Kapittel 8 · Bølger og oscillasjoner · 8.1

Harmonisk bevegelse

Da du studerte rotasjon i forrige kapittel, møtte du frekvensen $f$ , perioden $T$ og vinkelfarten $\omega$ , og et løfte om at de samme størrelsene snart skulle beskrive «en pendel som gynger og en fjær som dirrer». Det løftet innfrir vi nå. En gjenstand som svinger fram og tilbake om et likevektspunkt utfører en periodisk bevegelse, og den enkleste av dem – den harmoniske svingningen – er den samme cosinuskurven du tegnet i kapittelet om trigonometri, nå lest som en bevegelse i tid.

Svingninger og likevekt

Tenk deg et lodd som henger i en fjær, dratt litt ned og sluppet. Det svinger opp og ned om et likevektspunkt – stillingen der loddet ville hvilt i ro. Vi legger nullpunktet for posisjonen der og kaller det øyeblikkelige avviket fra likevekt for utslaget $x$ , målt i meter, med fortegn etter hvilken side av likevekt loddet er på. Bevegelsen gjentar seg: etter en fast tid er loddet tilbake i samme stilling med samme fart, klar til å gjenta forløpet.

Tre størrelser fester tallverdier til en slik svingning. Amplituden $A$ er det største utslaget – hvor langt loddet kommer fra likevekt til hver side. Det er samme begrep som amplituden til sinuskurven fra kapittelet om trigonometri, nå med en fysisk lengde og symbolet $A$ (i meter). Perioden $T$ er tiden én hel svingning tar, fram og tilbake til utgangspunktet, målt i sekunder – akkurat som perioden til en omdreining i forrige kapittel. Frekvensen $f$ er antallet hele svingninger per sekund, i hertz, og er den omvendte av perioden:

f=\frac{1}{T}.

Til slutt knytter vinkelfrekvensen $\omega$ svingningen til vinkelmålet, gjennom nøyaktig samme sammenheng som for rotasjon, siden én hel svingning svarer til at vinkelen $\omega t$ vokser med $2\pi$ radianer:

\omega=2\pi f=\frac{2\pi}{T}.

Vinkelfrekvensen måles i $\mathrm{rad}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$ , og det er den som naturlig dukker opp i formlene som følger.

Figur 8.1: Utslaget mot tid for en svingning som starter i sitt ytterpunkt: amplituden

A

er høyden opp til toppen, og perioden

T

avstanden mellom to like faser – her fra én topp til den neste.

Eksempel 8.1.1

Svingekurven over hører til en bevegelse med amplitude $A=$0.05\text{\,}\mathrm{m}$$ og periode $T=$0.4\text{\,}\mathrm{s}$$ . Finn frekvensen $f$ og vinkelfrekvensen $\omega$ .

Løsning: Vi bruker $f=1/T$ og $\omega=2\pi/T$ direkte. Frekvensen er den omvendte av perioden:

f=\frac{1}{T}=\frac{1}{$0.4\text{\,}\mathrm{s}$}=\underline{\underline{$2.5\text{\,}\mathrm{Hz}$}}.

Vinkelfrekvensen finner vi av perioden – eller like gjerne av $\omega=2\pi f$ :

\omega=\frac{2\pi}{T}=\frac{2\pi}{$0.4\text{\,}\mathrm{s}$}\approx\underline{\underline{$15.71\text{\,}\mathrm{rad}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$}}.

Loddet fullfører altså to og en halv svingninger i sekundet.

Den harmoniske svingningen

For at bevegelsen skal fortjene navnet harmonisk, kreves noe mer enn at den bare gjentar seg: utslaget må følge en ren cosinuskurve i tid. Da kan vi skrive posisjonen som

x(t)=A\cos(\omega t+\varphi).

Cosinusfaktoren svinger mellom $-1$ og $1$ , så utslaget svinger mellom $-A$ og $A$ , akkurat som amplituden krever. Uttrykket $\omega t+\varphi$ inne i cosinus er en vinkel målt i radianer – vinkelmålet fra kapittelet om trigonometri – og den vokser jevnt med tiden i takt $\omega$ . Størrelsen $\varphi$ kalles fasen: den er vinkelen ved $t=0$ og bestemmer hvor i svingningen bevegelsen starter. Med $\varphi=0$ starter svingningen i sitt ytterpunkt, $x(0)=A$ , slik figur 8.1 viser; en annen fase forskyver hele kurven sidelengs uten å endre form.

