TYNGDEBØLGER. (Forelesningsnotater G-161 GFO-110 GEOF-110) Tor Gammelsrød (1992) Revised: Ilker Fer (2008) Konstant tetthet => overflatebølger

Størrelse: px
Begynne med side:

Download "TYNGDEBØLGER. (Forelesningsnotater G-161 GFO-110 GEOF-110) Tor Gammelsrød (1992) Revised: Ilker Fer (2008) Konstant tetthet => overflatebølger"

Transkript

1 TYNGDEBØLGER (Forelesningsnotater G-6 GFO- GEOF-) Tor Gammelsrød (99) Revised: Ilker Fer (8) Konstant tetthet => overflatebølger Skiktet væske => indre bølger To-lags modell Kontinuerlig skiktet væske. Utgangslikninger. Vi går ut fra bevegelsesligningene: r v r r r r r r + v v = p gk Ω v + F ρ og kontinuitetslikningen: v = r r Linearisering: v v "uendelig små forstyrrelser". r r Sløyf Ω v og F r, vi får

2 r v r (a) = p gk ρ (b) v r = Likningene a,b er utgangslikninger for studiet av tyngdebølger. Antar vi -dimensjonal bevegelse og velger -aksen i bølgenes forplantningsretning, får vi v = og / y = slik at likn. () kan skrives på komponentform: u p (a) = ρ w p (b) = g ρ u w (b) + =. Overflatebølger.. Bevegelseslikningene Anta ρ = konstant = ρ, (a) kan da skrives. r v p = + gz t ρ Da virvlingen av en gradient alltid er null φ =, får vi ved å bruke operatoren : r ( v ) = r v = konstant = idet vi velger å studere virvelfrie bølger. Vi benytter oss av at når et vektorfelt er virvelfritt r r kan det skrives som gradienten til en skalar: v = v = φ, hvor φ kalles hastighetspotensialet. Kontinuitetslikningen gir nå: r v = φ = φ (3) = Laplace's likning Antar vi dimensjonal bevegelse; φ = φ(, zt, ), får vi (4) φ φ + =

3 .. Randbetingelser Trykket i overflaten må være lik atmosfære-trykket som vi velger =, (5) pz ( = η) = men overflaten η er ukjent. Vi rekke-utvikler derfor om z =, idet vi antar små utslag slik at ledd av orden η kan sløyfes: (6) p = p( η) p() + η z= Av likning (b) får vi w p ρ gρ = som innsatt i (6) gir w = p ρ η gρη som linearisert gir z= (7) = p() gρη Som den andre grenseflatebetingelsen (i vertikalen) benytter vi oss av at vertikalhastighet må forsvinne ved bunn: (8) w (, ht, ) = Hva med grenseflatebetingelsene i og t? Her benytter vi oss av: 3

4 .3. Generelle egenskaper ved bølger som forplanter seg i -retningen. Bølgelengde. Periode. Fasehastighet. A) Bevegelsen er periodisk i : F(, t) = F( + λ, t) ; λ kalles bølgelengde, B) og periodisk i tiden F(, t) = F(, t+ T) ; T kalles perioden. C) En og samme verdi synes å bevege seg langs -aksen med farten c; = ct. Funksjonen F bør derfor være av formen F(ζ), hvor ζ = -ct. Altså F(, t) = F( ct). A og B gir F [ ct] = F[( + λ) ct ( + T)] = F [ ct+ λ ct] λ ct = c= λ / T c kalles fasehastighet..4. Generelle bølgeløsninger Vi fant at for hastighets-potensialet (v= φ) gjaldt Laplace likning: φ φ + =, hvor φ(, zt, ) = φ( ctz, ) Vi søker løsninger av formen (9) φ = φ(, zt, ) = RzF ( t, ), hvor F(,t) = F(-ct) Innsetting gir, i det 4

5 φ F = Rz φ dr = F(, t) dz, at () F d R Rz + Ft (, ) = dz RF F d R + = F R dz Nå er det første ledd i denne likningen en funksjon av og t, mens det andre ledd bare er en funksjon av z. Derfor må: () F d R k F R dz =+ = = konst. Vi får to likninger: () (3) F + kf = dr kr = dz Siden F(,t) = F(ζ), hvor ζ = -ct får vi F df ζ df = = dζ dζ F d F = dζ Altså, d F kf dζ + =, som har løsning F = A cos kζ + B sin kζ, eller F = Acos k( ct) + Bsin k( ct) Løsningene for R blir: R = Ce + De kz kz Siden cosh z = ½ ( e z + e z ) og sinh z ½( e z e z ) = kan løsningene også skrives 5

6 R = C coshkz + D sinhkz eller R = C 3 cosh k(z+γ), hvor γ er en konstant. Tilsvarende kan vi trekke en av de ukjente konstantene i løsningen for F inn i argumentet, slik at løsningen for φ endelig kan skrives (4) φ = Ccosh k( z+ γ)cos k( ct+ δ).5. Bølgetall, frekvens Av φ( + λ, t,) = φ(, zt,) får vi ( + γ ) ( + λ + δ) = ( + γ) ( + δ) k( λ ct δ) cos k( ct δ) Ccosh k z cos k ct Ccosh k z cos k ct cos + + = + Nå er ( + δ) + λ cos k ct k = cos k ct+ δ cos kλ sin k ct+ δ sin kλ slik at ( + δ ) λ ( + δ) λ = ( + δ) cos k ct cos k sin k ct sin k cos k ct cos kλ = og sin kλ = kλ = π n, n=,,3,... For n = får vi, k = π / λ, k kalles bølgetall. Tilsvarende får vi, når vi benytter periodisiteten i tiden: φ( zt,, + T) = φ( zt,, ) ( + δ ) = cos ( + δ ) cos k ct ct k ct kct = π n, n =,,3,... for n=, kc = π / T = ω, ω kalles frekvens..6. Gruppehastighet 6

7 Vi antar at overflaten kan beskrives av to sinus-bølger med samme amplitude men litt forskjellige bølgetall og frekvens; sin ( ) η = asin k ωt + a k ωt (superposisjons-prinsippet) a+ b a b som kan skrives, idet vi bruker regelen sin a+ sin b= sin cos η = acos ( k k ) ( ω ω ) t sin ( k+ k ) ( ω+ ω ) t Da k-k og ω-ω er små vil cosinusleddet variere langsomt og η vil se ut som en sinusbølge med bølgetall ½( k+k ) k og frekvens ½(ω+ω ) ω, hvis amplitude varierer mellom og a avhengig av cosinusleddet. Distansen mellom to maima, L, kan beregnes av ½( k-k )L = π ; L =π/( k-k ) og tiden τ mellom hvert maimum-utslag: τ =π/(ω - ω ) Fasehastigheten for denne nye overlagrede bølgen kalles gruppehastighet c g L ω ω = = τ k k ω, k var valgt litt forskjellig fra ω, k slik at vi skriver ω =ω+δω ; k =k+δk slik at c g ω ω δω δω = = k k δ k δ k Går vi til grensen (lim δk ) får vi (5) cg ω = k.7. Grenseflatebetingelsene uttrykt ved hastighetspotensialet φ Eulers trykklikning. 7

8 Siden vi har valgt å finne den generelle løsningen uttrykt i φ: cos φ = Ccosh k z+ γ k ct+ δ (velger δ=) er det praktisk også å uttrykke grenseflatebetingelsene i φ. Grenseflatebetingelsen ved bunn var : w(, -h, t) = (z = -h) og, siden w = φ/, får vi, φ/ = for z = -h. I overflaten gjaldt p(,, t) = ρ gη. Vi trenger en likning som forbinder p og φ. Av w p = g ρ, får vi φ p = gz ρ φ p + + gz = ρ φ p + + gz = konst(, t) = ρ Konstanten må velges =, ellers ville vi fått løsninger som øker lineært i tiden. (6) φ p + + gz = ρ kalles Eulers trykklikning. Anvendt ved z = ; φ (,, t) p(,, t) + = ρ φ (7) + gη = 8

