NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK

Faglig kontakt under eksamen: Jon Andreas Støvneng Telefon: 45 45 55 33

LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I FY1002 og TFY4160 BØLGEFYSIKK Mandag 15. august 2011 kl. 1500 - 1900

OPPGAVE 1

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

• 1. overtones bølgelengde: λ = L = 1.00 m. Bølgehastigheten: v = λf = 1.00 · 82 m/s = 82 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 · 0.001^{2} = 2.45 · 10^{−2} kg/m

Dermed blir strekk-krafta

S = μv^{2} = 165 N

•

f_{O} = \frac{1 − v_{O}/v}{1 − v_{S}/v} ν_{S} = \frac{1 − 8/340}{1 − (−12)/340} · 41 = 38.7 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}} ≃ 17.1 cm

• Bølgens forplantningsretning er sammenfallende med k. Dermed:

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

• Vi har v = λν = 17.1 cm · 68 s^{−1} = 11.7 m/s. Med forplantning i retning θ = 31^{∘} i forhold til x-aksen har vi da v_{x} = v cos θ ≃ 10.0 m/s og v_{y} = v sin θ ≃ 6.0 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 Vi regner ut de nødvendige deriverte av ξ, setter inn i bølgeligningen og ser hva vi får:

\frac{∂ξ}{∂r} = \frac{k cos(kr − ωt)}{r^{1/2}} − \frac{sin(kr − ωt)}{2r^{3/2}}
\frac{∂^{2}ξ}{∂r^{2}} = −\frac{k^{2} sin(kr − ωt)}{r^{1/2}} − \frac{k cos(kr − ωt)}{r^{3/2}} + \frac{3 sin(kr − ωt)}{4r^{5/2}}
\frac{∂^{2}ξ}{∂t^{2}} = −\frac{ω^{2} sin(kr − ωt)}{r^{1/2}}

Med v^{2} = ω^{2}/k^{2} gir innsetting i den gitte bølgeligningen

−\frac{ω^{2} sin(kr − ωt)}{r^{1/2}} = −\frac{ω^{2} sin(kr − ωt)}{r^{1/2}} + \frac{ω^{2} sin(kr − ωt)}{4k^{2}r^{5/2}}

Da innser vi at den gitte ξ(r, t) ikke er en eksakt løsning av bølgeligningen, pga ledd nummer to på høyre side. Vi innser også at den gitte ξ(r, t) vil være en god tilnærmet løsning dersom ledd nummer to på høyre side er lite i forhold til de to øvrige, med andre ord dersom

4k^{2}r^{2} ≫ 1

dvs

r ≫ \frac{1}{2k} = \frac{λ}{4π}

dvs for avstander fra sylinderbølgens sentrum som er store i forhold til bølgelengden.

OPPGAVE 4

Farge: Atmosfæren sprer høyfrekvent (blått) lys mye mer effektivt enn lavfrekvent (rødt) lys, I ∼ f^{4}. Når vi her ser mot sør, ser vi spredt lys, som da blir blålig. Ser vi mot solnedgangen, ser vi lys som ikke har blitt spredt av atmosfæren. Siden det blå lyset er spredt i større grad enn det røde, vil lyset fra solnedgangen bli rødlig.

Polarisering: Det innkommende sollyset er ikke polarisert men består av bølger med elektrisk feltvektor E i alle mulige retninger, dog normalt på forplantningsretningen, siden elektromagnetiske bølger alltid er transversale. En bølge med en gitt polarisasjonsretning kan dekomponeres i en komponent parallelt med synslinjen (E_{p}) og en komponent normalt på synslinjen (E_{n}):

Komponenten E_{p} vil indusere oscillerende dipoler p_{p} i atmosfæren. Disse sender igjen ut elektromagnetisk stråling med retningsavhengig intensitet I(θ) ∼ sin^{2} θ, der θ = π, og dermed I = 0, tilsvarer nedover mot bakken. Komponenten E_{n} vil indusere oscillerende dipoler p_{n}. Utsendt stråling fra disse dipolene blir maksimal i planet normalt på dipolen (θ = π/2), dvs inklusive retningen nedover mot bakken.

Vi ser tydelig at lyset fra sørhimmelen er polarisert, med E vertikalt, dvs normalt på synslinjen (og, selvsagt, normalt på sollysets forplantningsretning). Dette stemmer bra med diskusjonen ovenfor: Synslinjen tilsvarer en retning som samsvarer med θ = π/2 for elektriske dipoler som oscillerer vertikalt, og som sender bølger mot oss med E pekende vertikalt. For oscillerende dipoler på vesthimmelen vil synslinjen tilsvare θ ≃ π/2 uansett polarisasjonsretning. Dette lyset er derfor ikke polarisert.

• 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}}

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%