FY1002/TFY4160 Bølgefysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2009.

Løsningsforslag til øving 3

Oppgave 1 a)

y = A sin(kx − ωt) = A sin [2π (\frac{x}{λ} − \frac{t}{T} )]  (1)

med A = 1.0 cm, T = 10 ms og λ = 10 cm. Med følgende linjer i gnuplot, der bølgetallet angis med enhet cm^{−1} og vinkelfrekvensen med enhet ms^{−1},

gnuplot> pi=3.141592654
gnuplot> k=2*pi/10
gnuplot> omega=0.2*pi
gnuplot> y0(x)=sin(k*x)
gnuplot> y25(x)=sin(k*x-omega*2.5)
gnuplot> y50(x)=sin(k*x-omega*5.0)
gnuplot> set xrange [0:25]
gnuplot> set yrange [-1.5:1.5]
gnuplot> set xlabel 'x (cm)'
gnuplot> set ylabel 'y (cm)'
gnuplot> plot y0(x) title 't=0',y25(x) title 't=2.5 ms',y50(x) title 't=5.0 ms'

får vi denne figuren:

Utsvinget vil bli det samme som for t = 0 for hver hele periode, dvs for t = nT = 10n ms, der n = 1, 2, 3, . . ..

b) Vi ser av figuren ovenfor, og har allerede i punkt a slått fast at T = 10 ms.

c) Vi ser av figuren ovenfor, og har allerede i punkt a slått fast at λ = 10 cm.

d) En bølgetopp forplanter seg en bølgelengde λ = 10 cm på en periode T = 10 ms. Altså er fasehastigheten

v_{f} = \frac{λ}{T} = \frac{0.10 m}{0.010 s} = 10 m/s

Hastigheten til strengelementene (i y-retning) er gitt ved:

v_{p} = \frac{∂y}{∂t} = \frac{∂}{∂t} (A sin(kx − ωt)) = −ωA cos(kx − ωt).  (2)

Maksimalverdien av cos(kx − ωt) er 1. Altså er maksimalhastighet for et strengelement:

v_{p}^{max} = ωA = 200π s^{−1} · 0.010 m = 2π m/s ≈ 6.3 m/s

e)

a = \frac{∂^{2}y}{∂t^{2}} = \frac{∂^{2}}{∂t^{2}} (A sin(kx − ωt)) = \frac{∂}{∂t} (−ωA cos(kx − ωt)) = −ω^{2}A sin(kx − ωt) (3)

som har maksimalverdi

a^{max} = ω^{2}A = (200π s^{−1})^{2} · 0.010 m = 3.9 · 10^{3} m/s^{2}.

f) Vi har

sin u = cos (u − \frac{π}{2} ) .

Derfor, dersom vi velger ϕ = −π/2, vil y = A cos(kx − ωt + ϕ) beskrive samme bølge som y = A sin(kx − ωt).

\underline{Merknad:} Fra (1), (2) og (3) har vi

y = A sin(kx − ωt)
v_{p} = −ωA cos(kx − ωt) = −ωA sin (kx − ωt + \frac{π}{2} )
= ωA sin (kx − ωt − \frac{π}{2} ) = ωA sin [kx − (ωt + \frac{π}{2} )]
a = −ω^{2}A sin(kx − ωt) = ω^{2}A sin(kx − ωt − π) = ω^{2}A sin[kx − (ωt + π)].

Med andre ord så sier vi at a i tid er faseforskjøvet π/2 foran v_{p} som igjen er faseforskjøvet π/2 foran y.