9 (8) φ η + g = dη η r η Nå er w (,, t) = = + v η dt (linearisert), slik at (9) φ φ + g = for z =.8. Anvendelse av grenseflatebetingelse på den generelle løsning. Dispersjonsrelasjon. Av φ Ccosh k( z γ) cos k( ct) = + får vi φ = Cksinh k( z + γ ) cos k( ct) φ = + ( kc) C cosh k ( z γ ) cos k ( ct) Grenseflatebetingelsen ved bunn gir w (, ht, ) = sinh k( h+ γ ) = γ = h og grenseflatebetingelsen ved overflaten: (z = ; using Eq. 9) ( kc) C ( kh) k ( ct ) gck ( kh) k ( ct) cosh cos + sinh cos = k c cosh kh = gk sinh kh () c = g tanh kh k Fasehastigheten c er altså avhengig av bølgetallet c=c(k). Denne funksjons-sammenhengen kalles dispersjonsrelasjonen. Siden π λ kc = = ω, λ T blir ω = gk tanh kh og gruppehastigheten () c g ω tanh + / cosh = = / k k tanh kh g kh kh kh [check Appendi for detailed calculation] 9

10 .9. Hastighetskomponentene r Siden v = φ finner vi at φ () u = = Ckcosh k( z+ h) sin k( ct) φ (3) w= = Cksinh k( z+ h) cos k( ct).. Overflatehevningen Vi fant at (likn. 7) φ + gη = for z = slik at φ c kc kh k ct g g (4) η = = cosh sin ( ).. Trajektorier r r r dr Siden v = er u og w dt Slik at hvor Altså t = u dt og z z = w dt t t (,, ) (,, ) u = u z t w = w z t t φ φ = dt z z = dt, z t t, z t t ( / ) cosh cos ( / ) sinh sin = Ck ck k z + h k ct z z = C c k z + h k ct (5) ( ) ( ) z z + = C C cosh k( z + h) sinh k( z + h) c c d.v.s. ellipser.

11 .. Strømlinjer r Siden v = φ er todimensjonal og divergensfri ( v r = ), kan vi innføre en strømfunksjon Ψ definert slik at Ψ Ψ (6) u =, w= φ Ψ φ Ψ eller =, = Vi ser at φ Ψ siden r r r r φ Ψ = + + = ( ui wk ) ( wi uk ) Linjene for Ψ = konstant vil derfor ligge parallelt med v r, og kalles derfor strømlinjer. Vi finner Ψ ved å integrere: Ψ φ = w= = Cksinh k z+ h k ct cos (7) Ψ= Csinh k( z+ h) sin k( ct) Vi velger et tidspunkt (f.eks. t = ) og tegner opp linjene for Ψ = konstant, og får strømlinjebildet: Ser på to spesialtilfeller, lange bølger λ >> h, og korte bølger λ << h..3. Lange bølger (grundt vann) Med lange bølger mener vi altså at bølgelengden skal være stor i forhold til dypet: π λ >> h >> h kh<< π k

12 Siden z ( h), k( z+ h) k( z+ h) cosh k( z + h) = e + e ε ε = ( e + e ) ε ε + + (idet sinh ( e e ) ( ) og sinh k( z h) k( z h) Likningen for trajektoriene (5) for lange bølger blir altså: ε = = + ε + ε = ε ) (8) z z + = C/ c ( C/ c) k( z + h) D.v.s. ellipser som blir mer og mer flattrykt med dypet. Hastighetskomponentene (likning og 3) blir (9) u Cksin k( ct) = : konst. med dypet (3) w Ck ( z h) cos k( ct) = + : avtar lineært med dypet. Fig. Lange bølger. Overflatehevningen er gitt ved (4) og blir for kh<<: C kc k ct g (3) η = sin ( ) Fra Eulers trykklikning (6) finner vi

13 φ p p + + gz = kcc sin k ( ct ) + + gz = ρ ρ Likning (3) gir p gη + + gz = ρ (3) p = ρ g( η z) Altså: trykket kan beregnes hydrostatisk for lange bølger. Dispersjonsrelasjon Vi fant i (likn. ) at g c= tanh kh, for kh<< blir tanh kh kh slik at k (33) c= gh D.v.s. fasehastigheten for lange bølger er uavhengig av bølgelengden; Alle bølger forplanter seg med samme hastighet (ikke dispersive). Gruppehastigheten blir cg = gh = c.4. Korte bølger (Dypt vann) Med korte bølger mener vi at bølgelengden skal være liten i forhold til dypet; π λ << h << h π << kh k Nær overflaten ( z <<h) blir k( z+ h) cosh k( z+ h) e sinh k z+ h Dermed blir likningen (5) for trajektoriene (34) C kz kh kz + z z = e e = Ce c ilker: check! Altså sirkler med radius som avtar eksponentielt med dypet 3

14 Hastighetspotensialet kan skrives k( z+ h) φ = Ccosh k( z+ h) cos k( ct) e cos k ct kz = Ce cos k ct slik at hastighetskomponentene φ φ u =, w= også avtar eksponentielt med dypet. Dispersjonsrelasjonen blir ifølge () idet tanh kh når kh>> gλ (35) c= g/ k = (dispersive bølger, lange går fortest) π Gruppehastigheten () for korte bølger blir (36) c g c = g/ k =.5. Stående bølger Løsningen for en bølge som forplanter seg langs positiv -akse med fasehastighet c var 4

15 φ = Ccosh k z+ h cos k ct, og φ u = = kccosh k z+ h sin k ct = a z sin k ct Løsningen for en bølge som forplanter seg langs negativ -akse vil være (37) u = a( z) k( + ct) sin og ifølge superposisjons-prinsippet vil summen av de to løsningene også være en løsning: sin sin ( sin cosω cos sinω sin cosω cos sinω ) u = a k ct + a k + ct = a k t k t+ k t+ k t (38) u = asinkcosωt (idet kc=ω). Vi ser at denne løsningen tilfredsstiller grenseflatebetingelsene u(=)==u(=l) hvis kl = nπ (39) nπ k = L nλ eller, idet k = π / λ, L =. For n= får vi at L=λ/, grunnsvingning. For n= blir L=λ og vi får et knutepunkt i = L/. Overflatehevningen η finner vi av (7): ( z ) φ = η = = u z = g g = g a sinkcosωtd a = cos k sin g k a ω = cos ksinωt gk ( ω ωt) d 5

16 Stående grunnsvingning: π u = Asin cosωt L h π η = Acos sinωt g L 6

17 3. INDRE BØLGER 3.. To-lags modell (med lokk) konst=ρ <ρ =konst: d.v.s. Laplace' likning gjelder i hvert lag: φ = φ = Løsningene kan skrives ( γ ) cos ( γ ) cos φ = C cosh k z+ k ct φ = C cosh k z+ k ct Grenseflatebetingelsene er: Kinematiske: w (,-h,t) = = w (,h,t) og w (,η,t) = w (,η,t) Dynamiske: p (,η,t) = p (,η,t) Linearisert blir grenseflatebetingelsen på grenseflaten z=η: w (,,t) = w (,,t), (z=) og p (,,t)- ρ gη = p (,,t) ρ gη, (z=) Grenseflatebetingelsene uttrykt ved φ: 7

18 i) w = for z= h φ = ii) w = for z=h φ = iii) w = w for z= φ φ = p ρ gη = p ρ gη for z= iv) gir ved hjelp av Eulers trykk-likning (8): φ p + + gz = ρ som for z= gir φ p φ p = og = ρ ρ at φ φ ρ ρgη = ρ ρ gη φ g φ φ ρ + ρ = ρ + ρ g φ (z=) i) gir γ =h ii) gir γ =- h iii) gir Altså kc sinh kh = kc sinh kh = kc sinh kh = kd ( h ) cosh k z φ = sinh kh ( + h ) D cos k ct cosh k z φ = sinh kh D cos k ct Herav får vi 8

19 ( h ) φ cosh k z =+ D ( kc) cos k ct sinh kh ( + h ) φ cosh k z = D ( kc) cos k ct sinh kh Dessuten er ( h ) φ sinh k z = cos sinh kh ( + h ) Dk k ct φ sinh k z = cos sinh kh Dk k ct slik at betingelse iv) gir cosh kh sinh kh ρ D kc k ct + gdk k ct cos ρ cos sinh kh sinh kh ( kh ) ( ρ ρ ) ( ρ ρ ) ( kh ) cosh sinh = ρ D kc k ct gdk cos k ct cos ρ sinh kh sinh kh ρ kc ρ kc + = + tanh ρ kc tanh kh ρg ρ kh tanh kh g ρ + = tanh kh tanh kh tanh kh c = k ρ tanh kh+ ρtanh kh som er dispersjons-relasjonen for indre bølger. (ρ = gir c = g/ k tanhkh, som overflatebølger) g g For lange bølger blir dispersjonsrelasjonen, idet kh, << ; tanh kh, kh,. Altså c g kh kh h h = ( ρ ρ ) = g( ρ ρ ) k ρkh+ ρkh ρh+ ρh d.v.s. ikke dispersive. For korte bølger får vi, idet kh, >> ; tanh kh, c g ρ ρ =, dispersive. k ρ + ρ 9

