Lösningar Fysik 2 Heureka Kapitel 11

11  260  Download (0)

Full text

(1)

Lösningar Heureka 2

Kapitel 11 Ljus

Andreas Josefsson

(2)

Lösningar Fysik 2 Heureka Kapitel 11

11.1)

a) Vi vet att ljusets fart i ett medium med brytningsindex är 𝑐 𝑛 𝑛 = 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑒𝑡𝑠 𝑏𝑟𝑦𝑡𝑛𝑖𝑛𝑔𝑠𝑖𝑛𝑑𝑒𝑥, 𝑐 = 𝑙𝑗𝑢𝑠𝑓𝑎𝑟𝑡𝑒𝑛 𝑖 𝑣𝑎𝑘𝑢𝑢𝑚 𝑐𝑙𝑢𝑓𝑡 = 3 ∙ 10 8 1 = 3 ∙ 108𝑚 𝑠⁄ 𝑐𝑔𝑙𝑎𝑠 = 3 ∙ 10 8 1,5 = 2 ∙ 108𝑚 𝑠⁄

Vi beräknar tiden det tar för ljuset att gå igenom luft respektive glas. 𝑡𝑙𝑢𝑓𝑡 = ℎ𝑎𝑠𝑡𝑖𝑔ℎ𝑒𝑡 =𝑠𝑡𝑟ä𝑐𝑘𝑎 4,5 ∙ 10 −2 3 ∙ 108 = 1,5 ∙ 10−10𝑠 𝑡𝑔𝑙𝑎𝑠 = ℎ𝑎𝑠𝑡𝑖𝑔ℎ𝑒𝑡 =𝑠𝑡𝑟ä𝑐𝑘𝑎 4,5 ∙ 10 −2 2 ∙ 108 = 2,25 ∙ 10−10𝑠 𝑡𝑙𝑢𝑓𝑡+ 𝑡𝑔𝑙𝑎𝑠 = 1,5 ∙ 10−10𝑠 + 2,25 ∙ 10−10𝑠 = 3,75 ∙ 10−10𝑠 = 375𝑝𝑠 (𝑝𝑖𝑘𝑜𝑠𝑒𝑘𝑢𝑛𝑑) b) Mät i figuren i boken! Avståndet mellan A-B är 3,2cm i luft och 5,5cm i glas. I figuren i boken motsvarar en sträcka av 3,1cm till 4,5 cm i verkligheten, dvs. 1cm i boken motsvarar 1,45cm i verkligheten. Raka vägen mellan A-B i luften mäts till 2,2cm som motsvarar 3,2cm i verkligheten och mellan A-B i glaset 3,8cm som motsvarar 5,5 cm i glas.

Den sammanlagda tiden blir då: 𝑡𝑙𝑢𝑓𝑡+ 𝑡𝑔𝑙𝑎𝑠 =3,2 ∙ 10 −2 3 ∙ 108 + 5,5 ∙ 10−2 2 ∙ 108 = 1,07 ∙ 10−10+ 2,75 ∙ 10−10 = 3,82 ∙ 10−10𝑠 = 382𝑝𝑠 𝑑𝑣𝑠. 7𝑝𝑠 𝑙ä𝑛𝑔𝑟𝑒 𝑡𝑖𝑑.

(3)

11.2)

𝑐𝑙𝑢𝑓𝑡 = 3 ∙ 108𝑚 𝑠⁄

𝑐𝑣𝑎𝑡𝑡𝑒𝑛 =3 ∙ 10

8

1,33 = 2,26 ∙ 108𝑚 𝑠⁄

Den reflekterade pulsdelen går i luft och den transmitterade går genom vattnet. Längderna blir: 𝑠𝑙𝑢𝑓𝑡 = 3 ∙ 108∙ 10−9 = 0,3𝑚 𝑠𝑣𝑎𝑡𝑡𝑒𝑛 = 2,26 ∙ 108∙ 10−9 ≈ 0,23𝑚 11.3) Brytningsindex för luft är 𝑛 = 1,0003 (𝑚𝑒𝑑 5 ä𝑟𝑑𝑒𝑠𝑖𝑓𝑓𝑟𝑜𝑟)𝑐 = 2,9979 ∙ 108𝑚 𝑠⁄ 𝑡𝑙𝑢𝑓𝑡 = ℎ𝑎𝑠𝑡𝑖𝑔ℎ𝑒𝑡 =𝑠𝑡𝑟ä𝑐𝑘𝑎 10 3 2,9979 ∙ 108 = 3,335 ∙ 10−6𝑠 = 3,335𝜇𝑠 𝑡𝑔𝑙𝑎𝑠 = ℎ𝑎𝑠𝑡𝑖𝑔ℎ𝑒𝑡 =𝑠𝑡𝑟ä𝑐𝑘𝑎 2,9979 ∙ 10103 8 1,515 = 5,053 ∙ 10−6𝑠 = 5,053𝜇𝑠 𝑡𝑔𝑙𝑎𝑠− 𝑡𝑙𝑢𝑓𝑡 = 5,053𝜇𝑠 − 3,335𝜇𝑠 = 1,718𝜇𝑠 11.4)