Fra posisjonen får vi farten og akselerasjonen ved å derivere med hensyn på tiden, slik du gjorde for bevegelse i mekanikken. Cosinus og sinus deriveres som i kalkuluskapittelet, og fordi kjernen $\omega t+\varphi$ selv har den deriverte $\omega$ , gir kjerneregelen en faktor $\omega$ hver gang:

	$\displaystyle v(t)$	$\displaystyle=\frac{dx}{dt}=-A\omega\sin(\omega t+\varphi),$
	$\displaystyle a(t)$	$\displaystyle=\frac{dv}{dt}=-A\omega^{2}\cos(\omega t+\varphi).$

Overbevis deg om hvert steg: den første deriverte henter ned en faktor $\omega$ og bytter $\cos$ til $-\sin$ ; den andre henter ned en faktor $\omega$ til og bytter $-\sin$ til $-\cos$ . Farten er størst i tallverdi når sinusfaktoren er $\pm 1$ , altså $v_{\text{maks}}=A\omega$ , og den er null i ytterpunktene der loddet snur. Akselerasjonen er størst i ytterpunktene, $a_{\text{maks}}=A\omega^{2}$ , og null i likevekt.

Se nå nøye på uttrykket for akselerasjonen. Faktoren $A\cos(\omega t+\varphi)$ er nettopp utslaget $x$ , så

a(t)=-\omega^{2}\cdot A\cos(\omega t+\varphi)=-\omega^{2}x.

Akselerasjonen er altså i hvert øyeblikk proporsjonal med utslaget og motsatt rettet av det: jo lenger fra likevekt, desto kraftigere trekkes loddet tilbake. Dette er selve kjennetegnet på harmonisk bevegelse. Merk at vi ikke har løst noen likning for å komme hit – vi har bare derivert den oppgitte cosinuskurven to ganger og satt inn, og verifisert at $a=-\omega^{2}x$ holder.

Eksempel 8.1.2

En partikkel svinger harmonisk etter $x(t)=A\cos(\omega t+\varphi)$ med amplitude $A=$0.05\text{\,}\mathrm{m}$$ og vinkelfrekvens $\omega=$15.71\text{\,}\mathrm{rad}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$$ . (a) Finn $v(t)$ og $a(t)$ ved derivasjon. (b) Finn den største farten $v_{\text{maks}}$ og den største akselerasjonen $a_{\text{maks}}$ . (c) Vis ved innsetting at $a=-\omega^{2}x$ .

Løsning: Vi deriverer $x(t)$ to ganger med kjerneregelen, slik teorien over. For (a):

	$\displaystyle v(t)$	$\displaystyle=-A\omega\sin(\omega t+\varphi)=-0.05\cdot 15.71\cdot\sin(\omega t+\varphi)\ $\mathrm{m}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$,$
	$\displaystyle a(t)$	$\displaystyle=-A\omega^{2}\cos(\omega t+\varphi)=-0.05\cdot 15.71^{2}\cdot\cos(\omega t+\varphi)\ $\mathrm{m}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-2}$.$

For (b) er ytterverdiene tallfaktorene foran sinus og cosinus:

v_{\text{maks}}=A\omega=0.05\cdot 15.71\ $\mathrm{m}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$\approx\underline{\underline{$0.785\text{\,}\mathrm{m}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$}},

a_{\text{maks}}=A\omega^{2}=0.05\cdot 15.71^{2}\ $\mathrm{m}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-2}$\approx\underline{\underline{$12.3\text{\,}\mathrm{m}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-2}$}}.

For (c) kjenner vi igjen $A\cos(\omega t+\varphi)$ som utslaget $x$ :

a(t)=-A\omega^{2}\cos(\omega t+\varphi)=-\omega^{2}\left[A\cos(\omega t+\varphi)\right]=\underline{\underline{-\omega^{2}x}}.

Sammenhengen holder for alle $t$ – ikke bare i ett punkt – fordi den samme cosinusfaktoren står i både $a$ og $x$ .

