ΦΥΕ34 Λύσεις 5 ης Εργασίας

Transcript

1 ΦΥΕ3 Λύσεις 5 ης Εργασίας ) Έστω αρµονικό κύµα της (εκθετικής) µορφής: F( x, t) i( kx ωt+ ϕ ) = Ae. Παραγωγίζοντας βρίσκουµε: = iωf( x, t) t = ikf( x, t) x Παραγωγίζοντας αυτές τις δύο σχέσεις µία ακόµη φορά ως προς t και x αντίστοιχα βρίσκουµε: = i F x t = F x t t = kfxt (, ) x ( ω) (, ) ω (, ), Αντικαθιστώντας στην διαφορική εξίσωση βρίσκουµε διαδοχικά: i( kx ωt+ ϕ) T i( kx ωt+ ϕ) i( kx ωt+ ϕ) T ω e = k e iωre, ή [ ω k ] = iωr, ρ ρ ή, υψώνοντας στο τετράγωνο: T ω = [ ω k ]. R ρ Εφόσον όλες οι ποσότητες στην παραπάνω σχέση είναι (ή θεωρούνται) πραγµατικοί αριθµοί, η παραπάνω συνθήκη είναι αδύνατον να εκπληρωθεί, αφού το αριστερό µέρος της είναι αρνητικός αριθµός, ενώ το δεξιό θετικός, εκτός εάν R=. Για R και πραγµατικό, δεν υπάρχουν λύσεις που να αντιστοιχούν σε συνήθη αρµονικά κύµατα. Αν όµως δεχθούµε ότι ο κυµαταριθµός k µπορεί να είναι µιγαδικός αριθµός, τότε µπορούµε να γράψουµε k= κ+iλ και να ικανοποιήσουµε την σχέση διασποράς. Σ αυτή την περίπτωση, αντί για επίπεδα κύµατα θα έχουµε «αποσβενύµενα κύµατα» της µορφής: Fxt (, ) Ce e λx i( κx ωt+ ϕ) =, τα οποία µοιάζουν µε επίπεδα κύµατα, των οποίων το πλάτος µειώνεται (φθίνει) εκθετικά µε την απόσταση. Σε τριγωνοµετρική µορφή το αποσβενύµενο κύµα γράφεται: λx F( x, t) = Ce sin( κ x ωt+ ϕ)

2 )Αντικαθιστώντας στην εξίσωση Ψ( xt, ) Ψ( xt, ) = c + m c Ψ( x, t), t x λύσεις της µορφής i( kx ωt) Ψ ( xt, ) = Ae, βρίσκουµε: ω Ψ ( x, t) = c k Ψ ( x, t) + m c Ψ( x, t), ή: E = c p + m c. Η τελευταία εξίσωση δίνει την σχετικιστική ενέργεια Ε, ενός σώµατος µάζας ηρεµίας m και ορµής p. 3) Εφαρµόζουµε την συνθήκη για στάσιµα κύµατα (µε n=) βρίσκουµε διαδοχικά την ταχύτητα υ και την τάση Τ: n= L.8 (.8)(3sec ) 367 m sec λ = = υ = λ ν = =. Οπότε:. T = ρυ = m = Kg m = L.m s ) Είναι ug υ (367 ). dω ω duk ( ) du dudλ = και u = ug = = u+ k = u+ k = dk k dk dk dλ dk π du π du du = u+ u λ u = g = u λ λ dλ k dλ dλ Nt () αλλά c εµ c d n= = εµ ε u = u = u λc ε = u εµ ε λ () g d dε λ ε dε = u+ λc = u 3 + ε dλ ε dλ ε 5) Μετά την τοποθέτηση του πλακιδίου, θα υπάρχει επιπλέον µία διαφορά φάσης π λ π µεταξύ των δύο κυµάτων στο πίσω µέρος των οπών ίση προς φ = =, λ η οποία οφείλεται στην διαφορά δρόµου * λ x =. Έτσι σύµφωνα µε την (7.3) η ολική ένταση θα είναι πλέον: dy' δ dy' π dy' π I( y') = Icos π + Icos π I cos π λ L = + = + + = λ L λ L λ * Το µήκος κύµατος λ µέσα σε υλικό µε δείκτη διαθλάσεως n είναι λ =. Κατά συνέπεια, η καθ n λ όλα ορθή λύση θα πρέπει να είναι µε x =. Η λύση µε λ αντί λ θεωρείται σωστή.