20 Av potensialet φ kan vi beregne hastighetene i hvert lag. Vi nøyer oss med å se på hastighetskomponentene ved grenseflaten: For z= hadde vi w =w og horisontalhastighetene er φ,, t cosh kh u t = = Dk k ct,, sin sinh kh,, sin sinh kh φ,, t cosh kh u t = = Dk k ct Altså u og u har motsatt retning ved grenseflaten (sprangsjikt). 3.. Kontinuerlig skiktet væske dp Hvis væsken er i ro, d.v.s. ingen bølger, kan trykkes beregnes hydrostatisk: dz = gρ En forstyrrelse med utslag δz gir et avvik i tettheten ρ gitt ved ( z) ( z z) ρ = ρ ρ + δ dρ ρ ρ δ dz dρ ρ = δz dz z z z

21 ρ dρ Derivasjon = w. dz Vi velger -aksen i bølgens retning slik at bølgene ligger i, z planet. Dermed gjelder bevegelseslikningene (); u p ρ = w p ρ = gρ u w + = Vi deler opp tettheten og trykket i fordelingen gitt når væsken er i ro, og avviket fra dette: ( z) ρ = ρ + ρ p = p z + p Vi får ( ρ ρ ) u p p + = ( z) Siden ρ og u er små forstyrrelser forsvinner produktet ved linearisering: u ρ p = Boussinesq approimation sier at vi kan se bort fra variasjon i ρ i forbindelse med aksellerasjonsleddet, og vi erstatter ρ med en middeltetthet ρ m u ρm p = Tilsvarende får vi w p p dp w p siden = gρ ρm = gρ dz ρm = gρ gρ Likningssystemet vårt blir altså

22 u p a) ρm = w p b) ρm = gρ u w c) + = ρ d ρ d) = w dz Take / of b) and divide by ρ m and use d) in the last term: w p g dρ w = + t ρm ρm dz Nå er Väisälä-Brunt frekvensen gitt ved N = g dρ g dρ ρ dz ρ dz slik at m (e) w p = ρ m Nw Now, take / of a) so ρ m u p = t u w Take - / of c) so that = and use in the above t t z w p ρm = t z Take / of e), multiply by ρ m and use the above equation in the p term: 4 4 w w w ρm + ρ m = ρ mn Tidy up: w w w + + N = Bølgene forplanter seg i,z-planet, og bølgetalls-vektoren har både en horisontal og en vertikal komponent: r r r k k i k k = + θ z

23 r k slik at k θ danner en vinkel θ med horisontalen: cosθ = k + k Vi antar derfor løsningen av formen ( ω ) w= Acos k + k z t = ik ( + kz ωt) { Ae } Re z z z Med w ( + ωt) ik kz z = Ae blir w ik ( + kz z ωt = ) iωw = iωae = iω Acos k+ kzz ωt iωai k+ kzz ωt w Re = ωasin ( k + kzz ωt) sin som før. Med kompleks representasjon av hastigheten ser vi lett at w = ( iω ) w= ω w w = kw w = kw z slik at ved innsetting får vi: ω k k w N k w= z Nk ω = ω = k + kz k + kz w= Ncosθ Nk Vi ser at ω N, ω ma = N for θ =. For konstant tetthets-modellene husker vi at fasehastigheten var gitt ved c=ω/k og gruppehastighet c g = ω/ k. Generelt har vi at: r r Fasehastigheten er rettet langs bølgetallsvektoren: c k θ, og størrelsen er gitt ved c= c r = ω r, altså k θ 3

24 r r ω kθ ω r c = r r = r k k k k θ θ θ r ω r r c = k i + k k k θ z + kz Vi ser at for en gitt frekvens ω og stratifikasjon N er θ gitt, (cosθ = ω /N), men k θ variere og dermed c r. r kan Gruppehastigheten er definert ved r ω r ω r cg = i + k k k z Av ω = Nk k + kz får vi ( z ) ( + ) ( z ) k k kz k k ω ω = N k k + k ω kk ω + z = N k k k ω kk z ω = N kz k + k ( z ) Setter vi inn ω = Ncosθ får vi c c g gz ω N k k k Ncos θ k = = = = k N k + k k 4 4 z z 3 z Ncos θ cosθ cosθ ( k kz ) ω N k kk k = = = k N k + k z 3 z Ncos θ z cosθ ( k kz ) r 3 kz Dvs cg = Ncos θ 3 ( kzi kk) r r Vi ser at c c =. g k r r 4

25 (From Cushman-Roisin & Svendsen, 983). (From Cushman-Roisin & Svendsen, 983). 5

26 4. Appendi Handy stuff: d d sin = cos ; cos = sin d d d d d d d d d ( f ( ) g( ) ) = f ( ) g ( ) + g( ) f ( ) d d d d d sinh = cosh ; cosh = sinh ; tanh = tanh ; ( f ( ) / g( ) ) = g( ) f ( ) f ( ) g ( ) / g( ) ( f ( g( ) )) = f ( g( ) ) g ( ) z ( z z z ) cosh z = ½ e + e ; sinh z = ½ e e a+ b a b sin a+ sin b= sin cos cos a+ sin b= cosh a sinh b= Details behind Eq. : ω ω = gk tanh kh =? k / / ω = gk ( tanh kh) ω / / / / = g ( k ) ( tanh kh) + k (( tanh kh) ) k / / / / = g k ( tanh kh) + k ( tanh kh) h( tanh kh) g / kh( tanh kh) = ( tanh kh) + / k ( tanh kh) = cosh kh sinh kh kh tanh kh + kh tanh g kh = cosh kh g + cosh kh = / / k ( tanh kh) k ( tanh kh) 6

Eksamen i GEOF330 Dynamisk Oseanografi. Oppgave 1: Stående svingninger

Eksamen i GEOF330 Dynamisk Oseanografi. Oppgave 1: Stående svingninger Universitetet i Bergen Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i GEOF330 Dynamisk Oseanografi 15. Desember 2006, kl 0900-1400 Tillatte hjelpemiddel: Kalkulator og matematisk formelsamling Oppgave

Detaljer

9 Tillegg Me302: Stokes bølger.

9 Tillegg Me302: Stokes bølger. 9 Tillegg Me32: Stokes bølger. 9.1 Introduksjon. Stokes bølger er betegnelsen på periodiske bølger av permanent form, på uendelig og endelig dyp, og er en av de klassiske ikke-lineære løsninger for overflatebølger.

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MEK 1100 Feltteori og vektoranalyse. Eksamensdag: Fredag 29 mai 2009. Tid for eksamen: 14:30 17:30. Oppgavesettet er på 6 sider.

