Løsningsforslag til øving 5

Transkript

1 FY1002/TFY4160 Bølgefysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten Løsningsforslag til øving 5 Oppgave 1 a) var C er korrekt. Fasehastigheten er gitt ved v ω k og vi ser fra figuren at dette forholdet er størst for små verdier av k, dvs for lange bølgelengder. b) var B er korrekt. Bølgehastigheten er gitt ved v slik at en endring i til + gir hastigheten v / (1 + /) (1 + /2) v (1 + /2) Følgelig er v v v v /2 c) var A er korrekt. Bølgehastigheten er gitt ved v slik at en endring i til + gir hastigheten v + (1 + /) / (1 /2) v (1 /2) Følgelig er v v v v /2 1

2 d) B β 1 10 log I 1 I 0 β 1 10 log I 1 log I 0 β 2 10 log I 2 I 0 β β log I 2 log I 0 log I 2 log I I 2 I / e) C Intensiteten er proporsjonal med utsvingsamplituden kvadrert, mens trykkamplituden er proporsjonal med utsvingsamplituden. Dermed blir intensiteten proporsjonal med trykkamplituden kvadrert, og vi finner p 2 p 1 I2 I / f) D P I P A halvkule 2πr mw/m2 2π β 10 log 93 db Oppgave 2 a) Bølgelengden: λ v ν 330 m 33 cm 1000 Intensitetsnivået β målt i db er definert ved β 10 log I I 0 der referanseintensiteten I W/m 2. Med I 10 9 W/m 2 har vi β 10 log db

3 Intensiteten I tilsvarer en (midlere) effekt P pr flateenhet A. i 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 m W (som er under forutsetning av at lydbølgen faller normalt inn mot trommehinnen.) b) ammenhengen mellom intensiteten I og utsvingsamplituden ξ 0 har vi utledet i forelesningene: I 1 2 ρω2 ξ 2 0 v Her er ρ massetettheten, ω er vinkelfrekvensen, og v er bølgehastigheten. Dermed: ξ 0 1 2I 2πν ρv m 0.34 nm 2000π Utsvinget er altså her av samme størrelsesorden som molekylenes utstrekning. Trykkendringen p er relatert til utsvinget ξ (se forelesningene): Med en plan harmonisk bølge får vi p γp ξ x p(x, t) γpkξ 0 cos(kx ωt) med amplitude ( p) 0 γpkξ π mpa Relativ trykkvariasjon i forhold til likevektstrykket p blir Ikke rare greiene! ( p) 0 p c) Fra tilstandsligningen for ideell gass, p Nk B T får vi ( ) NkB T p Nk B T Nk BT 2 Nk BT T T Nk BT p T T p om ventet: En trykkøkning ( p > 0) ledsages både av en temperaturøkning ( T > 0) og en volumreduksjon ( < 0). Det som gjenstår er å finne ut hvor store T og er hver for seg. Det får vi til ved å benytte oss av antagelsen om adiabatiske forhold, nemlig p γ konstant 3

4 Det medfører at eller som innsatt i uttrykket ovenfor for p gir og endelig p γp 1 p γ p p p T T + 1 γ p ( T T 1 1 ) p γ p Med andre ord: Temperaturvariasjonen T(x, t) forplanter seg, på tilsvarende vis som p(x, t), som en bølge med amplitude ( ( T) ) T γ p ( p) 0 Den relative temperaturvariasjonen blir ( T) 0 T Absolutt temperaturvariasjon blir Heller ikke rare greiene. ( 1 5 ) ( T) 0 1K iden p Nk B T, har vi ρ N/ p/k B T for antallstettheten i gassen. Dermed: ρ (p/k B T) p/k B T p T/k B T 2 ρ ( p/p T/T) ρ ( p/p (1 1/γ) p/p) ρ p/γp Amplituden til antallstetthetbølgen blir da: ( ρ) 0 ρ ( p) 0 /γp (p/k B T) ( p) 0 /γp ( 10 5 / ) ( /7 ) m mol/l 4

5 Oppgave 3 a) Det mest nærliggende er å derivere den gitte løsningen to ganger mhp t og r og sette inn i bølgeligningen: ξ r r 2 t 2 k cos(kr ωt) r k2 sin(kr ωt) r ω2 sin(kr ωt) r sin(kr ωt) r 2 2k cos(kr ωt) r sin(kr ωt) r 3 Her har vi tatt vekk konstanten A overalt, siden vi ser at alle leddene i bølgeligningen er lineære i ξ. i 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 2 r 2 (rξ) r 2 ξ r ξ r som betyr at den oppgitte bølgeligningen kan skrives på formen 2 2 (rξ) v2 t2 r (rξ) 2 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.) ξ r r 2 t 2 k cos(kr ωt) k2 sin(kr ωt) ω2 sin(kr ωt) sin(kr ωt) 2r 3/2 k cos(kr ωt) r 3/2 Med v 2 ω 2 /k 2 gir innsetting i den gitte bølgeligningen ω2 sin(kr ωt) ω2 sin(kr ωt) + 3 sin(kr ωt) 4r 5/2 + ω2 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. i 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 5

6 dvs r 1 2k 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. i går ikke nærmere inn på det her. Oppgave 4 p konstant gir d(p ) 0, og dermed dp + p d 0, dvs B dp d p. Lydhastigheten, med antagelse om isoterme forhold (dvs konstant temperatur), blir v B/ρ p/ρ, mens den korrekte antagelsen om adiabatiske forhold (dvs ingen utveksling av varme i løpet av lydbølgens periode) gir v γp/ρ. Den prosentvise feilen blir ( γ 1) 100% 18%. (Alternativt 15%, dersom vi regner relativt den adiabatiske verdien.) 6