FY1002/TFY4160 Bølgefysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2008.

Løsningsforslag til øving 5

Oppgave 1

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

d) B

β_{1} = 10 log \frac{I_{1}}{I_{0}}
⇒ \frac{β_{1}}{10} = log I_{1} − log I_{0}
β_{2} = 10 log \frac{I_{2}}{I_{0}} = β_{1} + 5
⇒ \frac{β_{1}}{10} + \frac{1}{2} = log I_{2} − log I_{0}
⇒ log I_{2} − log I_{1} = \frac{1}{2}
⇒ \frac{I_{2}}{I_{1}} = 10^{1/2} ≃ 3.16

e) C Intensiteten er proporsjonal med utsvingsamplituden kvadrert, mens trykkamplituden er proporsjonal med utsvingsamplituden. Dermed blir intensiteten proporsjonal med trykkamplituden kvadrert, og vi finner

\frac{p_{2}}{p_{1}} = \sqrt{\frac{I_{2}}{I_{1}}} = 10^{1/4} ≃ 1.78

f) D

I = \frac{P}{A_{halvkule}} = \frac{P}{2πr^{2}} = \frac{0.2}{2π · 4^{2}} ≃ 2.0 mW/m^{2}
⇒ β = 10 log \frac{2.0 · 10^{−3}}{10^{−12}} = 93 dB

Oppgave 2

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. Vi anslår trommehinnens areal til f.eks. 0.5 cm^{2}. Effekten som mottas på en slik flate 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.

Oppgave 3

a) Det mest nærliggende er å derivere den gitte løsningen to ganger mhp t og r og sette inn i bølgeligningen:

\frac{∂ξ}{∂r} = \frac{k cos(kr − ωt)}{r} − \frac{sin(kr − ωt)}{r^{2}}
\frac{∂^{2}ξ}{∂r^{2}} = −\frac{k^{2} sin(kr − ωt)}{r} − \frac{2k cos(kr − ωt)}{r^{2}} + \frac{2 sin(kr − ωt)}{r^{3}}
\frac{∂^{2}ξ}{∂t^{2}} = −\frac{ω^{2} sin(kr − ωt)}{r}

Her har vi tatt vekk konstanten A overalt, siden vi ser at alle leddene i bølgeligningen er lineære i ξ. Vi bruker deretter at v^{2} = ω^{2}/k^{2}, hvoretter innsetting av de nødvendige deriverte gir at ligningen er oppfylt med den gitte formen på ξ(r, t).

En alternativ framgangsmåte tar utgangspunkt i at

\frac{∂^{2}}{∂r^{2}} (rξ) = r\frac{∂^{2}ξ}{∂r^{2}} + 2\frac{∂ξ}{∂r}

som betyr at den oppgitte bølgeligningen kan skrives på formen

\frac{∂^{2}}{∂t^{2}} (rξ) = v^{2} \frac{∂^{2}}{∂r^{2}} (rξ)

Men dette er jo nettopp bølgeligningen i en dimensjon r, der rξ nå representerer den endimensjonale bølgen. Og fra den oppgitte formen på ξ(r, t) har vi at

rξ = A sin(kr − ωt)

og vi vet jo godt at en slik enkel harmonisk bølge er løsning av den endimensjonale bølgeligningen!

b) La oss gå fram på tilsvarende vis som i oppgave a), dvs vi regner ut de nødvendige deriverte av ξ, setter inn i bølgeligningen og ser hva vi får. (Også her stryker vi konstanten A.)

\frac{∂ξ}{∂r} = \frac{k cos(kr − ωt)}{r^{1/2}} − \frac{sin(kr − ωt)}{2r^{3/2}}
\frac{∂^{2}ξ}{∂r^{2}} = −\frac{k^{2} sin(kr − ωt)}{r^{1/2}} − \frac{k cos(kr − ωt)}{r^{3/2}} + \frac{3 sin(kr − ωt)}{4r^{5/2}}
\frac{∂^{2}ξ}{∂t^{2}} = −\frac{ω^{2} sin(kr − ωt)}{r^{1/2}}

Med v^{2} = ω^{2}/k^{2} gir innsetting i den gitte bølgeligningen

−\frac{ω^{2} sin(kr − ωt)}{r^{1/2}} = −\frac{ω^{2} sin(kr − ωt)}{r^{1/2}} + \frac{ω^{2} sin(kr − ωt)}{4k^{2}r^{5/2}}

Dermed innser vi at den gitte ξ(r, t) ikke er en eksakt løsning av bølgeligningen, pga ledd nummer to på høyre side. Vi innser også at den gitte ξ(r, t) vil være en god tilnærmet løsning dersom ledd nummer to på høyre side er lite i forhold til de to øvrige, med andre ord dersom

4k^{2}r^{2} ≫ 1

dvs

r ≫ \frac{1}{2k} = \frac{λ}{4π}

dvs for avstander fra bølgens sentrum som er store i forhold til bølgelengden.

Eksakte løsninger av den sylindersymmetriske bølgeligningen involverer en spesiell type matematiske funksjoner kalt Besselfunksjoner. Vi går ikke nærmere inn på det her.