Detaljer

Oppgaver til kurset GEOF110 - Innføring i havet og atmosfærens dynamikk

Oppgaver til kurset GEOF110 - Innføring i havet og atmosfærens dynamikk Vedlegg til GEOF110 Oppgaver til kurset GEOF110 - Innføring i havet og atmosfærens dynamikk Redigert av Ole Henrik Segtnan January 2, 2008 Geofysisk Institutt Universitetet i Bergen Forord Denne oppgavesamlingen

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I FY1002 BØLGEFYSIKK Mandag 10. desember 2007 kl

LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I FY1002 BØLGEFYSIKK Mandag 10. desember 2007 kl NORGES TEKNISK- NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Faglig kontakt under eksamen: Jon Andreas Støvneng Telefon: 73 59 36 63 / 45 45 55 33 LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I FY1002 BØLGEFYSIKK

Detaljer

TFY4160 Bølgefysikk/FY1002 Generell Fysikk II 1. Løsning Øving 2. m d2 x. k = mω0 2 = m. k = dt 2 + bdx + kx = 0 (7)

TFY4160 Bølgefysikk/FY1002 Generell Fysikk II 1. Løsning Øving 2. m d2 x. k = mω0 2 = m. k = dt 2 + bdx + kx = 0 (7) TFY4160 Bølgefysikk/FY100 Generell Fysikk II 1 Løsning Øving Løsning oppgave 1 Ligning 1) i oppgaveteksten er i dette tilfellet: Vi setter inn: i lign. 1) og får: m d x + kx = 0 1) dt x = A cosω 0 t +

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet

UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FY 5 - Svingninger og bølger Eksamensdag: 5. januar 4 Tid for eksamen: Kl. 9-5 Tillatte hjelpemidler: Øgrim og Lian: Størrelser

Detaljer

10 6 (for λ 500 nm); minste størrelse av

10 6 (for λ 500 nm); minste størrelse av Sensorveiledning Eksamen FYS130 Oppgave 1 ( poeng) a) Brytningdeksen er forholdet mellom lyshastigheten i vakuum og lyshastigheten i mediet; siden lyshastigheten i et medium er alltid mindre enn i vakuum,

Detaljer

Forelesning 23 den 18/4 2017

Forelesning 23 den 18/4 2017 Forelesning 3 den 18/4 017 Eksperiment Toricelli hvor fort renner vann ut av et kar? Vi navngir eksperimentet til ære for Evangelista Torricelli (1608 1647) som oppdaget Toricellis lov i 1643. Toricelli

Detaljer

Fasit for eksamen i MEK1100 torsdag 13. desember 2007 Hvert delspørsmål honoreres med poengsum fra 0 til 10 (10 for perfekt svar).

Fasit for eksamen i MEK1100 torsdag 13. desember 2007 Hvert delspørsmål honoreres med poengsum fra 0 til 10 (10 for perfekt svar). Fasit for eksamen i MEK torsdag 3. desember 27 Hvert delspørsmål honoreres med poengsum fra til ( for perfekt svar). Oppgave Vi har gitt to vektorfelt i kartesiske koordinater (x,y,z) A = yi+coszj +xy

Detaljer

Fourier-analyse. Hittil har vi begrenset oss til å se på bølger som kan beskrives ved sinus- eller cosinusfunksjoner

Fourier-analyse. Hittil har vi begrenset oss til å se på bølger som kan beskrives ved sinus- eller cosinusfunksjoner Fourier-analyse Hittil har vi begrenset oss til å se på bølger som kan beskrives ved sinus- eller cosinusfunksjoner som yxt (, ) = Asin( kx ωt+ ϕ) En slik bølge kan karakteriseres ved en enkelt frekvens

Detaljer

Introduksjon Regulær bølgeteori

Introduksjon Regulær bølgeteori Introduksjon Regulær bølgeteori Beskrive / matematisk modell for en regulær bølge basert på lineær bølgeteori. Lineær bølgeteori: proporsjonalitet i bølgehøyde/bølge amplitude Senere > irregulær bølgeteori

Detaljer

Løsningsforslag for FYS2140 Kvantemekanikk, Torsdag 16. august 2018

Løsningsforslag for FYS2140 Kvantemekanikk, Torsdag 16. august 2018 Løsningsforslag for FYS140 Kvantemekanikk, Torsdag 16. august 018 Oppgave 1: Materiens bølgeegenskaper a) De Broglie fikk Nobelprisen i 199 for sin hypotese. Beskriv med noen setninger hva den går ut på.

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I TFY4160 BØLGEFYSIKK Mandag 3. desember 2007 kl

LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I TFY4160 BØLGEFYSIKK Mandag 3. desember 2007 kl NORGES TEKNISK- NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Faglig kontakt under eksamen: Jon Andreas Støvneng Telefon: 7 59 6 6 / 45 45 55 LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I TFY4160 BØLGEFYSIKK Mandag.

Detaljer

Virvelfrihet, potensialer, Laplacelikningen

Virvelfrihet, potensialer, Laplacelikningen Virvelfrihet, potensialer, Laplacelikningen Kap 10 og 9 Matematisk Institutt, UiO MEK1100, FELTTEORI OG VEKTORANALYSE Forelesninger NYTT TEMA Hvorfor snakker vi om virvelfri bevegelse? Forelesninger Todimensjonal

Detaljer

Kort introduksjon til bølger relatert til tidevann i havet 1

Kort introduksjon til bølger relatert til tidevann i havet 1 Kort introduksjon til bølger relatert til tidevann i havet 1 Helge Drange Høst 2012 Kommentarer til helge.drange@gfi.uib.no Oppdatert 24. oktober 2012 Observert vannstand (cm) i Bergen mellom 1. juni og

Detaljer

Vannbølger. 3. Finn gruppehastigheten (u), ved bruk av EXCEL, som funksjon av bølgetallet k ( u = 2π ). Framstille u i samme diagram som c.

Vannbølger. 3. Finn gruppehastigheten (u), ved bruk av EXCEL, som funksjon av bølgetallet k ( u = 2π ). Framstille u i samme diagram som c. Institutt for fysikk, NTNU FY12 Bølgefysikk, høst 27 Laboratorieøvelse 2 Vannbølger Oppgave A: for harmoniske vannbølger 1. Mål bølgelengden () som funksjon av frekvensen (f). 2. Beregn fasehastigheten

Detaljer

Løsningsforslag til øving 4

Løsningsforslag til øving 4 1 FY100/TFY4160 Bølgefysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 01. Løsningsforslag til øving 4 Oppgave 1 a) D = D 0 [ cos (kx ωt) + sin (kx ωt) ] 1/ = D 0 for alle x og t. Med andre ord, vi har overalt

Detaljer

FORELESNINGER I BØLGETEORI

FORELESNINGER I BØLGETEORI FORELESNINGER I BØLGETEORI av Bjørn Gjevik, Geir K. Pedersen og Karsten Trulsen Matematisk Institutt Universitetet i Oslo Våren 2005 2 Innhold 1 INNLEDNING 5 1.1 Grunnleggende modeller og begreper................

Detaljer

z2 u(z, 0) = 0, u(0, t) = U. (8) Hvilken standardlikning er dette? b) Vi antar (håper) at u kan uttrykkes som en similaritetsløsning δδ ν ηf + F = 0,

z2 u(z, 0) = 0, u(0, t) = U. (8) Hvilken standardlikning er dette? b) Vi antar (håper) at u kan uttrykkes som en similaritetsløsning δδ ν ηf + F = 0, Oppg. 13 Det enkleste grensesjiktsproblemet?. Vi har en uendelig lang plate som faller sammen med xy-planet (I Blasiusproblemet har vi en halvuendelig plate). Over denne er det en Newtonsk væske. For t

Detaljer

EKSAMEN I EMNE SIE 4015 BØLGEFORPLANTNING

EKSAMEN I EMNE SIE 4015 BØLGEFORPLANTNING NTNU Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Side 1 av 8 Fakultet for informatikk, matematikk og elektroteknikk Institutt for fysikalsk elektronikk Bokmål/Nynorsk Faglig/fagleg kontakt under eksamen:

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MEK 11 Feltteori og vektoranalyse. Eksamensdag: Torsdag 1 desember 29. Tid for eksamen: 14:3 17:3. Oppgavesettet er på 7 sider.

