Institutt for fysikk, NTNU TFY4160/FY1002 Bølgefysikk Høst 2006

Løsningsforslag til øving 5

Veiledning 21. september

Oppgave 1

a) Longitudinale utsving på ei slik fjær oppfyller bølgeligningen

\frac{∂^{2}ξ}{∂x^{2}} = \frac{μ}{K} \frac{∂^{2}ξ}{∂t^{2}} = \frac{1}{v^{2}} \frac{∂^{2}ξ}{∂t^{2}}

og det eneste vi krever av funksjonen ξ(x, t) er at den kan skrives på formen f(x − vt) eller g(x + vt), eller en kombinasjon av disse to, der f og g er vilkårlige to ganger deriverbare funksjoner. Den oppgitte gaussformede bølgepulsen er på en slik form (f(x − vt)) og representerer dermed en mulig bølgepuls langs fjæra. Bølgen propagerer i positiv x-retning.

b) Som utledet i forelesningene, og som vi ser av ligningen ovenfor, har vi

v = \sqrt{\frac{K}{μ}}

Uttrykket på høyre side har dimensjon

\sqrt{\frac{kg · m/s^{2}}{kg/m}} = \sqrt{\frac{m^{2}}{s^{2}}} = m/s

som er det vi skal ha.

c) Bølgepulsens energi endrer seg ikke med tiden. Vi kan derfor beregne E for et hvilket som helst tidspunkt, for eksempel t = 0. Med energi ε(x, 0) dx på intervallet (x, x + dx), må total energi være

E = ∫_{−∞}^{∞} ε(x, 0) dx

Her inngår størrelsen dξ/dX = dξ/dx, og med t = 0 har vi

\frac{dξ}{dx} = ξ_{0}(−2x/a^{2})e^{−x^{2}/a^{2}}

som gir

ε(x, 0) = \frac{2μv^{2}ξ_{0}^{2}}{a^{2}} \frac{2x^{2}}{a^{2}} e^{−2x^{2}/a^{2}}

Vi substituerer β = \sqrt{2}x/a som gir (med dx = a dβ/\sqrt{2})

E = \frac{2μv^{2}ξ_{0}^{2}}{\sqrt{2}a} ∫_{−∞}^{∞} β^{2}e^{−β^{2}} = \frac{2μv^{2}ξ_{0}^{2}}{\sqrt{2}a} · \frac{\sqrt{π}}{2} = \frac{\sqrt{π}μv^{2}ξ_{0}^{2}}{\sqrt{2}a}

som skulle vises.

Oppgave 2

a) Innsetting av den antatte løsningen gir

ξ(x + d) − ξ(x) = ξ_{0} [sin(kx + kd − ωt) − sin(kx − ωt)]
= ξ_{0} · 2 cos \frac{kx + kd − ωt + kx − ωt}{2} sin \frac{kx + kd − ωt − kx + ωt}{2}
= 2ξ_{0} cos(kx − ωt + \frac{kd}{2}) sin \frac{kd}{2}
ξ(x − d) − ξ(x) = ξ_{0} [sin(kx − kd − ωt) − sin(kx − ωt)]
= ξ_{0} · 2 cos \frac{kx − kd − ωt + kx − ωt}{2} sin \frac{kx − kd − ωt − kx + ωt}{2}
= −2ξ_{0} cos(kx − ωt − \frac{kd}{2}) sin \frac{kd}{2}

b) I neste omgang bestemmer vi høyre side i bevegelsesligningen oppgitt i oppgaveteksten ved å legge de to uttrykkene i punkt a sammen. Vi benytter oss av de trigonometriske relasjonene

cos(a ± b) = cos a cos b ∓ sin a sin b

og får

ξ(x + d) + ξ(x − d) − 2ξ(x) = 2ξ_{0} sin \frac{kd}{2} [cos(kx − ωt + \frac{kd}{2}) − cos(kx − ωt − \frac{kd}{2})]
= 2ξ_{0} sin \frac{kd}{2}[cos(kx − ωt) cos \frac{kd}{2} − sin(kx − ωt) sin \frac{kd}{2}
= − cos(kx − ωt) cos \frac{kd}{2} − sin(kx − ωt) sin \frac{kd}{2}]
= −4ξ_{0} sin^{2} \frac{kd}{2} sin(kx − ωt)

Her har vi også brukt at sin a = − sin(−a) og cos a = cos(−a). På venstre side av bevegelsesligningen inngår den andrederiverte av ξ med hensyn på t:

\frac{∂^{2}ξ}{∂t^{2}} = −ω^{2}ξ_{0} sin(kx − ωt)

Vi setter alt sammen inn i bevegelsesligningen, forkorter felles faktor ξ_{0} og sin(kx − ωt) på begge sider, og får

−mω^{2} = −4s sin^{2} \frac{kd}{2}

dvs

ω^{2} = \frac{4s}{m} sin^{2} \frac{kd}{2}

som vi skulle vise.

c) Når kd ≪ 1, kan vi sette

sin^{2} \frac{kd}{2} ≃ \frac{k^{2}d^{2}}{4}

slik at

ω^{2} ≃ \frac{4s}{m} · \frac{k^{2}d^{2}}{4} = \frac{sk^{2}d^{2}}{m}

som gir

v = \frac{ω}{k} ≃ \sqrt{\frac{sd^{2}}{m}}

dvs uavhengig av bølgelengden (og bølgetallet).

d) Lydens hastighet i metaller har vi sett eksempler på i forelesningene. La oss si at bølgehastigheten er omtrent 1000 m/s. Det hørbare området dekker frekvenser mellom ca 20 og 20000 Hz, som dermed tilsvarer bølgelengder

λ = \frac{v}{ν}

i området mellom 5 cm og 50 m. Dette er uansett veldig mye mer enn typiske avstander mellom naboatomer i en krystall (mindre enn 1 nm), så for hørbar lyd er tilnærmelsen kd ≪ 1, eventuelt λ ≫ d godt oppfylt.

Oppgave 3

a) Svar C er korrekt. Fasehastigheten er gitt ved

v = \frac{ω}{k}

og vi ser fra figuren at dette forholdet er størst for små verdier av k, dvs for lange bølgelengder. b) Svar B er korrekt. Bølgehastigheten er gitt ved

v = \sqrt{\frac{S}{μ}}

slik at en endring i S til S + ΔS gir hastigheten

v′ = \sqrt{\frac{S + ΔS}{μ}} = \sqrt{\frac{S(1 + ΔS/S)}{μ}}
= \sqrt{\frac{S}{μ}} · \sqrt{1 + ΔS/S} ≃ \sqrt{\frac{S}{μ}} · (1 + ΔS/2S) = v · (1 + ΔS/2S)

Følgelig er

Δv = v′ − v = vΔS/2S

c) Svar A er korrekt. Bølgehastigheten er gitt ved

v = \sqrt{\frac{S}{μ}}

slik at en endring i μ til μ + Δμ gir hastigheten

v′ = \sqrt{\frac{S}{μ + Δμ}} = \sqrt{\frac{S}{μ(1 + Δμ/μ)}}
= \sqrt{\frac{S}{μ}} · \frac{1}{\sqrt{1 + Δμ/μ}} ≃ \sqrt{\frac{S}{μ}} · (1 − Δμ/2μ) = v · (1 − Δμ/2μ)

Følgelig er

Δv = v′ − v = −vΔμ/2μ