3 dy' dy' I sin π I sin π λ L = λ L. () Συγκρίνοντας µε την (7.7) που δίνει τη συνολική ένταση πριν την τοποθέτηση του d y πλακιδίου I( y) I cos λ L π = (), βλέπουµε ότι η ένταση θα έχει την ίδια µέγιστη τιµή Imax = I, όταν ' 3 sin dy... ' n λ L λ π = y = + L (3) µέγιστα λ L d D Πριν την τοποθέτηση του πλακιδίου είχαµε Imax = I για: dy cos π dy dy L cos π = =± π = nπ, n y = n λ () λl λl λl D Από την (3) και (5) είναι φανερό ότι τα µέγιστα θα έχουν µετακινηθεί κατά 3 λl y =. Έτσι ενώ το πρώτο µέγιστο ήταν πριν πάνω στη µεσοκάθετο του d, δεν D υπάρχει πλέον ακρότατο πάνω στη µεσοκάθετο, αλλά το πρώτο µέγιστο εµφανίζεται µετατοπισµένο κατά 3 λl (ή, ορθότερα,κατά 3 λ L D D ) από τη µεσοκάθετο. 6) α) Η διαφορά δρόµου των δύο ακτίνων από το άστρο µέχρι τον αντίστοιχο δέκτηκεραία είναι Είναι P = dw, ν ένταση dt d sinθ. Για ενισχυτική συµβολή πρέπει asin θ = nλ, n=,,,3,... Στιγµιαίο διάνυσµα Poynting dw P I = = = S = BE. Adt A µ S I c E = = ε. S = cε < E cos ( ωt k) > = ε ce t β) Μέση εκπεµπόµενη ισχύς 7 P = π R S = R E.5 watt. c 3

4 7) Έστω µια γραµµική διάταξη πανοµοιότυπων σηµειακών πηγών ακτινοβολίας µε σταθερή απόσταση µεταξύ διαδοχικών πηγών d. Τα σήµατα που παράγει θα είναι όλα σε φάση. Σε κάθε σηµείο του χώρου θα έχουµε µια υπέρθεση των συνεισφορών από κάθε πηγή και η διαφορά φάσης µεταξύ διαδοχικών συνεισφορών θα είναι: π δφ= d sinθ λ όπου θ η κατεύθυνση του σηµείου που εξετάζουµε. Αν όλες οι συνεισφορές είναι συµφασικές, τότε θα έχουµε την µέγιστη ένταση και έτσι εµφανίζεται κύριο µέγιστο. Αυτό συµβαίνει όταν ικανοποιείται η συνθήκη: δφ =, ± π,..., ± nπ dsinθ =, ± λ, ± λ,..., ± nλ Εποµένως γενικά κύριο µέγιστο εµφανίζεται όταν dsin θ = nλ, n=,,,... Η υπό εξέταση διάταξη δίνει ένα κύριο µέγιστο µόνο κατά µήκος της γραµµής των πηγών, δηλαδή για θ =± π. Εποµένως η παραπάνω συνθήκη δεν επαληθεύεται για n=. Για n= και θ =± π παίρνουµε: d=λ Στη διεύθυνση θ=, καθώς και στην διεύθυνση θ=π, ως προς την µεσοκάθετο, έχουµε πάντα ένα κύριο µέγιστο αφού αυτή η διεύθυνση είναι συµµετρική ως προς τη διάταξη. Αν n= προκύπτει d=λ, όµως στην περίπτωση αυτή θα εµφανίζονται κύρια µέγιστα όταν θ = n, δηλαδή και για γωνίες διάφορες του ± π, π.χ. n=, θ = π 6, που είναι άτοπο, αφού οι κεραίες απέχουν διαδοχικά κατά λ.. Το ίδιο θα συµβαίνει και για n>, που είναι όµως άτοπο, αφού θα έπρεπε το ηµίτονο θ να είναι µεγαλύτερο από την µονάδα. Εποµένως η µόνη αποδεκτή τιµή του n είναι το n=, που δίνει d=λ. Στην περίπτωση τεσσάρων σηµειακών πηγών (Ν=) µε d=λ, θα έχουµε µεταξύ δύο κυρίων µεγίστων, δύο δευτερεύοντα µέγιστα και τρία ελάχιστα (σηµεία µηδενικής έντασης). Η ένταση σε κάθε σηµείο δίνεται από την σχέση I = I s sin sin β β

5 π d sinθ µε β = = πsinθ και Ι s η ένταση από κάθε πηγή. Τα σηµεία µηδενικής λ έντασης είναι εκείνα για τα οποία sin β = και sin β, ή αλλιώς τα σηµεία εκείνα για τα οποία: ο θ =.78 λ λ 3λ ο d sin θ =,, sinθ = θ = 3 3 ο θ = 8.59 Ακόµα, όπως παρατηρούµε και από την γραφική παράσταση της έντασης σε συνάρτηση µε το sinθ, τα δευτερεύοντα µέγιστα θα βρίσκονται µεταξύ των σηµείων µηδενικής έντασης, στις προσεγγιστικές θέσεις όπου: 3 ο θ =. 8 sinθ = 5 ο θ = Με βάση τα παραπάνω, το διάγραµµα γωνιακής κατανοµής της έντασης θα έχει την ακόλουθη µορφή: 5

6 8) Αν Α το εµβαδόν του πανιού και P η ολική ηλεκτροµαγνητική ισχύς που εκπέµπει ο ήλιος, τότε η ένταση της ακτινοβολίας στη θέση του πανιού θα είναι P I = () και π R όπου dw dt µεταβολής της ορµής dw I = (), A dt η ισχύς που πέφτει στο πανί. Αλλά για την ακτινοβολία, ο ρυθµός dp du = (3), όπου το οφείλεται στην τέλεια dt c dt dp ανακλαστικότητα του πανιού. Είναι επίσης Fa = οπότε από () (3), dt F a dw P = = I A= c dt c π cr M H m Αλλά F = G, οπότε π cgm H m β A > =... 3 Km, ανεξάρτητο του R. R P 6