Detaljer

Løsningsforslag til øving

Løsningsforslag til øving 1 FY1002/TFY4160 Bølgefysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2012. Løsningsforslag til øving 11-2012 Oppgave 1 a) Forplantning i z-retning betyr at E og B begge ligger i xy-planet. La oss for eksempel

Detaljer

EKSAMEN FAG TFY4160 BØLGEFYSIKK OG FAG FY1002 GENERELL FYSIKK II Onsdag 8. desember 2004 kl Bokmål. K. Rottmann: Matematisk formelsamling

EKSAMEN FAG TFY4160 BØLGEFYSIKK OG FAG FY1002 GENERELL FYSIKK II Onsdag 8. desember 2004 kl Bokmål. K. Rottmann: Matematisk formelsamling Side 1 av 11 NORGES TEKNISK- NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Faglig kontakt under eksamen: Førsteamanuensis Knut Arne Strand Telefon: 73 59 34 61 EKSAMEN FAG TFY416 BØLGEFYSIKK OG

Detaljer

Obligatorisk oppgave nr 5 FYS Lars Kristian Henriksen UiO

Obligatorisk oppgave nr 5 FYS Lars Kristian Henriksen UiO Obligatorisk oppgave nr 5 FYS-2130 Lars Kristian Henriksen UiO 12. mars 2015 Diskusjonsoppgaver: 1 Overflatebølger på vann er transversale bølger, dvs utslaget er vinkelrett på bølgens bevegelse. Bruker

Detaljer

2.4 Den mekaniske energien i overflate-bølger

2.4 Den mekaniske energien i overflate-bølger Partikkelbevegelsen i overflatebølger 21 Figur 2.5: Partikkelbanene i bølger på dypt vann a/λ = 0.06. *MKYVIVQMWZMWIRHI 4 ZMVOIPMKKVYRXZERRIV IPPMTWIRIQ]IEXIVIZIH SZIVEXIRSKW Figur 2.6: Partikkelbaner

Detaljer

FYS2140 Kvantefysikk, Løsningsforslag for Oblig 1

FYS2140 Kvantefysikk, Løsningsforslag for Oblig 1 FYS4 Kvantefysikk, Løsningsforslag for Oblig. januar 8 Her er løsningsforslag for Oblig som dreide seg om å friske opp en del grunnleggende matematikk. I tillegg finner dere til slutt et løsningsforslag

Detaljer

Formelsamling Bølgefysikk Desember 2006

Formelsamling Bølgefysikk Desember 2006 Vedlegg 1 av 9 Formelsamling Bølgefysikk Desember 2006 Fete symboler angir vektorer. Symboler med hatt over angir enhetsvektorer. Formlenes gyldighet og symbolenes betydning antas å være kjent. Harmonisk

Detaljer

Grensebetingelse for trykk der hvor vann møter luft

Grensebetingelse for trykk der hvor vann møter luft Forelesning 5/4 019 ved Karsten Trulsen Grensebetingelse for trykk der hvor vann møter luft Vi skal utlede en betingelse for trykket på grenseflaten der hvor vann er i kontakt med luft. Vi gjør dette ved

Detaljer

Feltlikninger for fluider

Feltlikninger for fluider Kapittel 10 Feltlikninger for fluider Oppgave 1 Gitt et to-dimensjonalt strømfelt v = ωyi+ωxj. a) Den konvektive akselerasjonen for et to-dimensjonalt felt er gitt ved b) Bevegelseslikninga (Euler-likninga):

Detaljer

Løsningsforslag til Øving 6 Høst 2016

Løsningsforslag til Øving 6 Høst 2016 TEP4105: Fluidmekanikk Løsningsforslag til Øving 6 Høst 016 Oppgave 3.13 Skal finne utløpshastigheten fra røret i eksempel 3. når vi tar hensyn til friksjon Hvis vi antar at røret er m langt er friksjonen

Detaljer

Bølgerenna p. Hensikt. varierende frekvens og amplitude kan genereres via en signalgenerator og

Bølgerenna p. Hensikt. varierende frekvens og amplitude kan genereres via en signalgenerator og Bølgerenna Hensikt Bølgerenna p a bildet ovenfor brukes til a studere vannbølger. Bølger med varierende frekvens og amplitude kan genereres via en signalgenerator og en motor. Det er blant annet mulig

Detaljer

EKSAMEN I FAG SIF 4014 FYSIKK 3 Onsdag 13. desember 2000 kl Bokmål. K. Rottmann: Matematisk formelsamling

EKSAMEN I FAG SIF 4014 FYSIKK 3 Onsdag 13. desember 2000 kl Bokmål. K. Rottmann: Matematisk formelsamling Side 1 av 7 NORGES TEKNISK- NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Faglig kontakt under eksamen: Førsteamanuensis Knut Arne Strand Telefon: 73 59 34 61 EKSAMEN I FAG SIF 4014 FYSIKK 3 Onsdag

Detaljer

Mandag 04.09.06. Institutt for fysikk, NTNU TFY4160/FY1002: Bølgefysikk Høsten 2006, uke 36

Mandag 04.09.06. Institutt for fysikk, NTNU TFY4160/FY1002: Bølgefysikk Høsten 2006, uke 36 Institutt for fsikk, NTNU TFY4160/FY1002: Bølgefsikk Høsten 2006, uke 36 Mandag 04.09.06 Del II: BØLGER Innledning Bølger er forplantning av svingninger. Når en bølge forplanter seg i et materielt medium,

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen i SIF4072 KLASSISK FELTTEORI Onsdag 28. mai 2003

Løsningsforslag til eksamen i SIF4072 KLASSISK FELTTEORI Onsdag 28. mai 2003 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet NTNU Side 1 av 9 Institutt for fysikk Fakultet for naturvitenskap og teknologi Løsningsforslag til eksamen i SIF4072 KLASSISK FELTTEORI Onsdag 28. mai 2003

Detaljer

Fasit til eksamen i MEK1100 høst 2006

Fasit til eksamen i MEK1100 høst 2006 Fasit til eksamen i MEK11 høst 26 Det er tilsammen 1 delspørsmål. Hvert delspørsmål honoreres med poengsum fra til 1 (1 for fullstendig svar, for blank). Maksimal oppnåelig poengsum er 1. Kontroller at

Detaljer

Eksamen i emnet SIB 5025 Hydromekanikk 25 nov b) Bestem størrelsen, retningen og angrepspunktet til resultantkrafta,.

Eksamen i emnet SIB 5025 Hydromekanikk 25 nov b) Bestem størrelsen, retningen og angrepspunktet til resultantkrafta,. Eksamen i emnet SIB 55 Hydromekanikk 5 nov 1999 Oppgave 1. Husk å angi benevninger ved tallsvar. ρ θ I en ny svømmehall er det foreslått montert et vindu formet som en halvsylinder med radius og bredde.

Detaljer

Løsningsforslag til øving 9

Løsningsforslag til øving 9 FY1002/TFY4160 Bølgefysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2010. Løsningsforslag til øving 9 Oppgave 1 a) Forplantning i z-retning betyr at E og B begge ligger i xy-planet. La oss for eksempel velge

Detaljer

Solitoner generert av trykkperturbasjon på grunt vann. Tomas Torsvik. Hovedfagsoppgave i anvendt matematikk

Solitoner generert av trykkperturbasjon på grunt vann. Tomas Torsvik. Hovedfagsoppgave i anvendt matematikk Solitoner generert av trykkperturbasjon på grunt vann Hovedfagsoppgave i anvendt matematikk Tomas Torsvik Matematisk Institutt Universitetet i Bergen 11. april 2003 ii Forord I og med at denne hovedfagsoppgaven

Detaljer

FYS2140 Kvantefysikk, Oblig 3. Sindre Rannem Bilden,Gruppe 4

FYS2140 Kvantefysikk, Oblig 3. Sindre Rannem Bilden,Gruppe 4 FYS40 Kvantefysikk, Oblig 3 Sindre Rannem Bilden,Gruppe 4. februar 05 Obliger i FYS40 merkes med navn og gruppenummer! Dette oppgavesettet sveiper innom siste rest av Del I av pensum, med tre oppgaver

Detaljer

Kompleks eksponentialform. Eulers inverse formler. Eulers formel. Polar til kartesisk. Kartesisk til polar. Det komplekse signalet

Kompleks eksponentialform. Eulers inverse formler. Eulers formel. Polar til kartesisk. Kartesisk til polar. Det komplekse signalet Komplekse tall Vi definerer det komplekse tallet z C. Komplekse eksponentialer og fasorer Det komplekse planet Kartesisk og polar form Komplekse eksponentiale signaler Roterende fasor Addisjon av fasorer

Detaljer

Formelsamling. ξ(r, t) = ξ 0 sin(k r ωt + φ) 2 ξ(x, t) = 1 2 ξ(x, t) t 2. 2 ξ. x ξ. z 2. y ξ. v = ω k. v g = dω dk

Formelsamling. ξ(r, t) = ξ 0 sin(k r ωt + φ) 2 ξ(x, t) = 1 2 ξ(x, t) t 2. 2 ξ. x ξ. z 2. y ξ. v = ω k. v g = dω dk Formelsamling Side 7 av 15 Fete symboler angir vektorer. Symboler med hatt over angir enhetsvektorer. Formlenes gyldighet og symbolenes betydning antas å være kjent. Harmonisk plan bølge: Bølgeligning:

Detaljer

Kondenserte fasers fysikk Modul 2

Kondenserte fasers fysikk Modul 2 FYS3410 Kondenserte fasers fysikk Modul Sindre Rannem Bilden 1. mai 016 Oppgave 1 - Endimensjonal krystall (Obligatorisk Se på vibrasjoner i en uendelig lang endimensjonell krystall med kun ett atom i

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MEK 1100 Feltteori og vektoranalyse. Eksamensdag: Torsdag 11 desember 2008. Tid for eksamen: 14:30 17:30. Oppgavesettet er på

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen 26. mai 2008 TFY4215 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk

Løsningsforslag Eksamen 26. mai 2008 TFY4215 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk Eksamen TFY4215 26. mai 2008 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 Løsningsforslag Eksamen 26. mai 2008 TFY4215 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk a. Utenfor boksen, hvor V (x) =, er bølgefunksjonen lik null. Kontinuiteten

Detaljer

Diffraksjonsgitter (diffraction grating)

Diffraksjonsgitter (diffraction grating) Diffraksjonsgitter (diffraction grating) Et diffraksjonsgitter består av et stort antall parallelle spalter med konstant avstand d. Det finnes to hovedtyper, transmisjonsgitter og refleksjonsgitter. Et

Detaljer

GEF Løsningsforslag til oppgaver fra kapittel 6

GEF Løsningsforslag til oppgaver fra kapittel 6 GEF1100 - Løsningsforslag til oppgaver fra kapittel 6 i.h.h.karset@geo.uio.no Oppgave 1 a) Hva er forskjellen mellom Lagrangesk og Eulersk representasjon av en væskebevegelse? Gi et eksempel på hver av

Detaljer

TFY4109 Fysikk Eksamen 9. august Løsningsforslag

TFY4109 Fysikk Eksamen 9. august Løsningsforslag TFY4109 Fysikk ksamen 9. august 2016 Løsningsforslag 1) 1 TU = 1055 J; 200 cal = 837 J; 0.0004 kwh = 1440 J; 10 20 Ry = 218 J; 10 22 ev = 1600 J. Sistnevnte er altså mest energi. 2) Periode T = 1/500 minutt

Detaljer

GEF1100: kapittel 8. Ada Gjermundsen. Oktober 2017

GEF1100: kapittel 8. Ada Gjermundsen. Oktober 2017 GEF1100: kapittel 8 Ada Gjermundsen Oktober 2017 Midtveis eksamen Pensum: Til og med kap 6. Midtveiseksamen blir denne gang uten flervalgsoppgaver. Det blir både teorispørsmål og regneoppgaver. Tillatte

Detaljer

Løsningsforslag Øving 6

Løsningsforslag Øving 6 Løsningsforslag Øving 6 TEP4100 Fluidmekanikk, Aumn 016 Oppgave 4-109 Løsning Vi skal bestemme om en strømning er virvlingsfri, hvis den ikke er det skal vi finne θ-komponenten av virvlingen. Antagelser

Detaljer

Eksamensoppgave i MA1103 Flerdimensjonal analyse

Eksamensoppgave i MA1103 Flerdimensjonal analyse Institutt for matematiske fag Eksamensoppgave i MA3 Flerdimensjonal analyse Faglig kontakt under eksamen: Mats Ehrnstrøm Tlf: 735 97 44 Eksamensdato: 22. mai 28 Eksamenstid (fra til): 9: 3: Hjelpemiddelkode/Tillatte

Detaljer

Eksamen i emnet M117 - Matematiske metodar Mandag 29. mai 2000, kl Løysingsforslag:

Eksamen i emnet M117 - Matematiske metodar Mandag 29. mai 2000, kl Løysingsforslag: Eksamen i emnet M7 - Matematiske metodar Mandag 29. mai 2, kl. 9-5 Løysingsforslag: a Singulære punkt svarer til nullpunkta for x 2, dvs. x = og x =. Rekkeutvikler om x = : yx = a n x n y x = na n x n

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO Side 1 UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS210 Svingninger og bølger Eksamensdag: 27. mai 2019 Tid for eksamen: 14:0 18:0 Oppgavesettet er på sider. Vedlegg:

Detaljer

Skinndybde. FYS 2130

Skinndybde. FYS 2130 Skinndybde. FYS 130 Vi skal se hvordan en elektromagnetisk bølge oppfører seg i et ledende medium. ølgeligningen for E-feltet i vakuum ble utledet i notatet om elektromagnetiske bølger: E E =εµ 0 0 Denne

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen 26. mai 2008 TFY4215 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk

Løsningsforslag Eksamen 26. mai 2008 TFY4215 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk Eksamen TFY415 6. mai 8 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 Løsningsforslag Eksamen 6. mai 8 TFY415 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk a. Utenfor boksen, hvor V (x) =, er bølgefunksjonen lik null. Kontinuiteten

Detaljer

Tillegg om strømfunksjon og potensialstrøm

Tillegg om strømfunksjon og potensialstrøm Kapittel 9 Tillegg om strømfunksjon og potensialstrøm 9.1 Divergensfri strøm 9.1.1 Strømfunksjonen I kompendiet, kap. 4.6 og kap. 9, er det påstått at dersom et todimensjonalt strømfelt v(x y) = v x (x

Detaljer

FY1002/TFY4160 Bølgefysikk. Løsningsforslag til Midtsemesterprøve fredag 15. oktober 2010 kl Oppgavene og et kortfattet løsningsforslag:

FY1002/TFY4160 Bølgefysikk. Løsningsforslag til Midtsemesterprøve fredag 15. oktober 2010 kl Oppgavene og et kortfattet løsningsforslag: Institutt for fysikk, NTNU FY1002/TFY4160 ølgefysikk Høst 2010 FY1002/TFY4160 ølgefysikk Løsningsforslag til Midtsemesterprøve fredag 15. oktober 2010 kl 08.15 09.45 Fasit på side 10. Oppgavene og et kortfattet

Detaljer

NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET, INSTITUTT FOR FYSIKK. Utarbeidet av: Jon Andreas Støvneng

NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET, INSTITUTT FOR FYSIKK. Utarbeidet av: Jon Andreas Støvneng NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET, INSTITUTT FOR FYSIKK Utarbeidet av: Jon Andreas Støvneng (jon.stovneng@ntnu.no) LØSNINGSFORSLAG (8 SIDER) TIL EKSAMEN I FY100 og TFY4160 BØLGEFYSIKK Fredag

Detaljer

Løsningsforslag EKSAMEN TFY4102 FYSIKK Fredag 10. juni 2011

Løsningsforslag EKSAMEN TFY4102 FYSIKK Fredag 10. juni 2011 Løsningsforslag EKSAMEN TFY4102 FYSIKK Fredag 10. juni 2011 Oppgave 1. a) Vi velger her, og i resten av oppgaven, positiv retning oppover. Dermed gir energibevaring m 1 gh = 1 2 m 1v 2 0 v 0 = 2gh. Rett

Detaljer

Formelsamling. ξ(r, t) = ξ 0 sin(k r ωt + φ) 2 ξ(x, t) = 1 2 ξ(x, t) t 2. 2 ξ. x ξ. z 2. y ξ. v = ω k. v g = dω dk

Formelsamling. ξ(r, t) = ξ 0 sin(k r ωt + φ) 2 ξ(x, t) = 1 2 ξ(x, t) t 2. 2 ξ. x ξ. z 2. y ξ. v = ω k. v g = dω dk Formelsamling Side 7 av 16 Fete symboler angir vektorer. Symboler med hatt over angir enhetsvektorer. Formlenes gyldighet og symbolenes betydning antas å være kjent. Harmonisk plan bølge: Bølgeligning:

Detaljer

HAVBØLGER. Her skal vi gjennomgå den enkleste teorien for bølger på vannoverflaten:

HAVBØLGER. Her skal vi gjennomgå den enkleste teorien for bølger på vannoverflaten: HAVBØLGER Her skal vi gjennomgå den enkleste teorien for bølger på vannoverflaten: Airy teori, også kalt lineær bølgeteori eller bølger av første orden Fremstillingen her vil temmelig nøyaktig følge kompendiet