Fjær og pendel

Hva får noe til å svinge harmonisk? Svaret ligger i en kraft som alltid drar mot likevekt og vokser i takt med utslaget. En strukket eller sammenpresset fjær gir nettopp en slik kraft. For moderate utslag følger den Hookes lov

F=-kx,

der fjærkonstanten $k$ (i $\mathrm{N}\text{\,}{\mathrm{m}}^{-1}$ ) måler hvor stiv fjæren er, og minustegnet forteller at kraften er tilbakedrivende: drar du loddet i positiv retning, svarer fjæren med en kraft i negativ retning, og omvendt. Setter du denne kraften inn i Newtons andre lov fra forrige kapittel, gir en fjær med et lodd av masse $m$ en harmonisk svingning med vinkelfrekvens

\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}.

Formen er verdt å lese: en stivere fjær (større $k$ ) gir raskere svingning, og en tyngre masse (større $m$ ) gir langsommere svingning, siden den større tregheten er tyngre å drive fram og tilbake. En enhetssjekk bekrefter at $\omega$ får riktig benevning, for $\mathrm{N}\text{\,}{\mathrm{m}}^{-1}$ delt på $\mathrm{kg}$ er ${\mathrm{s}}^{-2}$ , og kvadratroten blir ${\mathrm{s}}^{-1}$ – altså $\mathrm{rad}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$ .

En pendel som svinger med små utslag gir en tilsvarende svingning. For en pendel med snorlengde $L$ i tyngdefeltet $g$ er

\omega=\sqrt{\frac{g}{L}},

uavhengig av massen. Dette hviler på småvinkeltilnærmingen $\sin\theta\approx\theta$ (med $\theta$ i radianer) fra kapittelet om trigonometri: bare for små utslag er den tilbakedrivende kraften proporsjonal med utslaget, slik harmonisk bevegelse krever. For større utslag holder det ikke, og svingningen er ikke lenger rent harmonisk.

Endelig veksler energien mens svingningen pågår, akkurat som den vekslet mellom potensiell og kinetisk form for et fritt fall i forrige kapittel. En strukket fjær lagrer potensiell energi $E_{p}=\tfrac{1}{2}kx^{2}$ , og loddet i bevegelse bærer kinetisk energi $E_{k}=\tfrac{1}{2}mv^{2}$ . Uten friksjon er summen konstant og lik energien når hele utslaget er brukt opp i fjæren, altså i ytterpunktet der $x=A$ og farten er null:

E=E_{p}+E_{k}=\tfrac{1}{2}kA^{2}.

I likevekt ( $x=0$ ) er all energien kinetisk, og farten er størst; i ytterpunktene ( $x=\pm A$ ) er all energien potensiell, og farten er null. Løser du $\tfrac{1}{2}mv^{2}=\tfrac{1}{2}kA^{2}-\tfrac{1}{2}kx^{2}$ for farten, får du $v=\omega\sqrt{A^{2}-x^{2}}$ – et uttrykk som gir $v_{\text{maks}}=A\omega$ i likevekt og null i ytterpunktene, i samsvar med derivasjonen foran.

Eksempel 8.1.3

Et lodd med masse $m=$0.5\text{\,}\mathrm{kg}$$ henger i en fjær med fjærkonstant $k=$200\text{\,}\mathrm{N}\text{\,}{\mathrm{m}}^{-1}$$ og svinger med amplitude $A=$0.05\text{\,}\mathrm{m}$$ . (a) Finn vinkelfrekvensen $\omega$ , frekvensen $f$ og perioden $T$ . (b) Finn den totale svingeenergien $E$ . (c) Finn farten i likevektspunktet og ved utslaget $x=$0.03\text{\,}\mathrm{m}$$ .

Løsning: Vi kobler sammen $\omega=\sqrt{k/m}$ , energien $E=\tfrac{1}{2}kA^{2}$ og fartsuttrykket $v=\omega\sqrt{A^{2}-x^{2}}$ . For (a):

\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{200}{0.5}}\ $\mathrm{rad}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$=\underline{\underline{$20\text{\,}\mathrm{rad}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$}},

og videre $f=\omega/2\pi\approx\underline{\underline{$3.18\text{\,}\mathrm{Hz}$}}$ og $T=1/f\approx\underline{\underline{$0.314\text{\,}\mathrm{s}$}}$ . For (b):

E=\tfrac{1}{2}kA^{2}=\tfrac{1}{2}\cdot 200\cdot 0.05^{2}\ $\mathrm{J}$=\underline{\underline{$0.25\text{\,}\mathrm{J}$}}.