Punkten M ligger på centralmaximum, A på maximistråket nummer1,B på nummer 2 osv. Vågskillnaden till respektive spalter är en våglängd.

a) en våglängd, dvs. 0,63𝜇𝑚 b) två våglängder, dvs. 1,26𝜇𝑚

c) Punkten C ligger inte på maximistråket utan på nodlinjen nummer 3. Vågskillnaden är då 5/2 våglängder.

5

(4)

11.5)

Avståndet från centralmaximum till max nr.2 är 24/2=12mm på skärmen. Från första figuren får vi vinkeln mellan symmetrilinjen och riktningen till andra maximum.

𝑡𝑎𝑛𝛼2 = 12 ∙ 101 −3 = 0,012 → 𝛼2 = 0,687° Enligt figur 2 är vågskillnaden till aktuellt maximum från respektive spaltöppningar två våglängder.

𝑠𝑖𝑛𝛼2 =2𝜆𝑑 → 𝜆 =𝑑 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼22 =0,1 ∙ 10−32∙ 𝑠𝑖𝑛0,687° = 0,599 ∙ 10−6𝑚 ≈ 0,6𝜇𝑚

11.6)

Vi använder figuren i föregående uppgift fast mer generellt. Då har vi: 𝑑 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼𝑛 = 𝑛 ∙ 𝜆

𝑛 = 1 → 𝑠𝑖𝑛𝛼1 =𝑑 =𝜆 0,63 ∙ 10 −6

0,15 ∙ 10−3 = 4,2 ∙ 10−3 → 𝛼1 = 0,2406°

Vi kallar det sökta avståndet x. (Titta på första figuren i föregående uppgift) 𝑡𝑎𝑛0,2406° = 𝑥

(5)

11.7)

a)De tre strålarna i figuren kan vi betrakta som parallella eftersom P ligger långt från spalterna. Vågskillnaden |𝑃𝑆2− 𝑃𝑆1| samt |𝑃𝑆2− 𝑃𝑆3| är nära hälften av |𝑃𝑆3− 𝑃𝑆1| alltså

𝜆 2

I utgångsläget släcker två närliggande ut varandra, t.ex. 𝑆1 och 𝑆2 och 𝑆3 ger ljus i P.

b) Om vi täcker över 𝑆1 återstår 𝑆2och 𝑆3 . Vågskillnaden från P till närliggande spalter är λ/2 och de släcker ut varandra. Ljuset blir då mörkare.

c) Om nu 𝑆2 täcks över, återstår 𝑆1 och 𝑆3, vågskillnaden är λ dvs. de förstärker varandra. Ljuset blir då ljusare.

11.8) a) Vi använder gitterekvationen: 𝑑 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼𝑛 = 𝑛 ∙ 𝜆 → 𝜆 = 𝑑 ∙𝑠𝑖𝑛𝛼𝑛𝑛 = 4 ∙ 10−6∙sin 10,11 = 0,701 ∙ 10−6𝑚 ≈ 0,7𝜇𝑚 b) nu är n=3 𝑑 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼𝑛 = 𝑛 ∙ 𝜆 → 𝑠𝑖𝑛𝛼3 = 3 ∙ 𝜆𝑑 =3 ∙ 0,701 ∙ 10 −6 4 ∙ 10−6 = 0,526 → 𝛼3 = 31,71 ≈ 32° c) Gitterekvationen ger: 𝑑 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼𝑛 = 𝑛 ∙ 𝜆 ↔ 𝑛 =𝑑 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼𝑛𝜆 Eftersom: 𝛼 ≤ 1 → 𝑛 ≤𝑑𝜆 =0,701 = 5,74

(6)