Detaljer

0.1 Kort introduksjon til komplekse tall

0.1 Kort introduksjon til komplekse tall Enkel introduksjon til matnyttig matematikk Vi vil i denne innledningen introdusere litt matematikk som kan være til nytte i kurset. I noen tilfeller vil vi bare skrive opp uttrykk uten å komme inn på

Detaljer

EKSAMENSOPPGAVE I FYS-1001

EKSAMENSOPPGAVE I FYS-1001 side 1 av 6 sider FAKULTET FOR NATURVITENSKAP OG TEKNOLOGI EKSAMENSOPPGAVE I FYS-1001 Eksamen i : Fys-1001 Mekanikk Eksamensdato : 06.12.2012 Tid : 09.00-13.00 Sted : Åsgårdvegen 9 Tillatte hjelpemidler

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I FY1002 og TFY4160 BØLGEFYSIKK Onsdag 20. desember 2006 kl

LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I FY1002 og TFY4160 BØLGEFYSIKK Onsdag 20. desember 2006 kl NORGES TEKNISK- NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Faglig kontakt under eksamen: Jon Andreas Støvneng Telefon: 73 59 36 63 / 45 45 55 33 LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I FY1002 og TFY4160

Detaljer

Mandag F d = b v. 0 x (likevekt)

Mandag F d = b v. 0 x (likevekt) Institutt for fysikk, NTNU TFY46/FY: Bølgefysikk Høsten 6, uke 35 Mandag 8.8.6 Dempet harmonisk svingning [FGT 3.7; YF 3.7; TM 4.4; AF.3; LL 9.7,9.8] I praksis dempes frie svingninger pga friksjon, f.eks.

Detaljer

b) Vi legger en uendelig lang, rett stav langs y-aksen. Staven har linjeladningen λ = [C/m].

b) Vi legger en uendelig lang, rett stav langs y-aksen. Staven har linjeladningen λ = [C/m]. Oppgave 1 a) Punktladningen q 1 = 1.0 10 9 [C] ligger fast i punktet (2.0, 0, 0) [m]. Punktladningen q 2 = 4.0 10 9 [C] ligger i punktet ( 1.0, 0, 0) [m]. I) Finnes det punkt(er) i rommet med elektrisk

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen 14.desember 2011 FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I

Løsningsforslag Eksamen 14.desember 2011 FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I Eksamen FY2045/TFY4250 14. desember 2011 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 Løsningsforslag Eksamen 14.desember 2011 FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I a. For E < 3V 0 /4 er området x > a klassisk forbudt, og

Detaljer

Kurve-, flate- og volumintegraler, beregning av trykkraft

Kurve-, flate- og volumintegraler, beregning av trykkraft Kapittel 6 Kurve-, flate- og volumintegraler, beregning av trykkraft Oppgave 1 Vi skal regne ut kurveintegralet λ v dr langs kurven λ: y x3 når 1 x 2 og v xyi+x 2 j. Vi kan parametrisere med x som parameter,

Detaljer

EKSAMEN I NUMERISK LINEÆR ALGEBRA (TMA4205)

EKSAMEN I NUMERISK LINEÆR ALGEBRA (TMA4205) Norges teknisknaturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 6 Faglig kontakt under eksamen: Navn: Brynjulf Owren 93064 EKSAMEN I NUMERISK LINEÆR ALGEBRA TMA405 Fredag 5 desember

Detaljer

FYS2130. Tillegg til kapittel 13. Harmonisk oscillator. Løsning med komplekse tall

FYS2130. Tillegg til kapittel 13. Harmonisk oscillator. Løsning med komplekse tall FYS130. Tillegg til kapittel 13 Haronisk oscillator. Løsning ed koplekse tall Differensialligningen for en udepet haronisk oscillator er && x+ ω x = 0 (1) so er en hoogen lineær differensialligning av.

Detaljer

Løysingsforslag (Skisse) Eksamen FY3452 Gravitasjon og Kosmologi Våren 2007

Løysingsforslag (Skisse) Eksamen FY3452 Gravitasjon og Kosmologi Våren 2007 Løysingsforslag (Skisse) Eksamen FY3452 Gravitasjon og Kosmologi Våren 2007 May 24, 2007 Oppgave 1 a) Lorentztransformasjonane er x = γ(x V t), t = γ(t V x), der γ = 1/ 1 V 2 Vi tar differensiala av desse

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-natuvitenskapelige fakultet Eksamen i: Eksamensdag: Tid fo eksamen: 14.30 18.30 Oppgavesettet e på 5 side. Vedlegg: Tillatte hjelpemidle: MEK3230 Fluidmekanikk 6. Juni,

Detaljer

Divergens- og virvelfrie felter. Potensialstrøm

Divergens- og virvelfrie felter. Potensialstrøm Kapittel 9 Divergens- og virvelfrie felter. Potensialstrøm Oppgave Det eksisterer et hastighetspotensiale φ hvis feltet er virvelfritt. For et to-dimensjonalt felt v v x i+v y j er virvlingen gitt ved

Detaljer

EKSAMENSOPPGAVE. Tillatte hjelpemidler: Kalkulator med tomt dataminne, Rottmann: Matematisk formelsamling.

EKSAMENSOPPGAVE. Tillatte hjelpemidler: Kalkulator med tomt dataminne, Rottmann: Matematisk formelsamling. EKSAMENSOPPGAE Eksamen i: FYS-1002 Dato: Mandag 4. juni, 2018 Klokkeslett: 9:00 13:00 Sted: ADM B154 Tillatte hjelpemidler: Kalkulator med tomt dataminne, Rottmann: Matematisk formelsamling. Eksamenoppgaven

Detaljer

FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I, løsning øving 13 1 LØSNING ØVING 13. V (x, t) = xf (t) = xf 0 e t2 /τ 2.

FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I, løsning øving 13 1 LØSNING ØVING 13. V (x, t) = xf (t) = xf 0 e t2 /τ 2. FY045/TFY450 Kvantemekanikk I, løsning øving 13 1 Løsning Oppgave 13 1 LØSNING ØVING 13 Transient perturbasjon av harmonisk oscillator a. Med kraften F (t) = qe(t) = F 0 exp( t /τ ) og sammenhengen F (t)

Detaljer

Kortfattet løsningsforslag for FYS juni 2007

Kortfattet løsningsforslag for FYS juni 2007 Kortfattet løsningsforslag for FYS213 6. juni 27 Oppgave 1 E a) Magnetfeltamplituen er B = = E ε µ c 1 1 1 1 Intensiteten er I = ε ce = ε E = E 2 2 εµ 2 2 2 2 µ b) Bølgefunksjonen for E-feltet er: E( zt,

Detaljer

Kurve-, flate- og volumintegraler, beregning av trykkraft

Kurve-, flate- og volumintegraler, beregning av trykkraft Kapittel 6 Kurve-, flate- og volumintegraler, beregning av trykkraft Oppgave 1 Vi skal regne ut kurveintegralet λ v dr langs kurven λ: y x3 når 1 x 2 og v xyi+x 2 j. Vi kan parametrisere med x som parameter,

Detaljer

Pendler, differensialligninger og resonansfenomen

Pendler, differensialligninger og resonansfenomen Pendler, differensialligninger og resonansfenomen Hensikt Oppsettet pa bildet kan brukes til a illustrere ulike fenomen som opptrer i drevede svingesystemer, slik som for eksempel resonans. Labteksten

Detaljer

Ma Flerdimensjonal Analyse Øving 2

Ma Flerdimensjonal Analyse Øving 2 Ma1 - Flerdimensjonal Analyse Øving Øistein Søvik Brukernavn: Oistes.1.1 Oppgaver 11. In Exercises 1 4, find the required parametrization of the first quadrant part of the circular arc x + y 1 1. In terms

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk naturvitenskapelige fakultet

UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk naturvitenskapelige fakultet UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk naturvitenskapelige fakultet Eksamen i AST5220/9420 Kosmologi II Eksamensdag: Fredag 11. juni 2010 Tid for eksamen: 09.00 12.00 Oppgavesettet er på 4 sider. Vedlegg:

Detaljer

Divergens- og virvelfrie felter. Potensialstrøm

Divergens- og virvelfrie felter. Potensialstrøm Kapittel 9 Divergens- og virvelfrie felter. Potensialstrøm Oppgave Det eksisterer et hastighetspotensiale φ hvis feltet er virvelfritt. For et to-dimensjonalt felt v = v x i+v y j er virvlingen gitt ved

Detaljer

TMA4110 Matematikk 3 Haust 2011

TMA4110 Matematikk 3 Haust 2011 Noregs teknisk naturvitskaplege universitet Institutt for matematiske fag TMA4110 Matematikk 3 Haust 2011 Løysingsforslag Øving 2 Oppgåver frå læreboka, s. xliv-xlv 9 Me finn først fjørkonstanten k. Når

Detaljer

Punktladningen Q ligger i punktet (3, 0) [mm] og punktladningen Q ligger i punktet ( 3, 0) [mm].