For (c) er farten størst i likevekt, der hele energien er kinetisk, $v_{\text{maks}}=A\omega=0.05\cdot 20=\underline{\underline{$1.0\text{\,}\mathrm{m}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$}}$ (samme som $\sqrt{2E/m}$ ). Ved $x=$0.03\text{\,}\mathrm{m}$$ har fjæren fortsatt en del av energien:

v=\omega\sqrt{A^{2}-x^{2}}=20\sqrt{0.05^{2}-0.03^{2}}\ $\mathrm{m}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$=\underline{\underline{$0.8\text{\,}\mathrm{m}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$}}.

Farten har falt fra $1.0\text{\,}\mathrm{m}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$ i likevekt til $0.8\text{\,}\mathrm{m}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$ her, fordi $0.09\text{\,}\mathrm{J}$ av energien nå ligger lagret i fjæren.

Nystagmus – et okulært svingesystem

Øyet selv kan svinge. Nystagmus er ufrivillige, tilnærmet periodiske øyesvingninger – et ekte okulært svingesystem med en amplitude og en frekvens du kan tallfeste. Ved medfødt (infantil) nystagmus svinger blikket typisk med en frekvens på noen få hertz, oftest $2$ – $3\text{\,}\mathrm{Hz}$ , og en vinkelamplitude fra under én grad til vel femten grader, som regel horisontalt [73]. Begrepene fra denne seksjonen – amplitude, periode, frekvens – lar seg altså bruke direkte på en klinisk observasjon.

Modellen har likevel en klar begrensning. En ren cosinuskurve $x(t)=A\cos(\omega t+\varphi)$ svinger like raskt fram som tilbake. Det passer bra for pendulær nystagmus, der de to fasene faktisk er jevne, men dårlig for jerk-nystagmus, som har en langsom drift til den ene siden fulgt av et raskt korreksjonsrykk tilbake – en usymmetrisk sagtannform, ikke en sinus [74]. Bruk derfor den harmoniske kurven som en idealisering: den fanger begrepene og passer best på den pendulære typen, men gjengir ikke den asymmetriske jerk-formen.

Eksempel 8.1.4

En pasients pendulære nystagmus modelleres grovt som $\theta(t)=A\cos(\omega t)$ med vinkelamplitude $A=2°$ og frekvens $f=$3\text{\,}\mathrm{Hz}$$ . (a) Finn vinkelfrekvensen $\omega$ og perioden $T$ i millisekunder. (b) Regn om amplituden til radianer og finn den største vinkelfarten til øyet, i grader per sekund. (c) Hvorfor passer denne modellen dårlig for en jerk-nystagmus?

Løsning: Modellen er en harmonisk svingning i vinkel, så $\omega=2\pi f$ , og vinkelfarten er den deriverte $\frac{d\theta}{dt}=-A\omega\sin(\omega t)$ med toppverdi $A\omega$ . For (a):

\omega=2\pi f=2\pi\cdot 3\ $\mathrm{rad}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$\approx\underline{\underline{$18.85\text{\,}\mathrm{rad}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$}},\qquad T=\frac{1}{f}=\frac{1}{3}\ $\mathrm{s}$\approx\underline{\underline{$333\text{\,}\mathrm{ms}$}}.

For (b) gjør vi først amplituden om til radianer, $A=2°=2⋅π/180≈0.0349 rad$ , og finner så toppfarten:

(dθdt)maks=Aω=0.0349⋅18.85rad s−1≈0.658 rad s−1≈37.7 °/s.

For (c): cosinuskurven svinger like raskt hver vei, mens en jerk-nystagmus har en langsom drift og et raskt korreksjonsrykk – to ulike fartsfaser som en enkelt cosinus ikke kan gjengi. Modellen passer best for den pendulære typen, der de to fasene er like raske, og selv da er den en idealisering.

