FY1002/TFY4160 Bølgefysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2010.

Løsningsforslag til øving 4

Oppgave 1

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.

Det oppgitte MATLAB-programmet kjører fint i MATLAB. I min versjon av Octave måtte jeg fjerne spesifikasjonen av pilfarge i kommandoen compass for å få det til å kjøre som det skulle. Her er et bilde underveis i ”animasjonen”:

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 når 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 venstredreiende.

c) Skal vi ha en bølge som er høyredreiende, 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. Her er figuren produsert i Octave: e)

D_{h} + D_{v} = D_{0}ŷsin(kx − ωt) − D_{0}ẑcos(kx − ωt)
+ D_{0}ŷsin(kx − ωt) + D_{0}ẑcos(kx − ωt)
= 2D_{0}ŷsin(kx − ωt)

Dvs, en lineærpolarisert bølge, polarisert i y-retning.

Hva så med polarisasjon i en vilkårlig retning i yz-planet, dvs i retningen gitt ved

n̂ = ŷcos α + ẑsin α,

som danner vinkelen α med y-aksen? En slik lineærpolarisert bølge får vi til ved å legge sammen

D_{h} = D_{0}ŷsin(kx − ωt + 2α) − D_{0}ẑcos(kx − ωt + 2α)

og

D_{v} = D_{0}ŷsin(kx − ωt) + D_{0}ẑcos(kx − ωt)

på dette viset:

D_{v} + D_{h} = D_{0}ŷ[sin(kx − ωt + α − α) + sin(kx − ωt + α + α)]
+ D_{0}ẑ[cos(kx − ωt + α − α) − cos(kx − ωt + α + α)]
= D_{0}ŷcos α sin(kx − ωt + α) + D_{0}ẑsin α sin(kx − ωt + α)
= D_{0}n̂ sin(kx − ωt + α)

der vi har benyttet de velkjente reglene for sinus og cosinus til sum og differanse av to vinkler, hvor de to vinklene her er kx − ωt + α og α.

Oppgave 2

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.

d) Bølgepulsens impuls endrer seg heller ikke med tiden. Vi kan derfor også beregne p ved t = 0. Men la oss først se hvor langt vi kan komme uten egentlig å regne all verden. For det første: Ettersom ξ(x, t) = ξ(x − vt), har vi sammenhengen

\frac{∂ξ}{∂t} = −v \frac{∂ξ}{∂x}

Dessuten: Utsvinget ξ er en symmetrisk funksjon mhp argumentet X = x − vt. Dermed blir ∂ξ/∂x en antisymmetrisk funksjon mhp X. Dermed har vi:

p = ∫_{−∞}^{∞} μ (1 − \frac{∂ξ}{∂x}) (−v) \frac{∂ξ}{∂x} dx
= ∫_{−∞}^{∞} μv (\frac{∂ξ}{∂x})^{2} dx
= \frac{E}{v}
= \frac{\sqrt{π}μvξ_{0}^{2}}{\sqrt{2}a}

Her har vi brukt at integralet av den antisymmetriske funksjonen ∂ξ/∂x er lik null.

Oppgave 3

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}

der vi har benyttet den oppgitte trigonometriske relasjonen.

b) I neste omgang bestemmer vi høyre side i bevegelsesligningen (gitt i oppgaveteksten) ved å legge de to uttrykkene i punkt a sammen. Vi benytter oss av de oppgitte trigonometriske relasjonene

cos(α ± β) = cos α cos β ∓ sin α sin β

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 α = − sin(−α) og cos α = cos(−α). 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. Dette viser samtidig at antagelsen var korrekt, nemlig at harmoniske bølger er løsning av den gitte bevegelsesligningen.

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 typiske metaller kan vi anslå ved å finne fram til tallverdier for Youngs modul og massetettheten. Et par eksempler: Jern:

Y = 1.9 · 10^{11} N/m^{2}, ρ = 7200 kg/m^{3}, v = \sqrt{Y/ρ} = 5.1 km/s

Bly:

Y = 0.16 · 10^{11} N/m^{2}, ρ = 11340 kg/m^{3}, v = \sqrt{Y/ρ} = 1.2 km/s

Med andre ord, bølgehastigheten er av størrelsesorden 10^{3} m/s. Det hørbare området dekker frekvenser mellom ca 20 og 20000 Hz, som dermed tilsvarer bølgelengder λ = 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.