Løsningsforslag til øving 1

Transkript

1 1 FY100/TFY4160 Bølgefysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 01. Løsningsforslag til øving 1 Oppgave 1 a) Vi antar at Hookes lov, F = kx, gjelder for fjæra. Newtons andre lov gir da eller kx = m d x dt ẍ + ω x =0 med ω = k/m. Ligningen har løsning x(t) =Acos(ωt + φ), som gitt i oppgaveteksten. Klossen svinger altså med vinkelfrekvens ω = k/m. Amplituden A fasekonstanten φ fastlegger vi ved å bruke de oppgitte initialbetingelsene x(0) = x 0 v(0) = ẋ(0) = v 0.Vihar slik at v(t) = ẋ(t) = ωa sin(ωt + φ) x 0 = A cos φ v 0 = ωa sin φ Herfra er det flere mulige veier ågå. Vi kan for eksempel dele disse to ligningene med hverandre, som gir φ = arctan v 0 x 0 ω x 0 A = cos arctan v 0 /x 0 ω Alternativt kan vi kvadrere de to ligningene legge dem sammen: som gir deretter A = sin φ +cos φ = v 0 ω A + x 0 A x 0 +(v 0 /ω) = x 0 1+mv 0/kx 0 φ = arccos x 0 A = arccos 1 1+mv0/kx 0

2 b) Siden vi ikke har noe demping i systemet, er den totale energien E bevart. (Dvs: Vi har et konservativt system.) Da kan vi beregne energien ved et hvilket som helst tidspunkt, for eksempel ved maksimalt utsving, der x = x max = A v =0: E = E max p = 1 ka = 1 k ( x 0 + mv 0/k ) = 1 kx mv 0 Det endelige svaret her gjenkjenner vi som summen av potensiell kinetisk energi ved t =0, E p0 + E k0, hvilket jo så må tilsvare den totale energien. c) Skriver vi løsningen på formenx(t) =B cos ωt + C sin ωt, harvi ẋ(t) = ωb sin ωt + ωc cos ωt dermed, ved hjelp av x(0) = x 0 ẋ(0) = v 0, B = x 0 C = v 0 /ω d) Maksimalt utsving: Maksimal hastighet: v max = ωa = x max = A = x 0 1+mv 0/kx 0 = x 0 1+E k0 /E p0 k m (x 0 + mv0/k) =v 0 1+kx 0/mv0 = v 0 1+E p0 /E k0 Med oppgitte tallverdier: E p0 = = E k0 = = begge i enheten J, ettersom vi kun har brukt SI enheter underveis. Følgelig er x max = x cmv max = v 0 14 cm/s. e) Diskuteres på øvingstimene. Oppgave Bevegelsesligning for klossen: mẍ = kx + mg

3 3 Her har vi valgt positiv x-retning nedover. Uten tyngdefelt til stede (g = 0) er klossens likevektsposisjon x = 0. I tyngdefeltet bestemmes den nye likevektsposisjonen Δx ved å sette total kraft lik null, følgelig kδx + mg = 0 Δx = mg/k Med ny posisjonsvariabel y = x Δx får vi bevegelsesligningen mÿ = k(y +Δx)+mg = ky som betyr at klossen vil svinge harmonisk med vinkelfrekvens ω = k/m omkring likevektsposisjonen y =0,dvsx =Δx = mg/k. Med tallverdiene fra oppgave 1 har vi Δx = /10 = 9.8cm Oppgave 3 a) Newtons. lov gir oss klossenes bevegelsesligninger. La oss f.eks. velge positiv retning for utsving fra likevekt mot høyre. I den nederste figuren har vi da x 1 > 0, x > 0x 1 >x, slik at fjæra til venstre er strukket mens den i midten den til høyre er presset sammen. Venstre fjærerstrukketenlengdex 1 virker på masse 1 med en kraft mot venstre. Fjæra i midten er sammenpresset en lengde x 1 x virker på masse 1 med en kraft mot venstre masse med en kraft mot høyre. Fjæra til høyre er sammenpresset en lengde x virker på masse med en kraft mot venstre. Dermed har vi kraft på masse 1: F 1 = kx 1 +k(x x 1 )= 3kx 1 +kx kraft på masse : Newtons. lov gir da F = kx k(x x 1 )=kx 1 3kx mẍ 1 = 3kx 1 +kx mẍ = kx 1 3kx b) Innsetting av antatte løsninger for x 1 (t) x (t) gir ligningene mω A = k( 3A +B) mω B = k(a 3B) etter at vi har strøket en felles faktor cos(ωt + φ) i alle ledd. Fra hver av disse ligningene kan vi finne et uttrykk for forholdet A/B: A/B = k/(3k mω ) A/B = (3k mω )/k

4 4 Ettersom venstre side i disse ligningene er like store, må så høyre side være det. Dermed: k/(3k mω )=(3k mω )/k eller m ω 4 6kmω +5k =0 Dette er en.gradsligning for ω, med løsninger ω = 6km ± 36k m 0k m m = 6km ± 4km m dvs k/m 5k/m. De mulige vinkelfrekvensene som klossene kan svinge med er følgelig ω a = k/m ω s = 5k/m, som vi skulle vise. c) Vi finner sammenhengen mellom A B for hver av de to vinkelfrekvensene ved å sette inn i det ene eller andre uttrykket ovenfor for forholdet A/B: A a /B a = k/(3k mωa)=1 A s /B s = k/(3k mωs)= 1 Det betyr at i den antisymmetriske moden er x 1 = x, de to massene svinger fram tilbake med samme fase, uten at fjæra i midten strekkes eller presses sammen. I den symmetriske moden er x 1 = x, de to massene svinger i motfase, slik at fjæra i midten strekkes presses sammen dobbelt så mye som fjærene til venstre høyre. Antisymmetrisk mode: a 1 x 1 x Symmetrisk mode: 1 x 1 x I den antisymmetriske moden påvirkes hver av de to massene kun av krafta fra ei fjær, ettersom fjæra i midten verken strekkes eller presses sammen. Med andre ord, hver masse svinger på samme måte som om den andre ikke var til stede, vi må haω a = k/m.

5 5 I den symmetriske moden er fjæra til venstre strukket en lengde x 1 fjæra i midten er sammenpresset en lengde x 1 når masse 1 er i posisjon x 1. Da blir total kraft på masse 1 lik 5kx 1. Med andre ord, masse 1 svinger som om den var festet til ei fjær med fjærkonstant 5k, slik at vi må haω s =5k/m. (Tilsvarende argument kan gjennomføres for masse.) Vi ser at dette stemmer med resultatet i punkt b). Kommentar: For åfåsystemettilå svinge i en av disse to modene, kan vi ikke ha vilkårlige initialbetingelser. Vi ser f.eks. at hvis vi skyver begge massene like langt i samme retning slipper dem, vil systemet svinge i den antisymmetriske moden. Skyves de to massene like langt i hver sin retning, vil det svinge i den symmetriske moden. Den generelle svingebevegelsen vil være en superposisjon av begge moder: x 1 (t) = A a cos(ω a t + φ a )+A s cos(ω s t + φ s ) x (t) = A a cos(ω a t + φ a ) A s cos(ω s t + φ s ) Her har vi 4 ubestemte konstanter, A a, A s, φ a φ s, som kan fastlegges hvis vi kjenner (f.eks.) posisjon hastighet til hver av de to massene ved (f.eks.) t =0.