Ordningstalet kan alltså vara högst 5 11.9) Om n=1 får vi: 𝑑 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼𝑛 = 𝑛 ∙ 𝜆 → 𝑑 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼𝑟ö𝑑 = 𝜆 → 𝑠𝑖𝑛𝛼𝑟ö𝑑= 𝑑 =𝜆 600 ∙ 102 ∙ 10−6−9 = 0,3 → 𝛼𝑟ö𝑑= 17,45° 𝑠𝑖𝑛𝛼𝑏𝑙å =𝑑 =𝜆 450 ∙ 102 ∙ 10−6−9 = 0,225 → 𝛼𝑏𝑙å = 13° 𝑣1 = 𝛼𝑟ö𝑑− 𝛼𝑏𝑙å = 17,45°− 13°≈ 4,5° Om n=2 får vi 𝑑 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼𝑛 = 𝑛 ∙ 𝜆 → 𝑑 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼𝑟ö𝑑 = 2𝜆 → 𝑠𝑖𝑛𝛼𝑟ö𝑑 =2𝜆𝑑 =2 ∙ 600 ∙ 10 −9 2 ∙ 10−6 = 0,6 → 𝛼𝑟ö𝑑 = 36,86° 𝑠𝑖𝑛𝛼𝑏𝑙å =2𝜆𝑑 =2 ∙ 450 ∙ 10 −9 2 ∙ 10−6 = 0,45 → 𝛼𝑏𝑙å = 26,74° 𝑣2 = 𝛼𝑟ö𝑑− 𝛼𝑏𝑙å = 36,86°− 26,74°≈ 10,1° 11.10)

a)Ljusets fart och våglängd är med stor noggrannhet detsamma i luft som i vakuum. 𝑐 = 𝑓 ∙ 𝜆 ↔ 𝑓 =𝜆 =𝑐 0,6 ∙ 103 ∙ 108−6= 5 ∙ 1014𝐻𝑧

b) Frekvensen ändras inte när ljuset går från ett medium till ett annat. c) Vi räknar först ut vätskans brytningsindex.

𝑛1∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼1 = 𝑛2 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼2 → 1 ∙ 𝑠𝑖𝑛30 = 𝑛𝑣ä𝑡𝑠𝑘𝑎∙ 𝑠𝑖𝑛20 → 𝑛𝑣ä𝑡𝑠𝑘𝑎 = 𝑠𝑖𝑛30𝑠𝑖𝑛20 = 1,462 Vi vet också:

(7)

𝜆𝑣ä𝑡𝑠𝑘𝑎 =𝑛𝑣ä𝑡𝑠𝑘𝑎𝜆 = 0,6 ∙ 101,462 = 0,41 ∙ 10−6 −6𝑚 = 0,41𝜇𝑚 d)

𝑐𝑣ä𝑡𝑠𝑘𝑎 =𝑛𝑣ä𝑡𝑠𝑘𝑎𝑐 =3 ∙ 101,462 = 2,05 ∙ 108 8𝑚 𝑠⁄ 11.11)

a)Vi kallar det sökta brytningsindexet n och vinkeln mellan symmetrilinjen och andra ordningens maximum för 𝛼2 𝑡𝑎𝑛𝛼2 = 150 → 𝛼35 2 = 13,134° Enligt gitterekvationen: 𝑑 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼2 = 2 ∙ 𝜆𝑙𝑢𝑓𝑡 → 𝑑 =2 ∙ 𝜆𝑠𝑖𝑛𝛼𝑙𝑢𝑓𝑡 2 = 2 ∙ 0,63 ∙ 10−6 𝑠𝑖𝑛13,134 = 5,54 ∙ 10−6𝑚 ≈ 5,5𝜇𝑚

b) Ljusets våglängd är kortare i vätskan som medför att vinkeln 𝛼2 är mindre. 𝜆𝑣ä𝑡𝑠𝑘𝑎 =𝑛𝜆𝑙𝑢𝑓𝑡

𝑣ä𝑡𝑠𝑘𝑎

𝑡𝑎𝑛𝛼2 =150 → 𝛼26 2 = 9,833° När ljuset går i vätskan gäller: 𝑑 ∙ sin 9,833 = 2 ∙𝑛0,63

𝑣ä𝑡𝑠𝑘𝑎 När ljuset går i luft gäller: 𝑑 ∙ 𝑠𝑖𝑛13,134 = 2 ∙ 0,63 Vi har då ett ekvationssystem:

𝑑 ∙ sin 9,833 = 2 ∙𝑛0,63 𝑣ä𝑡𝑠𝑘𝑎 𝑑 ∙ 𝑠𝑖𝑛13,134 = 2 ∙ 0,63

Dividera ekvationerna med varandra! 𝑛𝑣ä𝑡𝑠𝑘𝑎 =

𝑠𝑖𝑛13,134

(8)

11.12)

Vi betecknar den gemensamma

avböjningsvinkeln med 𝛼. Eftersom andra och tredje ordningens spektra griper i varandra har vi följande:

𝑑 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼 = 2 ∙ 0,69 𝑜𝑐ℎ 𝑑 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼 = 3 ∙ 𝜆 → 3 ∙ 𝜆 = 2 ∙ 0,69 → 𝜆 =2 ∙ 0,69 3 = 0,46𝜇𝑚 11.13)

a) Vi betecknar vågskillnaden med x. Se figuren.

