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

Løsningsforslag til øving 4

Oppgave 1

a) Bølgehastigheten for transversale bølger på en streng er utledet i forelesningene. Vi får

v = \sqrt{\frac{S}{μ}} = \sqrt{\frac{8.5}{0.028}} ≃ 17m/s

Vi har ikke dispersjon i dette systemet, så v er den samme for alle bølger, uansett frekvens.

b)

v = \frac{λ}{T} = λν

som gir bølgelengden

λ = \frac{v}{ν} ≃ 17m

Ettersom λ er omvendt proporsjonal med ν, vil en frekvens på 3.0 Hz resultere i en bølgelengde på ca 5.8 m.

c) Vi har harmoniske bølger som kan beskrives ved

y(x, t) = A cos(kx − ωt + ϕ)

der k = 2π/λ er bølgetallet og ϕ en fasekonstant. Vi velger x = 0 ved svingekilden og har

y(0, t) = A cos(−ωt + ϕ) = A cos ωt

som gir ϕ = 0 siden cos u = cos(−u). Dermed er bølgen beskrevet ved

y(x, t) = A cos(kx − ωt)

For x = 1.0 og x = 5.0 m får vi

y(1.0, t) ≃ A cos (2π \frac{1.0}{17} − 2πt)

y(5.0, t) ≃ A cos (2π \frac{5.0}{17} − 2πt)

med t målt i sekunder. Faseforskjellen mellom utsvinget i disse to posisjonene er

Δϕ = \frac{8π}{17} ≃ 1.4 ≃ 83^{∘}

Oppgave 2

a)

|D⃗| = D_{0} [cos^{2}(kx − ωt) + sin^{2}(kx − ωt)]^{1/2}
= D_{0}

for alle x og t. Med andre ord, vi har overalt og til enhver tid et utsving med konstant amplitude D_{0}. Dette betyr at spissen på vektoren D⃗ alltid ligger på en sirkel med radius D_{0}. Siden både D_{z} og D_{y} kontinuerlig gjennomløper alle verdier mellom −D_{0} og +D_{0}, må D⃗ kontinuerlig gjennomløpe alle punkter på sirkelen. Dvs at bølgen er sirkulærpolarisert.

b)

D_{z} = D_{0} cos(kx − ωt) = D_{0} cos(ωt − kx)
D_{y} = D_{0} sin(kx − ωt) = D_{0} cos(kx − ωt − π/2)
= D_{0} cos [(ωt + π/2) − kx]

Dette betyr at for alle verdier av x ligger D_{y} faseforskjøvet π/2 foran D_{z}. F.eks. vil D_{y} nå sin maksimalverdi +D_{0} en fase π/2 tidligere enn D_{z}. Når D_{y} = +D_{0}, er D_{z} = 0, og D_{y} = 0 nr D_{z} = +D_{0}. Dvs at vi for enhver verdi av x (f.eks. x = 0) har en situasjon som skissert nedenfor:

Bølgen forplanter seg i positiv x-retning. Vi ser derfor av skissen ovenfor at D⃗ roterer mot urviseren for en observatør som ser mot bølgens forplantningsretning. Bølgen er altså venstresirkulærpolarisert.

c) Skal vi ha en bølge som er høyre-sirkulærpolarisert, må vi la D_{z} ligge en fase π/2 foran D_{y}. Det får vi ved f.eks.

D_{z} = D_{0} sin(kx − ωt)

og

D_{y} = D_{0} cos(kx − ωt)

d) Vi har at

sin(kx − ωt + π) = − sin(kx − ωt)

slik at for bølgen beskrevet ved

D = D_{0} sin(kx − ωt)ŷ + D_{0} sin(kx − ωt + π)ẑ

vil vi ha like stor y− og z−komponent, men med motsatt fortegn. Det skulle da bli følgende rette linje i yz-planet (z = −y):

For bølgen beskrevet ved

D = D_{y} ŷ + D_{z} ẑ = D_{0} sin(kx − ωt)ŷ + 2D_{0} cos(kx − ωt)ẑ

får vi en ellipse i yz-planet: ettersom vi har

(\frac{D_{y}}{D_{0}} )^{2} + (\frac{D_{z}}{2D_{0}} )^{2} = sin^{2} ωt + cos^{2} ωt = 1

dvs ellipse med akse D_{0} i y−retning og akse 2D_{0} i z−retning.

Oppgave 3

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.