Punktladningen Q ligger i punktet (3, 0) [mm] og punktladningen Q ligger i punktet ( 3, 0) [mm]. Oppgave 1 Finn løsningen til følgende 1.ordens differensialligninger: a) y = x e y, y(0) = 0 b) dy dt + a y = b, a og b er konstanter. Oppgave 2 Punktladningen Q ligger i punktet (3, 0) [mm] og punktladningen

Detaljer

Løsningsforslag til øving 8

Løsningsforslag til øving 8 FY1001/TFY4145/TFY4109. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 015. Løsningsforslag til øving 8 Oppgave 1 a) [ x y = Asinkx ωt) = Asin π λ t )] T 1) med A = 1.0 cm, T = π/ω = 10 ms og λ = π/k = 10 cm. Figur:

Detaljer

Løsningsforslag til øving 6

Løsningsforslag til øving 6 1 FY100/TFY4160 Bølgefysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 01. Løsningsforslag til øving 6 Oppgave 1 a) Litt repetisjon: Generelt er hastigheten til mekaniske bølger gitt ved mediets elastiske modul

Detaljer

Universitetet i Oslo Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet

Universitetet i Oslo Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Universitetet i Oslo Det matematisk-naturvitenskapelie fakultet Eksamen i: FYS4-Matematiske metoder i fysikk Dato: juni 9 Tid for eksamen: 9- Oppavesettet: sider Tillatte hjelpemidler: Elektronisk kalkulator,

Detaljer

Prøveeksamen i MAT 1100, H-03 Løsningsforslag

Prøveeksamen i MAT 1100, H-03 Løsningsforslag Prøveeksamen i MAT, H- Løsningsforslag. Integralet cos x dx er lik: +sin x Riktig svar: c) arctan(sin x) + C. Begrunnelse: Sett u = sin x, da er du = cos x dx og vi får: cos x + sin x dx = du du = arctan

Detaljer

Eksamen i Klassisk feltteori, fag TFY 4270 Onsdag 26. mai 2004 Løsninger

Eksamen i Klassisk feltteori, fag TFY 4270 Onsdag 26. mai 2004 Løsninger Eksamen i Klassisk feltteori, fag TFY 470 Onsdag 6. mai 004 Løsninger 1a) Sammenhengen mellom koordinattiden t og egentiden τ er at Den relativistiske impulsen er Hamiltonfunksjonen er Siden har vi at

Detaljer

Institutt for fysikk Fakultet for naturvitenskap og teknologi. Løsningsforslag til eksamen i TFY4170 Fysikk 2 Onsdag 6.

Institutt for fysikk Fakultet for naturvitenskap og teknologi. Løsningsforslag til eksamen i TFY4170 Fysikk 2 Onsdag 6. NTNU Side 1 av 5 Institutt for fysikk Fakultet for naturvitenskap og teknologi Merk: Hver deloppgave teller like mye. Dette løsningsforslaget er på 5 sider. Løsningsforslag til eksamen i TFY417 Fysikk

Detaljer

Peder A. Tyvand Norges miljø- og biovitenskapelige universitet 1432 Ås

Peder A. Tyvand Norges miljø- og biovitenskapelige universitet 1432 Ås Det ikke-linære Cauchy-Poissonproblemet for vannbølger Peder A. Tyvand Norges miljø- og biovitenskapelige universitet 1432 Ås Cauchy-Poisson-problemet går egentlig ut på å kaste en stein i vannet Når vi

Detaljer

Løsning, eksamen TFY4205 Kvantemekanikk II Onsdag 8. desember 2010

Løsning, eksamen TFY4205 Kvantemekanikk II Onsdag 8. desember 2010 Løsning, eksamen TFY45 Kvantemekanikk II Onsdag 8. desember 1 1a) Det elektriske feltet er [ E = ωk Im ( e x a x + e y a y )e i(kz ωt)] [ = ωk Im ( e + a + + e a )e i(kz ωt)]. Et viktig poeng: E er reell,

Detaljer

1. En tynn stav med lengde L har uniform ladning λ per lengdeenhet. Hvor mye ladning dq er det på en liten lengde dx av staven?

1. En tynn stav med lengde L har uniform ladning λ per lengdeenhet. Hvor mye ladning dq er det på en liten lengde dx av staven? Ladet stav 1 En tynn stav med lengde L har uniform ladning per lengdeenhet Hvor mye ladning d er det på en liten lengde d av staven? A /d B d C 2 d D d/ E L d Løsning: Med linjeladning (dvs ladning per

Detaljer

Fasit for besvarelse til eksamen i A-112 høst 2001

Fasit for besvarelse til eksamen i A-112 høst 2001 Fasit for besvarelse til eksamen i A-112 høst 21 Oppgave I a Anta at hvert elektron beveger seg i et midlere, sfærisk symmetrisk felt =sentralfelt V r fra kjernen og alle de andre elektronene Ved å velge

Detaljer

MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2019

MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2019 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2019 10.2.27 a) Vi skal vise at u + v 2 = u 2 + 2u v + v 2. (1) Som boka nevner på side 581,

Detaljer

Løsning IM

Løsning IM Løsning IM 6 Oppgave x + y Grensen lim er ubestemt da både teller og nevner blir Vi skal vise at grensen ( xy, ) (,) x + y ikke eksisterer og bruker rette linjer inn mot origo De enkleste linjene er koordinataksene

Detaljer

Løsning til eksamen i ingeniørmatematikk

Løsning til eksamen i ingeniørmatematikk Løsning til eksamen i ingeniørmatematikk 3 78 Oppgave Vektorfeltet har komponenter og er funksjon av variable Jacobimatrisen er av type ( xy) ( xy) x y ( yx) ( yx) xy x y xy Innsatt finner vi JF ( x, y)

Detaljer

Øving 11. Oppgave 1. E t0 = 2. Her er

Øving 11. Oppgave 1. E t0 = 2. Her er FY00/TFY460 Bølgefysi. Institutt for fysi, NTNU. Høsten 0. Veiledning: Mandag 5. og tirsdag 6. november. Innleveringsfrist: Mandag. november l :00. Øving Tema: Dipol-Ståling, reflesjon og transmisjon av

Detaljer

EKSAMEN FY1002 BØLGEFYSIKK Mandag 10. desember 2007 kl Norsk utgave

EKSAMEN FY1002 BØLGEFYSIKK Mandag 10. desember 2007 kl Norsk utgave NORGES TEKNISK- NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Side 1 av 15 Kontakt under eksamen: Jon Andreas Støvneng Telefon: 73 59 36 63 / 45 45 55 33 EKSAMEN FY1002 BØLGEFYSIKK Mandag 10. desember

Detaljer

Øving 4. a) Verifiser at en transversal bølge som forplanter seg langs x-aksen med utsving D med komponentene

Øving 4. a) Verifiser at en transversal bølge som forplanter seg langs x-aksen med utsving D med komponentene FY100/TFY4160 Bølgefysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 010. Veiledning: Tirsdag 1. og onsdag. september. Innleveringsfrist: Mandag 7. september kl 1:00. Øving 4 Oppgave 1 a) Verifiser at en transversal

Detaljer

Eksamensoppgave i FY1002 og TFY4160 BØLGEFYSIKK

Eksamensoppgave i FY1002 og TFY4160 BØLGEFYSIKK Institutt for Fysikk Eksamensoppgave i FY1 og TFY416 BØLGEFYSIKK Faglig kontakt under eksamen: Prof. em. J. Høye, Prof. M. Kildemo (kun per telefon) Tlf.: 968691 (Prof. em. J. Høye) Tlf.: 9387744 (Prof.

Detaljer