Oppgave 2 a)

y_{3} = y_{1} + y_{2}
= A cos(kx − ωt + ϕ_{1}) + A cos(kx − ωt + ϕ_{2})
= 2A cos \frac{kx − ωt + ϕ_{1} + kx − ωt + ϕ_{2}}{2} · cos \frac{ϕ_{1} − ϕ_{2}}{2}
= 2A cos (kx − ωt + \frac{ϕ_{1} + ϕ_{2}}{2} ) cos \frac{ϕ_{1} − ϕ_{2}}{2}
= A_{3} cos(kx − ωt + ϕ_{3})  (4)

der vi har satt

A_{3} ≡ 2A cos \frac{ϕ_{1} − ϕ_{2}}{2} ≡ 2A cos \frac{Δϕ}{2}  (5)
ϕ_{3} = \frac{ϕ_{1} + ϕ_{2}}{2}  (6)

b) |A_{3}| har maksimalverdi når

|cos \frac{Δϕ}{2}| = 1,

dvs når Δϕ/2 = n · π, n = 0, 1, 2, …, dvs når Δϕ = n · 2π, n = 0, 1, 2, . . .. Da får vi |A_{3}|^{max} = 2A (Bølgene adderes i fase.)

|A_{3}| har minimalverdi nr

cos \frac{Δϕ}{2} = 0,

dvs når Δϕ/2 = (2n + 1) · π/2, n = 0, 1, 2, …, dvs når Δϕ = (2n + 1) · π, n = 0, 1, 2, . . .. Da får vi |A_{3}|^{min} = 0 (Bølgene adderes i motfase.)

Oppgave 3

a) Vi har:

\frac{∂^{2}D_{1}(x, t)}{∂x^{2}} = \frac{1}{v^{2}} \frac{∂^{2}D_{1}(x, t)}{∂t^{2}}.  (7)

og

\frac{∂^{2}D_{2}(x, t)}{∂x^{2}} = \frac{1}{v^{2}} \frac{∂^{2}D_{2}(x, t)}{∂t^{2}}.  (8)

(7) + (8) gir (siden partiell derivasjon er en lineær operasjon):

\frac{∂^{2}D(x, t)}{∂x^{2}} = \frac{∂^{2}[D_{1}(x, t) + D_{2}(x, t)]}{∂x^{2}} = \frac{∂^{2}D_{1}(x, t)}{∂x^{2}} + \frac{∂^{2}D_{2}(x, t)}{∂x^{2}}
= \frac{1}{v^{2}} \frac{∂^{2}D_{1}(x, t)}{∂t^{2}} + \frac{1}{v^{2}} \frac{∂^{2}D_{2}(x, t)}{∂t^{2}} = \frac{1}{v^{2}} \frac{∂^{2}[D_{1}(x, t) + D_{2}(x, t)]}{∂t^{2}}
= \frac{1}{v^{2}} \frac{∂^{2}D(x, t)}{∂t^{2}}  (9)

b) Vi betrakter først f(x − vt) og setter X = x − vt. Vi får da:

\frac{∂f}{∂t} = \frac{∂f}{∂X} \underbrace{\frac{∂X}{∂t}}_{=−v} = −v \frac{∂f}{∂X}  (10)

og videre

\frac{∂^{2}f}{∂t^{2}} = \frac{∂}{∂t} (\frac{∂f}{∂t} ) = −v \frac{∂^{2}f}{∂X^{2}} \underbrace{\frac{∂X}{∂t}}_{=−v} = v^{2} \frac{∂^{2}f}{∂X^{2}}  (11)

eller

\frac{1}{v^{2}} \frac{∂^{2}f}{∂t^{2}} = \frac{∂^{2}f}{∂X^{2}}  (12)

Helt tilsvarende (da ∂X/∂x = 1) får vi:

\frac{∂^{2}f}{∂x^{2}} = \frac{∂^{2}f}{∂X^{2}}  (13)

(12) og (13) gir

\frac{∂^{2}f}{∂x^{2}} = \frac{1}{v^{2}} \frac{∂^{2}f}{∂t^{2}}  (14)

som viser at f(x − vt) oppfyller lign. (1) i oppgaveteksten.

På helt tilsvarende vis (bortsett fra at vi ikke får minustegn foran v som i (10) og (11)) får vi:

\frac{∂^{2}g}{∂x^{2}} = \frac{1}{v^{2}} \frac{∂^{2}g}{∂t^{2}}  (15)

Punkt a og lign. (14) og (15) gir da at:

D(x, t) = f(x − vt) + g(x + vt)

oppfyller lign. (1) i oppgaveteksten.

Oppgave 4

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^{∘}