Ελληνικό Ανοικτό Πανεπιστήµιο Ενδεικτικές Λύσεις Θεµάτων Τελικών εξετάσεων στη Θεµατική Ενότητα ΦΥΕ34. Ιούλιος 2008 KYMATIKH. ιάρκεια: 210 λεπτά

Transcript

1 Κυµατική ΦΥΕ4 5/7/8 Ελληνικό Ανοικτό Πανεπιστήµιο Ενδεικτικές Λύσεις Θεµάτων Τελικών εξετάσεων στη Θεµατική Ενότητα ΦΥΕ4 Ιούλιος 8 KYMATIKH ιάρκεια: λεπτά Θέµα ο (Μονάδες:.5) A) Θεωρούµε τις αποστάσεις των τριών µαζών από ακίνητο σηµείο x, x και xαντίστοιχα. Στη µάζα m ενεργεί το βάρος της mg το οποίο εξουδετερώνεται από την αντίδραση του επιπέδου N (στον κάθετο άξονα) και η δύναµη του ελατηρίου (στον οριζόντιο άξονα) εποµένως από το ο Νόµο του Νεύτωνα η εξίσωση κίνησης θα είναι mx ɺɺ = k( x x + l ) () Για τη µάζα m η αντίδραση του επιπέδου εξουδετερώνει το βάρος και την κάθετη συνιστώσα της τάσης T, N = mg + T cosθ ενώ παράλληλα µε το επίπεδο ασκείται η δύναµη του ελατηρίου + k( x x) και η παράλληλη συνιστώσα της τάσης T sinθ Συνεπώς mx ɺɺ =+ k( x x + l ) + T sin θ () Για τη µάζα m έχουµε για µικρές γωνίες ταλάντωσης στην κάθετη συνιστώσα T cos θ = mg () ενώ στην οριζόντια mx ɺɺ = T sin θ (4) mg Από την () βρίσκουµε T = και συνεπώς αντικαθιστώντας στις () και () cosθ παίρνουµε x x x N N m g m g µ T` T m g

2 Κυµατική ΦΥΕ4 5/7/8 x x mx ɺɺ =+ k( x x+ l) + mg tan θ mx ɺɺ =+ k( x x+ l) + mg l x x mx ɺɺ = mg tanθ = mg l k g Αντικαθιστώντας τις τιµές των µαζών και τη συνθήκη ω = = έχουµε τελικά m l ɺɺ x = ω ( x x + l) ω ω ω ɺɺ x =+ ( x x+ l) + x x = x 4x+ x+ l ɺɺ x = ω ( x x ) ( ) ( ) B) Εισάγοντας xɶ = x+ l, xɶ = x, xɶ = x µπορούµε να απαλείψουµε το l από τις εξισώσεις και αυτές παίρνουν τη µορφή xɶ x ɶ d xɶ = ω xɶ () dt x x ɶ ɶ Εισάγοντας τη γενική µορφή ενός κανονικού τρόπου ταλάντωσης xɶ = A cos ωt+ φ, i=,,, η () γράφεται ως i i ( ) ω + ω ω A A d A ω ω ω ω A dt = + A A ω ω + ω η οποία έχει λύσεις όταν ω + ω ω det ω ω ω + ω = ω ω + ω ω ω ω = ω + ω ω ω ω + ω ω + ω ( ω ω ) 4 4 ω ω ( ω ω ) ( ω ω )( ω ω ) ( ω ω ) = 4 ( ω ω ) ω ω ω ω ( ω ω )( ω ω ) = = και συνεπώς οι γωνιακές συχνότητες των κανονικών τρόπων ταλάντωσης είναι ω =, ω = ω, ω = ω Η κανονικός τρόπος ταλάντωσης µε συχνότητα ω = αντιστοιχεί σε µεταφορική κίνηση του συστήµατος.