Oppgaver

Oppgave 8.1.1

En harmonisk svingning har amplitude $A=$0.08\text{\,}\mathrm{m}$$ og periode $T=$0.5\text{\,}\mathrm{s}$$ .

a)

Finn frekvensen $f$ .
b)

Finn vinkelfrekvensen $\omega$ .
c)

Skriv opp utslaget som funksjon av tid, $x(t)$ , når svingningen starter i sitt ytterpunkt ( $\varphi=0$ ).

Løsningsforslag

Oppgave 8.1.1: Vi leser av $A=$0.08\text{\,}\mathrm{m}$$ og $T=$0.5\text{\,}\mathrm{s}$$ og bruker $f=1/T$ og $\omega=2\pi/T$ .

a)

$f=\dfrac{1}{T}=\dfrac{1}{$0.5\text{\,}\mathrm{s}$}=\underline{\underline{$2\text{\,}\mathrm{Hz}$}}$ .
b)

$\omega=\dfrac{2\pi}{T}=\dfrac{2\pi}{$0.5\text{\,}\mathrm{s}$}=4\pi\ $\mathrm{rad}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$\approx\underline{\underline{$12.57\text{\,}\mathrm{rad}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$}}$ – samme verdi som $\omega=2\pi f=2\pi\cdot 2$ .
c)

Med $\varphi=0$ starter svingningen i ytterpunktet, $x(0)=A$ , og utslaget er

$\underline{\underline{x(t)=0.08\cos(4\pi t)\ $\mathrm{m}$}},$

med $t$ i sekunder. Kontroll: $x(0)=$0.08\text{\,}\mathrm{m}$=A$ , og cosinus er tilbake på toppen etter $t=T=$0.5\text{\,}\mathrm{s}$$ .

Oppgave 8.1.2

En partikkel svinger etter $x(t)=A\cos(\omega t+\varphi)$ med $A=$0.03\text{\,}\mathrm{m}$$ og $\omega=$10\text{\,}\mathrm{rad}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$$ .

a)

Finn $v(t)$ og $a(t)$ ved derivasjon.
b)

Finn den største farten $v_{\text{maks}}$ og den største akselerasjonen $a_{\text{maks}}$ .
c)

Vis ved innsetting at $a=-\omega^{2}x$ for alle $t$ .

Løsningsforslag

Oppgave 8.1.2: Vi deriverer $x(t)=A\cos(\omega t+\varphi)$ to ganger med kjerneregelen, med $A=$0.03\text{\,}\mathrm{m}$$ og $\omega=$10\text{\,}\mathrm{rad}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$$ .

a)

Hver derivasjon henter ned en faktor $\omega$ :

$\displaystyle v(t)$ $\displaystyle=-A\omega\sin(\omega t+\varphi)=\underline{\underline{-0.3\sin(10t+\varphi)\ $\mathrm{m}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$}},$

$\displaystyle a(t)$ $\displaystyle=-A\omega^{2}\cos(\omega t+\varphi)=\underline{\underline{-3.0\cos(10t+\varphi)\ $\mathrm{m}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-2}$}}.$
b)

Ytterverdiene er tallfaktorene foran sinus og cosinus: $v_{\text{maks}}=A\omega=0.03\cdot 10=\underline{\underline{$0.3\text{\,}\mathrm{m}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$}}$ og $a_{\text{maks}}=A\omega^{2}=0.03\cdot 10^{2}=\underline{\underline{$3.0\text{\,}\mathrm{m}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-2}$}}$ . Kontroll: $a_{\text{maks}}=\omega\,v_{\text{maks}}=10\cdot 0.3=$3.0\text{\,}\mathrm{m}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-2}$$ .
c)

Vi kjenner igjen $A\cos(\omega t+\varphi)$ som utslaget $x$ :

$a(t)=-A\omega^{2}\cos(\omega t+\varphi)=-\omega^{2}\left[A\cos(\omega t+\varphi)\right]=-\omega^{2}x.$

Sammenhengen holder for alle $t$ , siden samme cosinusfaktor står i både $a$ og $x$ – her med $\omega^{2}=$100\text{\,}{\mathrm{s}}^{-2}$$ .

