Physik III, WS 1992/93
Lösungen zur Übung Nr. 1
Besprechung: 4. November 1992
Aufgabe 1: (5 Punkte)
Wegen der Identität

\begin{displaymath}
-ax^{2} -bt^{2} -2 \sqrt{ab} \; xt = -a (x^{2}+\frac{b}{a} ...
...sqrt{\frac{b}{a}} \; xt) = -a (x+\sqrt{\frac{b}{a}} \; t)^{2}
\end{displaymath}

kann dieser Wellenberg auch als

\begin{displaymath}
f(x,t) = e^{-a(x+\sqrt{b/a} \; t)^{2}}
\end{displaymath}

geschrieben werden. Vergleich mit der allgemeinen Lösung $f(x \pm ct)$ der Wellengleichung zeigt, daß es sich a) um eine Welle handelt, die in negativer $x$-Richtung läuft, und b) $c=\sqrt{b/a} = 0,25 \; cm \cdot s^{-1}$.
c) Skizze:

Aufgabe 2: (5 Punkte)
a) Spezielle Lösung mit trigonometrischen Formeln:
Wir benutzen die einfache trigonometrische Formel

\begin{displaymath}
cos(\alpha + \beta) = cos\alpha \; cos\beta - sin\alpha \; sin\beta.
\end{displaymath}

Die Überlagerung läßt sich schreiben als
$\displaystyle y = y_{1}+y_{2} = y_{0}$ $\textstyle [$ $\displaystyle cos(kx-\omega t) cos\phi_{1} -
sin(kx-\omega t) sin\phi_{1}$  
  $\textstyle +$ $\displaystyle cos(kx-\omega t) cos\phi_{2} -
sin(kx-\omega t) sin\phi_{2} ]$  


\begin{displaymath}
y=y_{0} [ cos(kx-\omega t) (cos\phi_{1} +cos\phi_{2} )
- sin(kx-\omega t) (sin\phi_{1}+ sin\phi_{2}) ]
\end{displaymath}

Dieser Ausdruck ergibt sicher eine harmonische Welle der Form

\begin{displaymath}
y=A \; cos(kx-\omega t +\phi) = A \; [ cos(kx- \omega t) cos\phi
- sin(kx-\omega t) sin\phi ] ,
\end{displaymath}

falls
$\displaystyle A \; cos\phi$ $\textstyle =$ $\displaystyle y_{0} (cos\phi_{1} + cos\phi_{2} )$  
$\displaystyle A \; sin\phi$ $\textstyle =$ $\displaystyle y_{0} (sin\phi_{1} + sin\phi_{2} )$  

Da mit den gegebenen Werten für $\phi_{1}$ und $\phi_{2}$

\begin{displaymath}
cos\phi_{1} = sin\phi_{2}, \; \; \; \; \; cos\phi_{2} = sin\phi_{1},
\end{displaymath}

gilt auch

\begin{displaymath}
cos\phi_{1} + cos\phi_{2} = sin\phi_{1} + sin\phi_{2}
\end{displaymath}

und damit

\begin{displaymath}
A cos\phi = A sin\phi .
\end{displaymath}

Daher folgt für die Phase: $\phi = 45^{o}$.
Entsprechend für die Amplitude:

\begin{displaymath}
A = \frac{y_{0} (cos\phi_{1} + cos\phi_{2})}{cos\phi} =
\f...
...2 ( \sqrt{3}/2 + 1/2)}{\sqrt{2}/2} = \underline{3,86 \; cm}.
\end{displaymath}

b) Allgemeine Lösung mit trigonometrischen Formeln
Falls jemand die kompliziertere Formel

\begin{displaymath}
cos \alpha + cos \beta = 2 cos (\frac{\alpha - \beta}{2}) \;
cos (\frac{\alpha + \beta}{2})
\end{displaymath}

gefunden hat, so erhält er die allgemeinere Lösung für die Summe $y = y_{1}+y_{2}$:

\begin{displaymath}
y = 2 y_{0} cos (\frac{\phi_{1}-\phi_{2}}{2}) \;
cos (kx - \omega t + \frac{\phi_{1}+\phi_{2}}{2}).
\end{displaymath}