3 Κυµατική ΦΥΕ4 5/7/8 Θέµα ο (Μονάδες:.) Α) Χρησιµοποιώντας τα αποτελέσµατα των αρµονικών ταλαντώσεων χορδής µήκους L µε στερεωµένα άκρα έχουµε για το πλάτος ταλάντωσης y( xt, ) = Asin( k x)cos( ω t+ φ) nπ T nπ T όπου kn =, n=,,, και ωn = kn = όπου L= m L µ L µ Εφόσον το σηµείο στο x = 5cm παραµένει σταθερό θα πρέπει nπ nπ nπ y( x, t) = sin x = sin.5m = sin = n= 4,8,, L m 4 δηλαδή το n είναι ακέραιο πολλαπλάσιο του 4 n= 4 ll, =,, και οι συχνότητες των αρµονικών τρόπων ταλάντωσης δίνονται από ωl l T fl = =, l =,, π m µ Β) Οι δύο πρώτοι αρµονικοί τρόποι ταλάντωσης φαίνονται στο +A σχήµα, ο πρώτος µε συνεχή γραµµή και ο δεύτερος µε διακεκοµµένη γραµµή n n -A Θέµα ο (Μονάδες:.5) Σύµφωνα µε την εκφώνηση το ραντάρ A λαµβάνει δύο σήµατα άµεσα (ΑΕ) και έµµεσα (CBE). Λόγω της απόστασης της πηγής οι ακτίνες ΑΕ και CB µπορούν να θεωρηθούν παράλληλες. Η C D E κάθετος ΒD στην ΑΕ είναι µέτωπο κύµατος, άρα τα Β και D δεν έχουν Á y Á διαφορά φάσης. Πέραν του µετώπου B ΒD η διαφορά δρόµου r των δύο ακτίνων είναι (δοθέντος ότι η γωνία DBE = 8 9 φ) π y π r= BE DE= BE BE sinπ φ = sin φ sinφ όπου για να βρούµε την DΕ χρησιµοποιήσαµε το ορθογώνιο τρίγωνο BDE. Για φ = 5 και λαµβάνοντας υπόψιν ότι υπάρχει µια πρόσθετη φάση π λόγω ανάκλασης, η οποία αντιστοιχεί σε διαφορά δρόµου λ, έχουµε Ελάχιστα έχουµε όταν y 4m r= sin( ) + sin 5

4 Κυµατική ΦΥΕ4 5/7/8 y λ λ y r= sin( ) + = (n+ ) sin( ) = nλ sin sin 5 όπου n=,,, Το πρώτο ελάχιστο, για φ > όπως εδώ, αντιστοιχεί σε n= και συνεπώς 4m y= sin 5 = 49. m sin( ) Θέµα 4 ο (Μονάδες:.) A) Για να εξισορροπήσουµε το βάρος του χαρτιού θα πρέπει η (µέση) πίεση P της ακτινοβολίας να είναι τέτοια ώστε mg PA= mg P=, όπου A η επιφάνεια του χαρτιού και g η επιτάχυνση A της βαρύτητας. Όµως αφού το χαρτί θεωρείται τέλειος απορροφητής I P=, όπου I η ένταση της ακτινοβολίας c Εποµένως συνδυάζοντας τις παραπάνω σχέσεις προκύπτει ότι mg I mgc = I = I =. W / m A c A Για επίπεδο κύµα έχουµε 8 I. I = cε E E = = = V / m cε και 5 E V / m B = = = T 8 c m / sec Β) Η ισχύς θα δίνεται από τη σχέση 8W 4 5 Ι σχύς = I A=. 5 m = 6. W µε αποτέλεσµα την m εξάτµιση του χαρτιού. Γ)Το διάνυσµα Poynting ορίζεται ως S S = E B µ B και για ένα επίπεδο ΗΜ κύµα έχει τη διεύθυνση E και φορά που συµπίπτει µε τη διάδοση της ενέργειας. Συνεπώς το διάνυσµα Poynting είναι κάθετο στο επίπεδο του χαρτιού και µε φορά προς τα πάνω ενώ τα διανύσµατα του ηλεκτρικού και µαγνητικού πεδίου είναι κάθετα µεταξύ τους και παράλληλα µε το επίπεδο του χαρτιού. Θέµα 5 ο (Μονάδες:.5) Α) Η εστιακή απόσταση των φακών θα δίνεται από τη σχέση: = ( n ), όπου οι ακτίνες καµπυλότητας έχουν ληφθεί σύµφωνα µε την f R R ενιαία σύµβαση. Έτσι για τον αποκλίνοντα φακό έχουµε R =-5cm, R =+5cm και 4