Oppgave 8.1.3

Et lodd med masse $m=$0.1\text{\,}\mathrm{kg}$$ henger i en fjær med fjærkonstant $k=$90\text{\,}\mathrm{N}\text{\,}{\mathrm{m}}^{-1}$$ og settes i svingning etter Hookes lov $F=-kx$ .

a)

Finn vinkelfrekvensen $\omega$ , frekvensen $f$ og perioden $T$ .
b)

En kollega bytter til en dobbelt så stiv fjær ( $k=$180\text{\,}\mathrm{N}\text{\,}{\mathrm{m}}^{-1}$$ ) med samme lodd. Blir svingningen raskere eller langsommere, og med hvilken faktor endres $\omega$ ?
c)

Begrunn ut fra $\omega=\sqrt{k/m}$ hvorfor en tyngre masse svinger langsommere.

Løsningsforslag

Oppgave 8.1.3: Fjær-masse-systemet svinger med $\omega=\sqrt{k/m}$ , og $f$ og $T$ følger av $\omega=2\pi f=2\pi/T$ .

a)

Med $k=$90\text{\,}\mathrm{N}\text{\,}{\mathrm{m}}^{-1}$$ og $m=$0.1\text{\,}\mathrm{kg}$$ :

$\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{90}{0.1}}\ $\mathrm{rad}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$=\sqrt{900}\ $\mathrm{rad}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$=\underline{\underline{$30\text{\,}\mathrm{rad}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$}},$

og videre $f=\omega/2\pi=30/2\pi\ $\mathrm{Hz}$\approx\underline{\underline{$4.77\text{\,}\mathrm{Hz}$}}$ og $T=1/f=2\pi/30\ $\mathrm{s}$\approx\underline{\underline{$0.209\text{\,}\mathrm{s}$}}$ . Kontroll: $f\cdot T=1$ .
b)

Med $k=$180\text{\,}\mathrm{N}\text{\,}{\mathrm{m}}^{-1}$$ blir $\omega^{\prime}=\sqrt{180/0.1}\ $\mathrm{rad}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$=\sqrt{1800}\ $\mathrm{rad}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$\approx$42.4\text{\,}\mathrm{rad}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$$ . Svingningen blir raskere; $\omega$ øker med faktoren $\sqrt{2}\approx 1.41$ , siden $\omega^{\prime}/\omega=\sqrt{2k/k}=\sqrt{2}$ – en dobling av stivheten gir ikke dobbelt så rask svingning, bare $\sqrt{2}$ ganger.
c)

I $\omega=\sqrt{k/m}$ står massen i nevneren: større $m$ gir mindre $\omega$ og dermed lengre periode. Fysisk er den tilbakedrivende fjærkraften den samme ved et gitt utslag, men en tyngre masse har større treghet – samme kraft gir mindre akselerasjon etter Newtons andre lov, så loddet bruker lengre tid på hver svingning.

Oppgave 8.1.4

Fjær-masse-systemet fra forrige oppgave ( $k=$90\text{\,}\mathrm{N}\text{\,}{\mathrm{m}}^{-1}$$ , $m=$0.1\text{\,}\mathrm{kg}$$ ) svinger med amplitude $A=$0.04\text{\,}\mathrm{m}$$ .

a)

Finn den totale svingeenergien $E=\tfrac{1}{2}kA^{2}$ .
b)

Finn farten i likevektspunktet ( $x=0$ ) og forklar hvorfor den er størst der.
c)

Ved $x=$0.024\text{\,}\mathrm{m}$$ påstår en student at farten er $1.05\text{\,}\mathrm{m}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$ . Regn ut farten fra energibevaring og avgjør om påstanden er rimelig.

Løsningsforslag

Oppgave 8.1.4: Vi bruker energien $E=\tfrac{1}{2}kA^{2}$ og fartsuttrykket $v=\omega\sqrt{A^{2}-x^{2}}$ , med $\omega=\sqrt{k/m}=$30\text{\,}\mathrm{rad}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$$ fra forrige oppgave og $A=$0.04\text{\,}\mathrm{m}$$ .

a)

$E=\tfrac{1}{2}kA^{2}=\tfrac{1}{2}\cdot 90\cdot 0.04^{2}\ $\mathrm{J}$=\underline{\underline{$0.072\text{\,}\mathrm{J}$}}.$
b)

I likevekt er $x=0$ , så fjæren lagrer ingen potensiell energi og hele $E$ er kinetisk:

