Bølger og oscillasjoner

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

1. a)

   $f={\displaystyle \frac{1}{T}}={\displaystyle \frac{1}{0.5\mathrm{s}}}=2\mathrm{Hz}$.

2. b)

   $\omega ={\displaystyle \frac{2\pi }{T}}={\displaystyle \frac{2\pi }{0.5\mathrm{s}}}=4\pi \mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-1}\approx 12.57\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-1}$ – samme verdi som $\omega =2\pi f=2\pi \cdot 2$.

3. c)

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

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

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

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

1. a)

   Hver derivasjon henter ned en faktor $\omega$:

   	$v(t)$	$=-A\omega \sin (\omega t+\phi )=-0.3\sin (10t+\phi )\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1},$
   	$a(t)$	$=-A{\omega }^2\cos (\omega t+\phi )=-3.0\cos (10t+\phi )\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}.$

2. b)

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

3. c)

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

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

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

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

1. a)

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

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

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

2. b)

   Med $k=180\mathrm{N}{\mathrm{m}}^{-1}$ blir ${\omega }^{\prime }=\sqrt{180/0.1}\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-1}=\sqrt{1800}\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-1}\approx 42.4\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-1}$. 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.

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

1. a)

   $$E=\frac{1}{2}k{A}^2=\frac{1}{2}\cdot 90\cdot {0.04}^2\mathrm{J}=0.072\mathrm{J}.$$

2. b)

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

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

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

3. c)

   Fra energibevaring:

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

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

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

1. a)

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

2. b)

   Amplituden i radianer er $A=10\mathrm{°}=10\cdot \pi /180\approx 0.175\mathrm{rad}$, så toppfarten blir

   $${\left(\frac{d\theta }{dt}\right)}_{\text{maks}}=A\omega =0.175\cdot 6.28\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-1}\approx 1.10\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-1}\approx 62.8\mathrm{°}\text{/}\mathrm{s}$$

   – samme tall som å regne direkte i grader, $10\mathrm{°}\cdot 6.28{\mathrm{s}}^{-1}$. Den finere nystagmusen har samme $A$, men $f=3\mathrm{Hz}$, altså ${\omega }^{\prime }=3\omega$; toppfarten blir tre ganger så høy, om lag $188\mathrm{°}\text{/}\mathrm{s}$. 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.

3. 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.

Oppgave 8.2.1: Vi løser $c=\lambda f$ for frekvensen og gjør bølgelengden om til meter ($633\mathrm{nm}=633\times {10}^{-9}\mathrm{m}$):

Kontroll: $4.74\times {10}^{14}\mathrm{Hz}\cdot 633\times {10}^{-9}\mathrm{m}\approx 3.0\times {10}^8\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$, som stemmer med lysfarten.

Oppgave 8.2.2:

1. a)

   Vi løser $c=\lambda f$ for bølgelengden:

   $$\lambda =\frac{c}{f}=\frac{3.0\times {10}^8\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}}{6.0\times {10}^{14}\mathrm{Hz}}=5.0\times {10}^{-7}\mathrm{m}=500\mathrm{nm}.$$

   Kontroll: $5.0\times {10}^{-7}\mathrm{m}\cdot 6.0\times {10}^{14}\mathrm{Hz}=3.0\times {10}^8\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$.

2. b)

   $500\mathrm{nm}$ ligger mellom $380\mathrm{nm}$ og $780\mathrm{nm}$, altså i det synlige området. Bølgelengden ligger mellom fargeankerne for blått (om lag $450\mathrm{nm}$) og grønt (om lag $550\mathrm{nm}$). Ja – synlig lys, om lag grønt (mot blågrønt).

Oppgave 8.2.3:

1. a)

   Vi bruker $f=c/\lambda$ med $c\approx 3.0\times {10}^8\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$ på hver bølgelengde:

   $$f_{\text{blått}}=\frac{3.0\times {10}^8\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}}{450\times {10}^{-9}\mathrm{m}}\approx 6.67\times {10}^{14}\mathrm{Hz},f_{\text{rødt}}=\frac{3.0\times {10}^8\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}}{700\times {10}^{-9}\mathrm{m}}\approx 4.29\times {10}^{14}\mathrm{Hz}.$$

2. b)

   Siden $f=c/\lambda$ og $c$ er felles, gir kortest bølgelengde høyest frekvens. Blått – $667\mathrm{THz}$ mot $429\mathrm{THz}$.

3. c)

   Kort bølgelengde brytes sterkest, så det blå lyset avbøyes mest og samles nærmest hornhinnen. Blått fokuseres foran rødt.

Oppgave 8.2.4:

1. a)

   Påstanden er gal – løser vi $c=\lambda f$ for frekvensen, får vi $f=c/\lambda$; med $c$ fast er frekvensen omvendt proporsjonal med bølgelengden, så kortere bølgelengde gir høyere frekvens, ikke lavere. De to størrelsene kan ikke endres uavhengig av hverandre, for produktet $\lambda f$ er låst til lysfarten: velger man den ene, følger den andre. Konklusjon: blått lys, med kortere bølgelengde enn rødt, har høyere frekvens.