5 Κυµατική ΦΥΕ4 5/7/8 συνεπώς f =-5cm ενώ για τον συγκλίνοντα R =+5cm, R =-5cm και συνεπώς f =+5cm B R R Β B Α Α F Α F F F Για να προσδιορίσουµε ποσοτικά τη θέση του ειδώλου θα εφαρµόσουµε την εξίσωση των λεπτών φακών. Για τον αποκλίνοντα φακό θα έχουµε: fp ( 5 cm)( + cm) + = = q = = q = 7.8cm p q f q f p p f + cm-(-5cm) δηλαδή το είδωλο θα βρίσκεται αριστερά του φακού (βλ. σχήµα) και θα είναι φανταστικό. Το είδωλο αυτό θα αποτελέσει αντικείµενο για το συγκλίνοντα φακό µε p =5cm+7.8cm=+.8cm. fp ( + 5 cm)( +.8 cm) + = = q = = q = 65.4cm p q f q f p p f +.8cm-5cm δηλαδή το είδωλο θα βρίσκεται αριστερά του φακού (φανταστικό) και θα απέχει 65.4cm από τον συγκλίνοντα και 5.4 cm από τον αποκλίνοντα. Β) Η µεγέθυνση κάθε φακού µπορεί να υπολογιστεί από τις σχέσεις: q 7.8cm M= = = =+.78 p cm M q R R ( 65.4cm) = = = =+ p.8cm Συνεπώς η τελική µεγέθυνση θα είναι M = = MM = ( +.78)( +.87) =+.4 Το θετικό πρόσηµο δείχνει ότι το τελικό είδωλο Α Β θα έχει την ίδια φορά µε το αντικείµενο ΑΒ..87 Θέµα 6 ο (Μονάδες:.5) Α) Προφανώς γραµµικά πολωµένο µε ηλεκτρικό πεδίο κατά µήκος του άξονα του πολωτή n= ˆ (,, ) και µέτρο ηλεκτρικού πεδίου 5

6 Κυµατική ΦΥΕ4 5/7/8 E E E nˆ [ kz t kz t ] E kz t και E π E = E nˆ = sin( kz ωt+ )(,,) 4 Β) Για την προσπίπτουσα δέσµη I = cε E = cε E sin ( kz ωt) + E cos ( kz ωt) ' = = sin( ω ) + cos( ω ) = sin( ω + ) = cε E sin ( kz ωt) cos ( kz ωt) + = cε E + = cε E ενώ για την διερχόµενη π E I = cε E = cε E sin ( kz ωt+ ) = cε 4 Συνεπώς I I = Θέµα 7 ο (Μονάδες:.) Όταν το σύστηµα βρίσκεται στον αέρα ο πρώτος σκοτεινός κροσσός σχηµατίζεται σε γωνία που δίνεται από τη σχέση y. o tanθa = = =.446 θa = 4 sinθa =.47 D.5 Η θέση λοιπόν του πρώτου ελαχίστου περίθλασης στον αέρα δίνεται από λ c sinθ a = = () a fa όπου λ = c / f το µήκος κύµατος και a το πλάτος της σχισµής. Όταν το σύστηµα τοποθετηθεί στο νερό η συχνότητα του προσπίπτοντος φωτός παραµένει ίδια αλλάζει όµως η ταχύτητα του λόγω αλλαγής του δείκτη διάθλασης και συνεπώς το µήκος κύµατος cυ c λ υ = = f nf και εποµένως το πρώτο ελάχιστο εµφανίζεται σε γωνία λυ c sinθ υ = = () a anf ιαιρώντας τις () και () βρίσκουµε sinθa.47 n= = =.6 sinθ.99 υ π 4 m g = 9.8 s ΤΥΠΟΛΟΓΙΟ ε C Nm 8 = 8.85, c=. m s 6