$v_{\text{maks}}=A\omega=0.04\cdot 30\ $\mathrm{m}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$=\underline{\underline{$1.2\text{\,}\mathrm{m}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$}},$

samme som $\sqrt{2E/m}=\sqrt{2\cdot 0.072/0.1}\ $\mathrm{m}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$=$1.2\text{\,}\mathrm{m}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$$ . Farten er størst der fordi alt annet steds ligger en del av energien lagret i fjæren.
c)

Fra energibevaring:

$v=\omega\sqrt{A^{2}-x^{2}}=30\sqrt{0.04^{2}-0.024^{2}}\ $\mathrm{m}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$=30\cdot 0.032\ $\mathrm{m}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$=\underline{\underline{$0.96\text{\,}\mathrm{m}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$}}.$

Studentens $1.05\text{\,}\mathrm{m}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$ er ikke rimelig: med den farten ville $E_{k}+E_{p}=\tfrac{1}{2}\cdot 0.1\cdot 1.05^{2}+\tfrac{1}{2}\cdot 90\cdot 0.024^{2}\ $\mathrm{J}$\approx$0.081\text{\,}\mathrm{J}$$ , mer enn den totale svingeenergien $0.072\text{\,}\mathrm{J}$ – systemet kan ikke ha mer energi enn det startet med.

Oppgave 8.1.5

Hos små spedbarn kan nystagmus opptre som store, langsomme pendelsvingninger [73]. Modellér én slik som $\theta(t)=A\cos(\omega t)$ med vinkelamplitude $A=10°$ og frekvens $f=$1\text{\,}\mathrm{Hz}$$ .

a)

Finn vinkelfrekvensen $\omega$ og perioden $T$ .
b)

Regn om amplituden til radianer og finn den største vinkelfarten til øyet i grader per sekund. Sammenlign med en finere nystagmus med samme amplitude, men $f=$3\text{\,}\mathrm{Hz}$$ : hvor mange ganger så høy blir toppfarten, og hvorfor følger det av $\left(\frac{d\theta}{dt}\right)_{\text{maks}}=A\omega$ ?
c)

En jerk-nystagmus har en langsom driftfase og en rask korreksjonsfase. Forklar hvorfor $\theta(t)=A\cos(\omega t)$ passer dårlig for den typen, og for hvilken nystagmustype den harmoniske kurven passer best.

Løsningsforslag

Oppgave 8.1.5: Modellen er en harmonisk svingning i vinkel med $A=10°$ og $f=$1\text{\,}\mathrm{Hz}$$ , så $\omega=2\pi f$ og toppfarten er $\left(\frac{d\theta}{dt}\right)_{\text{maks}}=A\omega$ .

a)

$\omega=2\pi f=2\pi\cdot 1\ $\mathrm{rad}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$\approx\underline{\underline{$6.28\text{\,}\mathrm{rad}\text{\,}{\mathrm{s}}^{-1}$}}$ og $T=1/f=\underline{\underline{$1\text{\,}\mathrm{s}$}}$ .
b)

Amplituden i radianer er $A=10°=10⋅π/180≈0.175 rad$ , så toppfarten blir

$(dθdt)maks=Aω=0.175⋅6.28rad s−1≈1.10 rad s−1≈62.8 °/s$

– samme tall som å regne direkte i grader, $10°⋅6.28 s−1$ . Den finere nystagmusen har samme $A$ , men $f=$3\text{\,}\mathrm{Hz}$$ , altså $\omega^{\prime}=3\omega$ ; toppfarten blir tre ganger så høy, om lag $188 °/s$ . Det følger direkte av $A\omega=A\cdot 2\pi f$ : med fast amplitude er toppfarten proporsjonal med frekvensen, så en tredobling av $f$ tredobler toppfarten.
c)

Cosinuskurven $\theta(t)=A\cos(\omega t)$ er symmetrisk – den svinger like raskt hver vei – mens jerk-nystagmus har to ulike fartsfaser, en langsom drift og et raskt korreksjonsrykk, en sagtannform én cosinus ikke kan gjengi. Den harmoniske kurven passer derfor best for den pendulære typen, der de to fasene er like raske, og selv da som en idealisering.

Alle løsningsforslag til kapittel 8