TFEI02: Vågfysik. Tentamen : Svar och anvisningar. t s(x,t) =s 0 sin 2π T x. v = fλ =3 5 m/s = 15 m/s

Transkript

1 140528: TFEI02 1 TFEI02: Vågfysik Tentamen : Svar och anvisningar Uppgift 1 a) En fortskridande våg kan skrivas på formen: t s(x,t) =s 0 sin 2π T x λ Vi ser att periodtiden är T =1/3 s, vilket ger frekvensen f = 3 Hz. Våglängden är λ = 1/0,2 m = 5 m. Utbredningshastigheten blir: v = fλ =3 5 m/s = 15 m/s Eftersom vi har olika tecken på t- och x-termerna i argumentet så följer det att vågen utbreder sig i positiv x-riktning. Svar: Frekvens: 3 Hz, våglängd 5 m. Hastighet: 15 m/s i positiv x-led. b) Hastigheten för en punkt x 0 där vågen utbreder sig fås genom derivering av läget: s t = 24π sin 2π(0,2x 3t) m/s Vi ser att högsta hastigheten är 24π m/s Svar: 24π m/s c) Ljudvågor är rent longitudinella, vilket innebär att svängningarna sker i positiv och negativ utbredningsriktning, dvs ±x. Elektromagnetiska vågor är rent transversella, och svängningarna i de elektriska och magnetiska fälten är riktade vinkelrätt mot x. Dessutom är fälten inbördes vinkelräta. En mekanisk våg på ett rep får också anses vara rent transversell, dvs elongationen s är vinkelrät mot x.

2 140528: TFEI02 2 Uppgift 2 a) Av texten följer att vi flyttar mikrofonen längs PQ från centralmaximum till första buklinjen. Vi har konstruktiv interferens i punkten Q, vilketinnebär att vägskillnaden = λ. Ljudhastigheten får vi med: v = fλ. Figurens mått ger att vägskillnaden är: = 1,4 2 +0,60 2 1,4 m = 0,12315 m och utbredningshastigheten: v = ,4 2 +0,60 2 1,4 m/s = 344,8 m/s 340 m/s Svar: 340 m/s b) Ljudintensitetsnivån är: L = 10 log 10 I I 0 och tryckamplitud förhåller sig till intensitet genom: där Z = ρv. Vi får: I = p2 2Z, L = 10 log 10 p 2 p 2 0 = 20 log 10 p p 0 där p 0 = 2ZI 0 med I 0 = W/m 2. Vi löser ut tryckamplituden från en av högtalarna: p = 10 L/20 p 0 = 10 L/20 2ρvI 0 Med utbredningshastigheten från föregående deluppgift och övriga givna värden får vi: Svar: 0,80 Pa p = /20 2 1,2 344, Pa = 0,80 Pa

3 140528: TFEI02 3 Uppgift 3 a) Brytningslagen: n 1 sin θ i = n 2 sin θ b, ger att vid totalreflexion, då θ b = 90, har vi: n 2 = n 1 sin θ i, där n 2 är det sökta brytningsindex. Med givna sträckor får vi enligt skissen nedan att infallsvinkeln mot luftskiktet är θ i = 88,70. Med givet brytningsindex ovanför luftskiktet n 1 =1,00029 får vi: Svar: 1, n 2 =1,00029 sin 88,70 =1, b) Vi löser ut lastbilens hastighet: v s = 1 f s v = f m Då lastbilen avlägsnar sig hör hon frekvensen: Svar: 374 Hz 350 m/s = 24,42 m/s v 350 f m = f s = 400 Hz = 374 Hz v v s ,42

4 140528: TFEI02 4 Uppgift 4 a) Den utstrålade effekten fördelar sig likformigt på en yta med area A(R) som beror på avståndet R till sändaren. Intensiteten är I = P/A. Om man antar att ytan är sfärisk har vi A(R) =4πR 2. Intensiteten på avstånd R ifrån sändaren blir då: I(R) = P 4πR 2 Med P 0 = 15 kw får vi: R = ,0π m = 35 m Svar: 35 m b) Sändarantennen kan ses som en cirkulär öppning för radiovågorna med diameter D. Strålningen kommer då att få ett minimum för vinkeln sin θ =1,22λ/D, där D mäts i meter. Våglängden har vi genom λ = c/f, där c är ljushastigheten. Vi sätter sattelitens höjd till h samt radien för serviceområdet till R = 1250 km och tecknar hur stor vinkeln θ måste vara genom: tan θ = h, vilket ger: R Skivans diameter fås nu genom: θ =0,0347 D = 1,22c fθ = 1,22 2, , ,0347 m=2,6m Svar: 2,6 m

5 140528: TFEI02 5 Uppgift 5 a) Differentialekvationen för svängningen är: med lösningen d 2 s dt 2 + γ ds dt + ω2 0s =0 s(t) =Ae γt/2 sin(ωt + α) 1 2 = e 110γT/2 ln 2 = 55γT γ = ln 2 55T Svar: ln 2,där T är periodtiden 55T b) Vi har att: där ω = ω 2 0 γ2 4, ω 0 = k/m = 3,2/1,45 s 1 =1,4856 s 1 är den odämpade svängningens vinkelfrekvens. Med vårt uttryck för γ får vi: 2π T = 4π 2 T0 2 1 ln T där vi kan lösa ut periodtiden: ln 2 2 T = T π Numeriskt får vi med T 0 =2π/ω 0 att periodtiden för den dämpade svängningen blir T =4,231 s och frekvensen f =1/T =0,24 Hz. Svar: 0,24 Hz

6 140528: TFEI02 6 Uppgift 6 Antingen använder man en negativ och en positiv lins: a) f f - eller ockå använder man två positiva linser: + + f 1 f 2 I båda fallen ska den brännvidden för linsen till vänster vara mindre än för den till höger. b) Vi har att: dvs sin θ = m λ d =0,3175m θ = arcsin(0,3175m) För m>3 saknar ekvationen ovan reella lösningar. Vi kan alltså se ett centralmaximum och tre maxima på vardera sida: totalt 7 maxima. Svar: 7 c) Nej! Ljusvågorna från glödlamporna är inte koherenta, dvs faskillnaden mellan ljuset från de båda källorna är inte konstant. Notera dock att "vitt" ljus (t ex soljus) som får falla in på en dubbelspalt kan producera mätbart interferensmönster, eftersom varje spalt då fungerar som en vågkälla som svänger i fas med den andra. Ljuset måste alltså inte vara monokromatiskt.