TFY4160 Bølgefysikk/FY1002 Generell Fysikk II 1

Løsning Øving 2

Løsning oppgave 1 Ligning (1) i oppgaveteksten er i dette tilfellet:

m\frac{d^{2}x}{dt^{2}} + kx = 0  (1)

Vi setter inn:

x = A cos(ω_{0}t + φ)  (2)

i lign. (1) og får:

−mω_{0}^{2}A cos(ω_{0}t + φ) = −kA cos(ω_{0}t + φ)  (3)

som gir:

ω_{0} = (\frac{k}{m})^{1/2}  (4)

og

k = mω_{0}^{2} = \underline{\underline{m (\frac{2π}{T_{0}} )^{2}}}  (5)

Med m = 5.00 kg og T_{0} = 10.0 s:

k = 5.00 · (\frac{2π}{10.0})^{2} \frac{kg}{s^{2}} = \underline{\underline{1.97 N/m}}  (6)

b) Fra lign. (1) i oppgaveteksten får vi i dette tilfellet:

m\frac{d^{2}x}{dt^{2}} + b\frac{dx}{dt} + kx = 0  (7)

Vi setter inn:

x = Ae^{−δt} cos(ω_{d}t + φ)  (8)

i lign. (7) og får:

m(δ^{2} − ω_{d}^{2})Ae^{−δt} cos(ω_{d}t + φ) + 2mω_{d}δAe^{−δt} sin(ω_{d}t + φ)

− bδAe^{−δt} cos(ω_{d}t + φ) − bω_{d}Ae^{−δt} sin(ω_{d}t + φ)
+ kAe^{−δt} cos(ω_{d}t + φ) = 0

(9)

eller:

[m(δ^{2} − ω_{d}^{2}) − bδ + k] Ae^{−δt} cos(ω_{d}t + φ) + [2mω_{d}δ − bω_{d}] sin(ω_{d}t + φ) = 0 (10)

TFY4160 Bølgefysikk/FY1002 Generell Fysikk II 2

Skal lign. (10) være lik 0 for alle t, må vi ha at konstantene foran cos(ω_{d}t + φ) og sin(ω_{d}t + φ) må være lik null hver for seg, dvs.:

2mω_{d}δ − bω_{d} = 0  (11)
m(δ^{2} − ω_{d}^{2}) − bδ + k = 0  (12)

Lign. (11) gir:

\underline{δ = \frac{b}{2m}}  (13)

Med ω_{0} = (\frac{k}{m})^{1/2} og δ = \frac{b}{2m} innsatt lign. (11), får vi:

δ^{2} − ω_{d}^{2} − 2δ^{2} + ω_{0}^{2} = 0

som gir:

\underline{ω_{d}^{2} = ω_{0}^{2} − δ^{2}}  (14)

(14) med (13) innsatt gir:

(\frac{b}{2m})^{2} = ω_{0}^{2} − ω_{d}^{2} = (\frac{2π}{T_{0}} )^{2} − (\frac{2π}{T_{d}} )^{2}

eller

\underline{\underline{b = 4πm (\frac{1}{T_{0}^{2}} − \frac{1}{T_{d}^{2}} )^{1/2}}}  (15)

Med innsatte tallverdier:

b = 4π · 5.00 (\frac{1}{10.0^{2}} − \frac{1}{10.5^{2}} )^{1/2} kg/s = \underline{\underline{1.91 Ns/m}}

c) For en gitt F_{0} har A_{0} maksimum når ωG(ω) har minimum, som (siden både ω og G(ω) er positive) har minimum når ω^{2}G^{2}(ω) har minimum. Fra det oppgitt i oppgaveteksten har vi:

ω^{2}G^{2}(ω) = ω^{2} (b^{2} + (ωm − \frac{k}{ω} )^{2}) = b^{2}ω^{2} + m^{2}ω^{4} − 2kmω^{2} + k^{2}

Vi ser at dette uttrykket kun har minimum og ikke maksimum og at vi derfor kan finne minimum ved å sette \frac{d[ω^{2}G^{2}(ω)]}{dω} lik null. Siden ω^{2}G^{2}(ω) bare avhenger av ω^{2},

må vi finne samme minimum ved å sette \frac{d[ω^{2}G^{2}(ω)]}{d(ω^{2})} lik null som gir:

\frac{d [ω^{2}G^{2}(ω)]}{d(ω^{2})} = b^{2} + 2m^{2}ω^{2} − 2km = 0

TFY4160 Bølgefysikk/FY1002 Generell Fysikk II 3

som gir:

\begin{aligned}ω_{1}^{2} & = ω^{2} = \frac{k}{m} − \frac{b^{2}}{2m^{2}} = ω_{0}^{2} − 2δ^{2} = ω_{d}^{2} − δ^{2} = ω_{d}^{2} − (ω_{0}^{2} − ω_{d}^{2}) \\ & = 2ω_{d}^{2} − ω_{0}^{2} = 4π^{2} (\frac{2}{T_{d}^{2}} − \frac{1}{T_{0}^{2}} ) \end{aligned}  (16)

og dermed:

ω_{1} = \underline{\underline{2π (\frac{2}{T_{d}^{2}} − \frac{1}{T_{0}^{2}} )^{1/2}}} = 2π (\frac{2}{10.5^{2}} − \frac{1}{10^{2}} ) rad/s = \underline{\underline{0.567 rad/s}} (17)

Tilhørende tallverdi for φ_{0} fåes ved å sette inn ω = ω_{1} = 0.567 rad/s, k = 1.97 N/m og b = 1.91 Ns/m inn i oppgitt uttrykk for cos φ_{0}:

cos φ_{0} = \frac{b}{\sqrt{b^{2} + (ω_{1}m − k/ω_{1})^{2}}}

= \frac{1.91}{\sqrt{(1.91)^{2} + (0.567 · 5.00 − \frac{1.97}{0.567})^{2}}}

= 0.948

og

\underline{\underline{φ_{0} = 18.5^{∘}}}
v = \frac{dx}{dt} = ωA_{0} cos(ωt + φ_{0})  (18)

Amplituden v_{0} er altså:

v_{0} = ωA_{0} = ω \frac{F_{0}}{ωG(ω)} = \frac{F_{0}}{G(ω)}  (19)

Vi ser av (19) at v_{0} har maksimum når G(ω) har minimum som vi direkte ser er for:

(ωm − \frac{k}{ω} )^{2} = 0

dvs.:

ω^{2} = \frac{k}{m}

og

\underline{\underline{ω_{2} = ω = (\frac{k}{m})^{1/2} = ω_{0} = \frac{2π}{T_{0}} = 0.628 rad/s}}

Tilhørende verdi for φ_{0} er gitt ved:

cos φ_{0} = \frac{b}{b} = 1

dvs.:

\underline{\underline{φ_{0} = 0}}

\underline{Merknader:}

1) For å få maksimal hastighet må vi altså velge ω = ω_{0}, dvs. den samme frekvens som systemet svinger fritt med når vi ikke har dempning. Da blir φ_{0} = 0. Dvs. at x = A_{0} sin ωt = A_{0} cos (ωt − \frac{π}{2} ) når F (t) = F_{0} cos ωt. Det betyr at kraften ligger \frac{π}{2} foran utsvinget og altså i fase med hastigheten (v = \frac{dx}{dt} = ωA_{0} cos ωt). Altså f.eks. begynner kraften å virke i positiv retning akkurat når vi har maksimal negativt utsving og får sin maksimale verdi for x = 0 når hastigheten er maksimal (og dermed også friksjonen). Det virker ikke urimelig fysisk at det er dette som gir maksimal hastighet. Det er imidlertid ikke dette som gir maksimalt utslag og maksimal potensiell energi. Det virker ikke urimelig fordi vi i dette tilfellet ved x = 0 mister maksimalt med energi til friksjon.

2) For å få maksimalt utsving må vi når δ ≠ 0 ha φ_{0} > 0 og større dess større δ. Det betyr at x = A_{0} sin(ωt + φ_{0}) = cos (ωt + φ_{0} − \frac{π}{2} ) og kraften ligger φ_{0} mindre enn \frac{π}{2} foran utsvinget. Det betyr at vi forsøker å få massen til å gå litt “lenger enn den vil selv”, dvs. vi har ytre påtrykt kraft i utsvingsretningen på massen når den snur. Det virker ikke urimelig at vi må ha det slik for å få maksimalt utslag. Det virker heller ikke urimelig at vi for maksimalt utslag i samsvar med dette, har ω_{1} < ω_{0} og T_{1} > T_{0}.

TFY4160 Bølgefysikk/FY1002 Generell Fysikk II 5

Løsning oppgave 2 a)

y = A sin(kx − ωt) = A sin [2π (\frac{x}{λ} − \frac{t}{T} )]  (20)

med A = 0.010 m, T = 0.010 s, λ = 0.10 m.

Utsvinget vil bli det samme som for t = 0 for \underline{\underline{t = n · 1.0 · 10^{−2} s}} der n = 1, 2, 3, . . ..

b) Vi ser av figuren ovenfor at: \underline{\underline{T = 0.010 s}}.

c) Vi ser også av figuren ovenfor at: \underline{\underline{λ = 0.10 m}}.

d) En bølgetopp forplanter seg en bølgelengde λ = 0.10 m på en periode T = 0.010 s. Altså er fasehastigheten

v_{f} = \frac{λ}{T} = \frac{0.10 m}{0.010 s} = \underline{\underline{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).  (21)

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

v_{p}^{maks} = ωA = 2π · 1.0 · 10^{2} s^{−1} · 0.010 m = 2π m/s ≈ \underline{\underline{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)

(22)

som har maksimalverdi:

a^{maks} = ω^{2}A = (2π · 1.0 · 10^{2} s^{−1})^{2} · 0.010 m = \underline{\underline{3.9 · 10^{3} m/s^{2}}}.

f) Vi har

sin u = cos (u − \frac{π}{2} ) .

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

\underline{Merknad:} Fra (20), (21) og (22) 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.