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

Løsningsforslag til øving 5

Oppgave 1

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 2

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

Oppgave 3

a) Bølgelengden:

λ = \frac{v}{ν} = \frac{330}{1000} m = 33 cm

Intensitetsnivået β målt i dB er definert ved

β = 10 log \frac{I}{I_{0}}

der referanseintensiteten I_{0} = 10^{−12} W/m^{2}. Med I = 10^{−9} W/m^{2} har vi

β = 10 log \frac{10^{−9}}{10^{−12}} = 10 · 3 = 30 dB

Intensiteten I tilsvarer en (midlere) effekt P pr flateenhet A. Effekten som mottas på en flate med areal 0.5 cm^{2} blir dermed

P = I · A = 10^{−9} W/m^{2} · 0.5 · 10^{−4} m^{2} = 5 · 10^{−14} W

(som er under forutsetning av at lydbølgen faller normalt inn mot trommehinnen.)

b) Sammenhengen mellom intensiteten I og utsvingsamplituden ξ_{0} har vi utledet i forelesningene:

I = \frac{1}{2}ρω^{2}ξ_{0}^{2}v

Her er ρ massetettheten, ω er vinkelfrekvensen, og v er bølgehastigheten. Dermed:

ξ_{0} = \frac{1}{2πν} \sqrt{\frac{2I}{ρv}} = \frac{1}{2000π} \sqrt{\frac{2 · 10^{−9}}{1.3 · 330}} m ≃ 0.34 nm

Utsvinget er altså her av samme størrelsesorden som molekylenes utstrekning.

Trykkendringen Δp er relatert til utsvinget ξ (se forelesningene):

Δp = −γp\frac{∂ξ}{∂x}

Med en plan harmonisk bølge får vi

Δp(x, t) = −γpkξ_{0} cos(kx − ωt)

med amplitude

(Δp)_{0} = γpkξ_{0} = \frac{7}{5} · 10^{5} · \frac{2π}{0.33} · 0.34 · 10^{−9} ≃ 0.9 mPa

Relativ trykkvariasjon i forhold til likevektstrykket p blir

\frac{(Δp)_{0}}{p} = \frac{0.9 · 10^{−3}}{10^{5}} = 9 · 10^{−9}

Ikke rare greiene!

c) Fra tilstandsligningen for ideell gass, pV = Nk_{B}T får vi

Δp = Δ (\frac{Nk_{B}T}{V} )
= \frac{Nk_{B}}{V} ΔT − Nk_{B}T \frac{ΔV}{V^{2}}
= \frac{Nk_{B}T}{V} \frac{ΔT}{T} − \frac{Nk_{B}T}{V} \frac{ΔV}{V}
= p \frac{ΔT}{T} − p \frac{ΔV}{V}

Som ventet: En trykkøkning (Δp > 0) ledsages både av en temperaturøkning (ΔT > 0) og en volumreduksjon (ΔV < 0). Det som gjenstår er å finne ut hvor store ΔT og ΔV er hver for seg. Det får vi til ved å benytte oss av antagelsen om adiabatiske forhold, nemlig

pV^{γ} = konstant

Det medfører at

Δp = −γp\frac{ΔV}{V}

eller

−\frac{ΔV}{V} = \frac{1}{γ} \frac{Δp}{p}

som innsatt i uttrykket ovenfor for Δp gir

Δp = p \frac{ΔT}{T} + \frac{1}{γ} Δp

og endelig

\frac{ΔT}{T} = (1 − \frac{1}{γ} ) \frac{Δp}{p}

Med andre ord: Temperaturvariasjonen ΔT (x, t) forplanter seg, på tilsvarende vis som Δp(x, t), som en bølge med amplitude

(ΔT)_{0} = (1 − \frac{1}{γ} ) \frac{T}{p} (Δp)_{0}

Den relative temperaturvariasjonen blir

\frac{(ΔT)_{0}}{T} = (1 − \frac{5}{7}) · 9 · 10^{−9} ≃ 3 · 10^{−9}

Absolutt temperaturvariasjon blir

(ΔT)_{0} ≃ 1μK

Heller ikke rare greiene.