Dieses ist eine harmonische Welle mit der Phase und Amplitude
$\displaystyle \phi$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{\phi_{1}+\phi_{2}}{2}$  
$\displaystyle A$ $\textstyle =$ $\displaystyle 2 y_{0} cos(\frac{\phi_{1}-\phi_{2}}{2}) .$  

Einsetzen der Zahlenwerte ergibt die gleichen Ergebnisse wie in Teil a). Mit dieser Herleitung sieht man aber, daß die Überlagerung zweier harmonischer Wellen mit gleicher Amplitude, Frequenz und Wellenlänge immer eine harmonische Welle ergibt, unabhängig von den Phasen $\phi_{1}$ und $\phi_{2}$ der Einzelwellen. Mit der einfachen Formel von Lösung a) läßt sich dieser Sachverhalt nicht zeigen. Daher haben wir in der Aufgabestellung spezielle Werte für $\phi_{1}$ und $\phi_{2}$ angegeben, für die der Beweis relativ einfach ist. c) Lösung mit komplexen Zahlen:
Die Lösung von Teil b) kann man in eleganter Weise auch mit komplexen Zahlen schreiben. Um die Anwendung von komplexen Zahlen zu zeigen, geben wir noch einmal die vollständige Herleitung.
Die gegebenen harmonische Wellen lassen sich darstellen als Realteil der komplexen Zahlen

\begin{displaymath}
z_{1,2} = y_{0} e^{i(kx - \omega t +\phi_{1,2})}.
\end{displaymath}

Die Überlagerung der zwei harmonischen Wellen mit Phasen $\phi_{1}$ und $\phi_{2}$ ist dann

\begin{displaymath}
z = y_{0} ( e^{i(kx - \omega t + \phi_{1})} + e^{i(kx- \omega t
+\phi_{2})} )
\end{displaymath}

Auf Grund der allgemeinen Beziehung

\begin{displaymath}
e^{ix} + e^{iy} = 2 cos (\frac{x-y}{2}) e^{i(\frac{x+y}{2})}
\end{displaymath}

folgt in unserem speziellen Fall

\begin{displaymath}
z = 2 y_{0} cos(\frac{\phi_{1}-\phi_{2}}{2}) \;
e^{i(kx-\omega t + \frac{\phi_{1}+\phi_{2}}{2})},
\end{displaymath}

mit dem Realteil

\begin{displaymath}
y = 2 y_{0} cos (\frac{\phi_{1}-\phi_{2}}{2}) \;
cos (kx - \omega t + \frac{\phi_{1}+\phi_{2}}{2}).
\end{displaymath}

Die weitere Rechnung geht wie in Teil b).

Aufgabe 3: (4 Punkte)
Nach Vorlesung ist die Geschwindigkeit eines transversalen Wellenberges auf einer gespannten Saite durch $c = \sqrt{F_{s}/\mu}$ mit der linearen Massendichte $\mu$ und der Saitenspannung $F_{s}$ gegeben. Da die Masse des Drahtes gegenüber der Masse der Bleikugel vernachlässigt werden kann, ist die Saitenspannung auf der gesamten Länge konstant und durch $F_{s} = m g$ gegeben, wobei $g$ hier die unbekannte Gravitationsbeschleunigung des Planeten ist. Daher ist die Phasengeschwindigkeit $c=\sqrt{m g/\mu}$. Aufgelöst nach $g$ ergibt mit Einsetzen der Zahlenwerte:
\begin{displaymath}
g = \frac{\mu c^{2}}{m} = \frac{3,1 \cdot 10^{-4}}{0,085}
...
... \cdot s^{2}} =
\underline{1,19 \; m \; s^{-2}} . \nonumber
\end{displaymath}  

Aufgabe 4: (6 Punkte)
a) Lösung für $a \ll \lambda$.
Die Auslenkung $\psi_{n}$ der $n$-ten Masse aus der Ruhelage gehorcht bei Gültigkeit des Hookschen Gesetzes (kleine Auslenkungen) der Bewegungsgleichung

\begin{displaymath}
m \frac{d^{2} \psi_{n}}{dt^{2}} = D(\psi_{n+1}-\psi_{n})
-D(\psi_{n} - \psi_{n-1}).
\end{displaymath}