2. b)

   Med $c\approx 3.0\times {10}^8\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$:

   $$f_{450}=\frac{3.0\times {10}^8\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}}{450\times {10}^{-9}\mathrm{m}}\approx 6.67\times {10}^{14}\mathrm{Hz},f_{650}=\frac{3.0\times {10}^8\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}}{650\times {10}^{-9}\mathrm{m}}\approx 4.62\times {10}^{14}\mathrm{Hz}.$$

   Den korteste bølgelengden har høyest frekvens, som underbygger svaret i a).

3. c)

   Åpen deloppgave; ingen entydig fasit. Vurderingsmoment: oppgaven bør oppgi nøyaktig én av størrelsene $\lambda$ eller $f$, kreve omregning via $c=\lambda f$ (gjerne med nm–m-omregning), og fasiten må stemme ved innsetting tilbake i $c=\lambda f$.

Oppgave 8.3.1: Kildene svinger i fase, så vi bruker veiforskjellskriteriet: $\mathrm{\Delta }=m\lambda$ gir forsterkning, $\mathrm{\Delta }=\left(m+\frac{1}{2}\right)\lambda$ gir utslukking.

1. a)

   $\mathrm{\Delta }=5.25\mathrm{m}-4.00\mathrm{m}=1.25\mathrm{m}$.

2. b)

   ${\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }}{\lambda }}={\displaystyle \frac{1.25\mathrm{m}}{0.50\mathrm{m}}}=2.5$, altså $\mathrm{\Delta }=2.5\lambda$.

3. c)

   Veiforskjellen er $\left(2+\frac{1}{2}\right)\lambda$ – et halvtallig antall bølgelengder – så bølgene ankommer i motfase. Utslukking (destruktiv interferens).

Oppgave 8.3.2: Vi bruker Rayleigh-kriteriet på pupillen som åpning og regner om til bueminutter med $1\text{radian}\approx 3438$ bueminutter.

1. a)

   $\theta \approx 1.22\cdot {\displaystyle \frac{500\times {10}^{-9}\mathrm{m}}{3.0\times {10}^{-3}\mathrm{m}}}\approx 2.03\times {10}^{-4}\mathrm{rad}$, som gir $\theta \approx 2.03\times {10}^{-4}\cdot 3438\approx 0.70\text{bueminutter}$.

2. b)

   Grensevinkelen er mindre enn ett bueminutt, altså finere enn $6/6$-grensen (MAR $=1$). Nei – ved $D=3.0\mathrm{mm}$ er diffraksjonen ikke den begrensende faktoren for et ellers feilfritt øye.

3. c)

   Ett bueminutt er $\theta =\frac{1}{3438}\text{radian}\approx 2.91\times {10}^{-4}\mathrm{rad}$. Løser vi Rayleigh-kriteriet for diameteren, får vi

   $$D\approx 1.22\frac{\lambda }{\theta }=1.22\cdot \frac{500\times {10}^{-9}\mathrm{m}}{2.91\times {10}^{-4}\mathrm{rad}}\approx 2.1\mathrm{mm}.$$

   Det stemmer med (a) og (b): en trangere pupille enn $3.0\mathrm{mm}$ må til før diffraksjonsgrensen når opp til ett bueminutt.

Oppgave 8.3.3: Vi vurderer påstanden ledd for ledd mot avveiningen mellom diffraksjon og aberrasjon fra teorien.

1. a)

   Ja. I $\theta \approx 1.22\lambda /D$ står $D$ i nevneren, så $\theta \propto 1/D$: dobles diameteren, halveres grensevinkelen. Første ledd er riktig – en større pupille gir en mindre diffraksjonsgrense.

2. b)

   Et virkelig øye er ingen feilfri optikk. Når pupillen utvider seg, slipper den inn lys gjennom stadig større deler av hornhinnen og øyelinsen, og brytningsfeilene – aberrasjonene – vokser om lag i takt med pupillearealet. Ved store pupiller er det aberrasjonene, ikke diffraksjonen, som setter grensen – derfor holder ikke konklusjonen.

3. c)

   De to feilkildene trekker i hver sin retning: en liten pupille gir en stor Airy-skive og diffraksjonsuskarphet ($\theta \propto 1/D$), en stor pupille gir voksende aberrasjonsuskarphet. Summen av dem er minst i mellomområdet. En ytterlighet i noen retning lar én av feilkildene dominere. Skarpest netthinnebilde ved en mellomstor pupille, målt til $2.4\mathrm{mm}$.

