hhv total energi og total impuls) ha samme verdi, dvs den er en såkalt invariant. Vi kjenner verdien av denne kombinasjonen i ett inertialsystem, nemlig S_{0}, der total energi er E_{0} = 2mc^{2} + 2T og total impuls er null. Dermed har vi sammenhengen

E^{2} − p^{2}c^{2} = E_{0}^{2} = (2mc^{2} + 2T)^{2}.

Videre, hvis vi ser på det ene elektronet som beveger seg i systemet S̃, så har dette energi

Ẽ_{1} = mc^{2} + T̃,

og dessuten må sammenhengen

Ẽ_{1}^{2} = p̃^{2}c^{2} + m^{2}c^{4}

gjelde. Dermed har vi for dette elektronets impuls:

p̃^{2}c^{2} = Ẽ_{1}^{2} − m^{2}c^{4} = (mc^{2} + T̃)^{2} − m^{2}c^{4} = 2mc^{2}T̃ + T̃^{2}.

Vi bruker nå invarians av E^{2} − p^{2}c^{2} og setter denne kombinasjonen i S̃ lik den tilsvarende i S_{0}:

Ẽ^{2} − p̃^{2}c^{2} = E_{0}^{2}
⇒ (2mc^{2} + T̃)^{2} − (2mc^{2}T̃ + T̃^{2}) = (2mc^{2} + 2T)^{2}
⇒ 2mc^{2}T̃ = 8mc^{2}T + 4T^{2}
⇒ T̃ = \underline{4T (1 + \frac{T}{2mc^{2}} )}

• I den ikke-relativistiske grensen T ≪ mc^{2} kan vi neglisjere leddet T/2mc^{2} i forhold til 1. Dermed er

T̃ ≃ 4T.

Dette er ikke uventet: Med ikke-relativistisk mekanikk har vi T = mv^{2}/2 og T̃ = m · (2v)^{2}/2 = 2mv^{2} ettersom elektronet i bevegelse har den doble hastigheten 2v i referansesystemet der det andre ligger i ro. Altså er T̃ = 4T, som funnet.

• Dersom vi kun akselererer det ene elektronet, må dette akselereres til en hastighet som nettopp tilsvarer T̃ = 10^{12} eV = 10^{6} MeV. Men dersom vi akselererer de to elektronene i motsatt retning, må de bare akselereres til hastigheter som tilsvarer kinetisk energi T, gitt ved ligningen

T̃ = 4T (1 + \frac{T}{2mc^{2}} ) .

Siden mc^{2} = 0.5 MeV, ser vi at verdien for T må bli mye større enn mc^{2}, så vi kan med god tilnærmelse skrive

T̃ = \frac{2T^{2}}{mc^{2}} ,

som gir (med alle energier, T, mc^{2} og T̃ i enheten MeV)

T = \sqrt{mc^{2}T̃/2} = \sqrt{0.5 · 10^{6}/2} = 500 MeV.

Dette er bare 1/2000 av påkrevd kinetisk energi når bare det ene elektronet akselereres. Dette poenget utnyttes i alle moderne partikkelakseleratorer (”colliders”).

Alternativt, for 1. kulepunkt, med bruk av firerimpuls:

p^{α}p_{α} = p̃^{α}p̃_{α}
⇒ 4E^{2}/c^{2} = (\frac{Ẽ + mc^{2}}{c} )^{2} − p̃^{2}
= \frac{Ẽ^{2} + 2mc^{2}Ẽ + m^{2}c^{4}}{c^{2}} − (Ẽ^{2}/c^{2} − m^{2}c^{2})
= 2mẼ + 2m^{2}c^{2}
⇒ Ẽ = 2E^{2}/mc^{2} − mc^{2}
⇒ T̃ + mc^{2} = \frac{2(T + mc^{2})^{2}}{mc^{2}} − mc^{2}
= \frac{2T^{2}}{mc^{2}} + 4T + mc^{2}
⇒ T̃ = 4T (1 + T/2mc^{2})

Forklaring: Her er E = T + mc^{2} energien til hvert av de to elektronene, målt i labsystemet, slik at p^{α} = (2E/c, 0, 0, 0) blir total firerimpuls i labsystemet, noe som gir p^{α}p_{α} = 4E^{2}/c^{2}. Videre er Ẽ = T̃ + mc^{2} energien til det ene elektronet i bevegelse, målt i det andre elektronets hvilesystem. Total energi i dette inertialsystemet blir dermed Ẽ + mc^{2}, slik at p̃^{α}p̃_{α} = ((Ẽ + mc^{2})/c)^{2} − p̃^{2}, med p̃^{2} lik kvadratet av (treer-)impulsen, slik at Ẽ^{2} = p̃^{2}c^{2} + m^{2}c^{4}, dvs p̃^{2} = Ẽ^{2}/c^{2} − m^{2}c^{2}.