Vi ser då att:

𝑠𝑖𝑛𝛼 =𝑥𝑑 ↔ 𝑥 = 𝑑 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼

b) Gitterekvationen ger:

𝑑 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼𝑛 = 𝑛 ∙ 𝜆 ↔ 𝑛 =𝑑 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼𝑛𝜆 = 1,506 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼𝑛 = 2,5 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼𝑛, 𝑑𝑣𝑠 𝑛 = 𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑢𝑚2

Ljuset kan reflekteras både neråt och uppåt i figuren, dvs 2 strålar uppåt, 2 strålar neråt och en som reflekteras rakt tillbaka, dvs totalt 5 riktningar.

c) Om

(9)

𝑠𝑖𝑛𝛼 ≤ 1 → 𝑛 < 1 𝑑𝑣𝑠 𝑛 = 0, ℎ𝑒𝑙𝑡𝑎𝑙 → 𝛼 = 0 11.14)

a) Vi kallar den ursprungliga intensiteten I. Stråle nummer 1 har reflekterats en gång. 𝐼1 = 0,04 ∙ 𝐼, 𝑑𝑣𝑠 4%

Stråle nummer 2 har intensiteten 0,96I när den reflekteras vid nedre ytan som sedan passerar den övre ytan.

𝐼2 = 0,96𝐼 ∙ 0,04 ∙ 0,96 = 0,038𝐼 Svaret blir också 4% (3,8%)

Stråle nummer 3 har reflekterats ytterligare 2 gånger

𝐼3 = 0,96𝐼 ∙ 0,04 ∙ 0,96 ∙ 0,04 ∙ 0,04 = 0,0000589𝐼 𝑑𝑣𝑠 0,006% b) Stråle nummer 4 har förlorat 4% intensitet två gånger.

𝐼4 = 0,962∙ 𝐼 = 0,921𝐼 𝑑𝑣𝑠. 92%

Stråle nummer 5 har reflekterats två gånger mer än nummer 4. 𝐼5 = 0,962∙ 𝐼 ∙ 0,042 = 0,00147𝐼 𝑑𝑣𝑠. 0,15%

Stråle nummer 6 har reflekterats två gånger mer än nummer 5.

(10)

11.15)

Eftersom tråden lyfter upp lite CD änden, har vi ett kilformat luftskikt från AB till CD. De mörka linjerna som uppkommer är resultatet av interferens mellan strålar som reflekteras mot luft i skiktets överkant respektive glas i underkant. Ökar vi luftskiktets tjocklek med en halv våglängd ökar vågskillnaden med en hel våglängd (se avsnittet interferens i tunna skikt). Varje gång vi ökar tjockleken av luftskiktet med en halv våglängd får vi samma interferensmönster. Vi pratar om våglängden i luft förstås.

a) På en sträcka av 4 cm finns 16 mellanrum som medför följande: 16 ∙𝜆2 = 8𝜆, 𝑑𝑣𝑠. 8 𝑣å𝑔𝑙ä𝑛𝑔𝑑𝑒𝑟

b) Ytorna är i kontakt vid AB. På 10cm, (alltså 2,5·4cm) ökar tjockleken med 2,5·8 våglängder.

2,5 ∙ 8 ∙ 𝜆 = 2,5 ∙ 8 ∙ 0,6 ∙ 10−6 = 12 ∙ 10−6𝑚 = 12𝜇𝑚 11.16)

a) Enligt uppgiften är hinnans tjocklek försumbar jämfört med våglängden. Vid A har vi utsläckning och hinnans tjocklek är då halva vågländen.

𝜆ℎ𝑖𝑛𝑛𝑎 =0,71,3 = 0,538𝜇𝑚 → 𝑡𝑗𝑜𝑐𝑘𝑙𝑒𝑘𝐴 = 𝜆ℎ𝑖𝑛𝑛𝑎2 = 0,27𝜇𝑚

b) Nästa mörka band betyder att tjockleken har ökat med en våglängd och vid B med en fjärdedels våglängd till, dvs. 1 +14 =54 𝑣å𝑔𝑙ä𝑛𝑑𝑒𝑟 5 4 ∙ 𝜆ℎ𝑖𝑛𝑛𝑎 = 5 4 ∙ 0,7 1,3 = 0,67𝜇𝑚

(11)

11.17)

a) Enligt uppgift 11.15) motsvarar avståndet mellan två succesiva linjer en ändring av skikttjockleken med halva våglängden. Gropens djup är alltså två våglängder Svar:

2 ∙ 0,6 = 1,2𝜇𝑚

b) Kanske konisk. Ringarnas radier ökar i jämn takt som betyder att luftskiktet, dvs. gropens djup, minskar i takt med avståndet från centrum.

c). Beteckna med n antalet hopp, á halva våglängder till mitten. 𝑛 ∙𝜆2 = 1,2𝜇𝑚 ↔ 𝑛 ∙0,482 = 1,2 → 𝑛 = 5

Figur

Updating...

Referenser

Updating...

Relaterade ämnen :