Oppgave 8.4.1: Vi løser den sentrale bølgesammenhengen $c=\lambda f$ for bølgelengden:

Kontroll: $440\mathrm{Hz}\cdot 0.780\mathrm{m}\approx 343\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$ – kammertonen har altså en bølgelengde på knapt åtti centimeter, godt innenfor det hørbare båndets spenn fra centimeter til meter.

Oppgave 8.4.2: Forholdet til referansen er en ren tierpotens, $I/I_0={10}^{-8}/{10}^{-12}={10}^4$, så desibelformelen gir

Kontroll: $40\mathrm{dB}$ svarer til fire tidoblinger fra $I_0$, og ${10}^4\cdot 1\times {10}^{-12}\mathrm{W}{\mathrm{m}}^{-2}=1\times {10}^{-8}\mathrm{W}{\mathrm{m}}^{-2}$.

Oppgave 8.4.3:

1. a)

   En fast faktor i intensitet gir et fast tillegg i nivå: $10{\log }_{10}100=10\cdot 2=20\mathrm{dB}$ – to tidoblinger à $10\mathrm{dB}$.

2. b)

   Vi løser $10{\log }_{10}F=9$ for faktoren: ${\log }_{10}F=0.9$, så $F={10}^{0.9}\approx 7.9$. Tre doblinger gir faktoren $2^3=8$ og tillegget $3\cdot 10{\log }_{10}2\approx 3\cdot 3.0\mathrm{dB}=9.0\mathrm{dB}$ – omtrent det samme. Grunnen er logaritmeregelen $\log (a\cdot b)=\log a+\log b$: hver dobling legger til de samme $10{\log }_{10}2\approx 3\mathrm{dB}$, og siden $10{\log }_{10}2=3.01\approx 3$, er tre doblinger ($F=8$) nesten nøyaktig $9\mathrm{dB}$ ($F\approx 7.9$).

Oppgave 8.4.4:

1. a)

   Ekko-tid-relasjonen med $t=29.7\times {10}^{-6}\mathrm{s}$ gir

   $$s=\frac{1}{2}{c}_{\text{vev}}t=\frac{1}{2}\cdot 1555\cdot 29.7\times {10}^{-6}\mathrm{m}\approx 0.0231\mathrm{m}=23.1\mathrm{mm}.$$

   Kontroll: $t=2s/c_{\text{vev}}=2\cdot 0.0231\mathrm{m}/(1555\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1})\approx 29.7\mathrm{\mu }\mathrm{s}$. Lengden ligger tett på de om lag $24\mathrm{mm}$ i et normalt øye.

2. b)

   Den målte tiden er tiden pulsen bruker tur-retur – fram til netthinnen og tilbake til proben. Lyden reiser altså den doble strekningen, og den fysiske dybden er bare halvparten av det $c_{\text{vev}}\cdot t$ gir; derav faktoren $\frac{1}{2}$.

3. c)

   A-skannet sender pulsen langs én linje og viser ekkoenes styrke mot tid – en endimensjonal profil som egner seg til å måle avstander presist, slik som her. B-skannet sveiper strålen sidelengs og setter mange slike linjer sammen til et todimensjonalt tverrsnittsbilde – nyttig når mediene er uklare og øyebunnen ikke kan ses direkte, men det er bildet, ikke den presise lengdemålingen, som er poenget.

Oppgave 8.4.5:

1. a)

   Med $t=34.2\times {10}^{-6}\mathrm{s}$ gir ekko-tid-relasjonen

   $$s=\frac{1}{2}{c}_{\text{vev}}t=\frac{1}{2}\cdot 1555\cdot 34.2\times {10}^{-6}\mathrm{m}\approx 0.0266\mathrm{m}=26.6\mathrm{mm}.$$

   Kontroll: $t=2s/c_{\text{vev}}=2\cdot 0.0266\mathrm{m}/(1555\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1})\approx 34.2\mathrm{\mu }\mathrm{s}$.

2. b)

   $26.6\mathrm{mm}$ er lengre enn de om lag $24\mathrm{mm}$ i et normalt øye, altså et langt øye. Et for langt øye samler lyset foran netthinnen og henger typisk sammen med nærsynthet (myopi) – motstykket til langsyntheten det korte øyet i seksjonens siste eksempel viste.

3. c)

   Med lydfarten i luft ville instrumentet rapportert

   $$s_{\text{luft}}=\frac{1}{2}\cdot 343\cdot 34.2\times {10}^{-6}\mathrm{m}\approx 5.9\mathrm{mm}.$$

   I formelen $s=\frac{1}{2}ct$ står den antatte lydfarten $c$ som en ren faktor: med samme målte tid $t$ skaleres den beregnede lengden direkte med $c$. Forholdet $343/1555\approx 0.22$ krymper derfor svaret fra $26.6\mathrm{mm}$ til $5.9\mathrm{mm}$ – en grotesk feil på over tjue millimeter. Siden IOL-styrken velges ut fra aksiallengden, og alt et par tideler millimeter monner for styrkevalget, er riktig vevslydfart avgjørende i biometri.