Bei großer Wellenlänge $\lambda$ im Vergleich zum Abstand $a$ kann eine kontinuierliche Näherung angenommen werden. Dieses bedeutet, daß sich die Auslenkungen benachbarter Massen nur wenig voneinander unterscheiden:

\begin{displaymath}
\psi_{n}(t) \rightarrow \psi(x,t).
\end{displaymath}

Dann liefert die Taylorentwicklung:
$\displaystyle \psi_{n+1}(t)$ $\textstyle =$ $\displaystyle \psi(x+a,t) \approx \psi(x,t)
+ a \frac{\partial \psi}{\partial x} + \frac{a^{2}}{2}
\frac{\partial^{2} \psi}{\partial x^{2}} + \; \cdot\cdot\cdot$  
$\displaystyle \psi_{n-1}(t)$ $\textstyle =$ $\displaystyle \psi(x-a,t) \approx \psi(x,t)
- a \frac{\partial \psi}{\partial x} + \frac{a^{2}}{2}
\frac{\partial^{2} \psi}{\partial x^{2}} + \; \cdot\cdot\cdot$  

und damit
$\displaystyle \psi_{n+1} - \psi_{n}$ $\textstyle =$ $\displaystyle a \frac{\partial \psi}{\partial x}
+ \frac{a^{2}}{2} \frac{\partial^{2} \psi}{\partial x^{2}} + \;
\cdot\cdot\cdot$  
$\displaystyle \psi_{n}-\psi_{n-1}$ $\textstyle =$ $\displaystyle a \frac{\partial \psi}{\partial x}
- \frac{a^{2}}{2} \frac{\partial^{2} \psi}{\partial x^{2}} + \;
\cdot\cdot\cdot$  

Eingesetzt in die Bewegungsgleichung ergibt

\begin{displaymath}
\underline{\frac{\partial^{2} \psi}{\partial t^{2}} = a^{2} \frac{D}{m}
\frac{\partial^{2}\psi}{\partial x^{2}} }
\end{displaymath}

Vergleich mit der allgemeinen Wellengleichung ergibt für die Phasengeschwindigkeit

\begin{displaymath}
c = a \sqrt{\frac{D}{m}} = 5 \cdot 10^{-10}
\sqrt{\frac{9,4}{9,4 \cdot 10^{-26}}} = \underline{5000 \; m \cdot s^{-1}}.
\end{displaymath}

Die Zahlenwerte für diese Aufgabe wurden so getrimmt, daß die Schallgeschwindigkeit in Stahl herauskommt. b) Lösung für beliebiges $\lambda$.
Die Aufgabe kann natürlich auch für beliebige Wellenlängen $\lambda$ gelöst werden. Hierzu machen wir den naheliegenden Ansatz einer harmonischen Welle $\psi_{n} = A cos(k n a - \omega t)$. Die Lösung gestaltet sich am einfachsten, wenn man mit komplexen Zahlen rechnet. Daher schreiben wir die harmonische Welle als Realteil der komplexen Auslenkung

\begin{displaymath}
\psi_{n}(t) = A e^{i(kna - \omega t)}.
\end{displaymath}

Einsetzen in die Bewegungsgleichung führt auf

\begin{displaymath}
-m \omega^{2} = D (e^{ika} + e^{-ika} - 2)
= 2 D (cos ka - 1) = -4D sin^{2}(\frac{ka}{2})
\end{displaymath}

oder

\begin{displaymath}
\omega = 2 \sqrt{\frac{D}{m}} \; sin(\frac{ka}{2}).
\end{displaymath}

Für die Phasengeschwindigkeit ergibt sich

\begin{displaymath}
c = \frac{\omega}{k} = 2 \sqrt{\frac{D}{m}} \; \frac{sin(ka/2)}{k}
\end{displaymath}

Wir beobachten also Dispersion, d.h. die Phasengeschwindigkeit hängt von der Wellenlänge ab ( $\lambda = 2\pi/k$). Für den Grenzfall $a \ll \lambda$ der vorliegenden Aufgabenstellung kann $sin(ka/2) \approx ka/2$ approximiert werden, sodaß wiederum

\begin{displaymath}
c_{a \ll \lambda} = a \sqrt{\frac{D}{m}}.
\end{displaymath}

c) Lösung für $\lambda < 2 a$
In diesem Fall nimmt $sin(ka/2)$ komplexe Werte an. Zusatzaufgabe für Leute, die bis hierin alles verstanden haben: Diskutieren Sie diesen Grenzfall.



Harm Fesefeldt
2007-08-21