TFY4160/FY1002 Bølgefysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2007.

Løsningsforslag til øving 1

Oppgave 1

a) Vi antar at Hookes lov, F = kx, gjelder for fjæra. Newtons andre lov gir da

−kx = m\frac{d^{2}x}{dt^{2}}

eller

ẍ + ω^{2}x = 0

med ω^{2} = k/m. Ligningen har løsning x(t) = A cos(ωt + ϕ), som gitt i oppgaveteksten. Klossen svinger altså med vinkelfrekvens ω = \sqrt{k/m}. Amplituden A og fasekonstanten ϕ fastlegger vi ved å bruke de oppgitte initialbetingelsene x(0) = x_{0} og v(0) = ẋ(0) = v_{0}. Vi har

v(t) = ẋ(t) = −ωA sin(ωt + ϕ)

slik at

x_{0} = A cos ϕ

og

v_{0} = −ωA sin ϕ

Herfra er det flere mulige veier å gå. Vi kan for eksempel dele disse to ligningene med hverandre, som gir

ϕ = − arctan \frac{v_{0}}{x_{0}ω}

og

A = \frac{x_{0}}{cos arctan v_{0}/x_{0}ω}

Alternativt kan vi kvadrere de to ligningene og legge dem sammen:

sin^{2} ϕ + cos^{2} ϕ = \frac{v_{0}^{2}}{ω^{2}A^{2}} + \frac{x_{0}^{2}}{A^{2}}

som gir

A = \sqrt{x_{0}^{2} + (v_{0}/ω)^{2}} = x_{0}\sqrt{1 + mv_{0}^{2}/kx_{0}^{2}}

og deretter

ϕ = arccos \frac{x_{0}}{A} = arccos \frac{1}{\sqrt{1 + mv_{0}^{2}/kx_{0}^{2}}}

b) Siden vi ikke har noen demping i systemet, er den totale energien E bevart. (Dvs: Vi har et konservativt system.) Da kan vi beregne energien ved et hvilket som helst tidspunkt, for eksempel ved maksimalt utsving, der x = x_{max} = A og v = 0:

E = E_{p}^{max} = \frac{1}{2}kA^{2} = \frac{1}{2}k (x_{0}^{2} + mv_{0}^{2}/k) = \frac{1}{2}kx_{0}^{2} + \frac{1}{2}mv_{0}^{2}

Det endelige svaret her gjenkjenner vi som summen av potensiell og kinetisk energi ved t = 0, E_{p0} + E_{k0}, hvilket jo også må tilsvare den totale energien.

c) Skriver vi løsningen på formen x(t) = B cos ωt + C sin ωt, har vi

ẋ(t) = −ωB sin ωt + ωC cos ωt

og dermed

B = x_{0}

og

C = v_{0}/ω

d) Maksimalt utsving:

x_{max} = A = x_{0}\sqrt{1 + mv_{0}^{2}/kx_{0}^{2}} = x_{0}\sqrt{1 + E_{k0}/E_{p0}}

Maksimal hastighet:

v_{max} = ωA = \sqrt{\frac{k}{m} (x_{0}^{2} + mv_{0}^{2}/k)} = v_{0}\sqrt{1 + kx_{0}^{2}/mv_{0}^{2}} = v_{0}\sqrt{1 + E_{p0}/E_{k0}}

Med oppgitte tallverdier:

E_{p0} = 0.5 · 100 · 0.010^{2} = \frac{1}{200}

E_{k0} = 0.5 · 0.25 · 0.20^{2} = \frac{1}{200}

Oppgave 2

begge i enheten J, ettersom vi kun har brukt SI–enheter underveis. Følgelig er x_{max} = \sqrt{2}x_{0} ≃ 1.4 cm og v_{max} = \sqrt{2}v_{0} ≃ 28 cm/s. a) Figuren nedenfor viser kule og snor når snora danner en vinkel θ med vertikalretningen.

Den vertikale tyngdekraften mg kan dekomponeres i en komponent i snoras lengderetning, mg cos θ, og en komponent tangentielt til svingebevegelsens (sirkulære) bane, mg sin θ. Førstnevnte komponent utlignes av snordraget (ikke tegnet inn i figuren), ettersom det ikke er noen bevegelse i snoras lengderetning. Sistnevnte komponent bestemmer bevegelsen via Newtons andre lov,

−mg sin θ = ma

Her har vi valgt positiv retning mot klokka, dvs positiv verdi for θ samt positiv posisjon når utsvinget er som i figuren over. Vi ser at kraften alltid vil virke i motsatt retning av utsvinget, og det er ivaretatt med minustegnet i bevegelsesligningen. For bevegelse i sirkulær bane med radius l har vi følgende sammenheng mellom lengde ds og vinkelendring dθ: ds = l dθ. Hastigheten er dermed

v = \frac{ds}{dt} = l\frac{dθ}{dt}

og akselerasjonen

a = \frac{dv}{dt} = l\frac{d^{2}θ}{dt^{2}}

Innsetting gir da

\frac{d^{2}θ}{dt^{2}} + \frac{g}{l} sin θ = 0

b) Siste ligning i punkt a kan løses eksakt, slik at frekvens og periode kan uttrykkes ved et såkalt elliptisk integral. Men dersom utsvinget ikke er for stort, vil θ hele tiden være liten, slik at vi tilnærmet kan skrive sin θ ≃ θ. Bevegelsesligningen forenkler seg da til

\frac{d^{2}θ}{dt^{2}} + \frac{g}{l} θ = 0

som er på samme form som den vi kjenner for posisjonen x(t) i ”masse–fjær-systemet. Vi må dermed ha en harmonisk løsning

θ(t) = θ_{0} cos(ωt + ϕ)

for vinkelen θ, der vinkelfrekvensen er ω = \sqrt{g/l}. Svingebevegelsens periode blir altså

T = \frac{2π}{ω} = 2π\sqrt{\frac{l}{g}}

Vi ser at kulas masse m ikke har noen innvirkning på svingetiden. Dessuten har vel alle erfart at en kort pendel svinger raskere enn en lang en.

Kommentar: Den beregnede svingetiden blir en dårligere og dårligere tilnærmelse jo større pendelens utsving er. Den eksakte løsningen kan skrives som en (uendelig) potensrekke i vinkelamplituden θ_{0}, der de første par leddene ser slik ut:

T = 2π\sqrt{\frac{l}{g}} (1 + \frac{θ_{0}^{2}}{16} + \frac{11θ_{0}^{4}}{3072} + ...)

Her må vi selvsagt bruke enheten radianer for vinkelen θ_{0}. a) Newtons 2. lov gir oss klossenes bevegelsesligninger. La oss f.eks. velge positiv retning for utsving fra likevekt mot høyre. I den nederste figuren har vi da x_{1} > 0, x_{2} > 0 og x_{1} > x_{2}, slik at fjæra til venstre er strukket mens den i midten og den til høyre er presset sammen. Venstre fjær er strukket en lengde x_{1} og virker på masse 1 med en kraft mot venstre. Fjæra i midten er sammenpresset en lengde x_{1} − x_{2} og virker på masse 1 med en kraft mot venstre og masse 2 med en kraft mot høyre. Fjæra til høyre er sammenpresset en lengde x_{2} og virker på masse 2 med en kraft mot venstre. Dermed har vi kraft på masse 1:

F_{1} = −kx_{1} + k(x_{2} − x_{1}) = −2kx_{1} + kx_{2}

og kraft på masse 2:

F_{2} = −kx_{2} − k(x_{2} − x_{1}) = kx_{1} − 2kx_{2}

Newtons 2. lov gir da

mẍ_{1} = −2kx_{1} + kx_{2}
mẍ_{2} = kx_{1} − 2kx_{2}

b) Innsetting av antatte løsninger for x_{1}(t) og x_{2}(t) gir ligningene

−mω^{2}A = k(−2A + B)
−mω^{2}B = k(A − 2B)

etter at vi har strøket en felles faktor cos(ωt + ϕ) i alle ledd. Fra hver av disse ligningene kan vi finne et uttrykk for forholdet A/B:

A/B = k/(2k − mω^{2})
A/B = −(2k − mω^{2})/k

Ettersom venstre side i disse ligningene er like store, må også høyre side være det. Dermed:

k/(2k − mω^{2}) = −(2k − mω^{2})/k

eller

m^{2}ω^{4} − 4kmω^{2} + 3k^{2} = 0

Dette er en 2.gradsligning for ω^{2}, med løsninger

ω^{2} = \frac{4km ± \sqrt{16k^{2}m^{2} − 12k^{2}m^{2}}}{2m^{2}} = \frac{4km ± 2km}{2m^{2}}

dvs k/m og 3k/m. De mulige vinkelfrekvensene som klossene kan svinge med er følgelig ω_{a} = \sqrt{k/m} og ω_{s} = \sqrt{3k/m}, som vi skulle vise.

c) Vi finner sammenhengen mellom A og B for hver av de to vinkelfrekvensene ved å sette inn i det ene eller andre uttrykket ovenfor for forholdet A/B:

A_{a}/B_{a} = k/(2k − mω_{a}^{2}) = 1
A_{s}/B_{s} = k/(2k − mω_{s}^{2}) = −1

Det betyr at i den ”antisymmetriske moden” er x_{1} = x_{2}, og de to massene svinger fram og tilbake med samme fase, uten at fjæra i midten strekkes eller presses sammen. I den ”symmetriske moden” er x_{1} = −x_{2}, og de to massene svinger i motfase, slik at fjæra i midten strekkes og presses sammen dobbelt så mye som fjærene til venstre og høyre.

Antisymmetrisk mode:

Symmetrisk mode:

I den antisymmetriske moden påvirkes hver av de to massene kun av krafta fra ei fjær, ettersom fjæra i midten verken strekkes eller presses sammen. Med andre ord, hver masse svinger på samme måte som om den andre ikke var til stede, og vi må ha ω_{a}^{2} = k/m. I den symmetriske moden er fjæra til venstre strukket en lengde x_{1} og fjæra i midten er sammenpresset en lengde 2x_{1} når masse 1 er i posisjon x_{1}. Da blir total kraft på masse 1 lik −3kx_{1}. Med andre ord, masse 1 svinger som om den var festet til ei fjær med fjærkonstant 3k, slik at vi må ha ω_{s}^{2} = 3k/m. (Tilsvarende argument kan gjennomføres for masse 2.) Vi ser at dette stemmer med resultatet i punkt b).

Kommentar: For å få systemet til å svinge i en av disse to modene, kan vi ikke ha vilkårlige initialbetingelser. Vi ser f.eks. at hvis vi skyver begge massene like langt i samme retning og slipper dem, vil systemet svinge i den antisymmetriske moden. Skyves de to massene like langt i hver sin retning, vil det svinge i den symmetriske moden. Den generelle svingebevegelsen vil være en superposisjon av begge moder:

x_{1}(t) = A_{a} cos(ω_{a}t + ϕ_{a}) + A_{s} cos(ω_{s}t + ϕ_{s})
x_{2}(t) = A_{a} cos(ω_{a}t + ϕ_{a}) − A_{s} cos(ω_{s}t + ϕ_{s})

Her har vi 4 ubestemte konstanter, A_{a}, A_{s}, ϕ_{a} og ϕ_{s}, som kan fastlegges hvis vi f.eks. kjenner posisjon og hastighet til hver av massene ved t = 0.