Oscillazioni e Onde - Soluzione Temi Esame

N

suo passo il numero di fenditure si ricaverà banalmente da (prestare attenzione alle unità di misura):

2.5 cm = 5000

=

N 5 µm

a questo punto si tratta di sostituire i numeri nella formula:

λ 600 10 m

−9

×

δθ = = 2.41 10 rad

= −5

×

1 cos 5 10 m 5000 cos rad)

−6

dN (θ ) (0.1203

× · ·

1

λ 600 10 m

−9

×

δθ = = 2.73 10 rad

= −5

×

1 cos 5 10 m 5000 cos rad)

−6

dN (θ ) (0.501

× · ·

1

3. 4 5

◦ ◦

L’intensità relativa, rispetto a quella del massimo centrale, del e del massimo di interferenza.

Conviene scrivere l’espressione delle intensità relative in funzione dell’angolo: 2

2

sin sin

πd sin θ πa sin θ

I (θ) ( ) ( )

/ /

N λ λ

= ·

sin πa sin θ

πd sin θ

I ( ) /

/ λ

λ

0

Si osserva che è il prodotto di un primo termine dovuto all’interferenza per il un inviluppo dovuto alla diffrazione.

Nel massimo il termine di interferenza vale 1, rimane solo il termine diffrattivo. Ci si può risparmiare qualche calcolo

sapendo che per il massimo centrale anche il termine diffrattivo vale 1. Rimane quindi che l’intensità relativa del

massimo di ordine è data dal solo termine inviluppo:

m 2

2 sin

sin πa sin θ

( ) (πm )

/

/ a

λ d

m

= =

I R,m πm

πa sin θ /

/ a

λ d

m

Si presti attenzione che nell’ultimo passaggio si è usata la relazione sin = . In questo modo ci si risparmia il

λ

m

(θ ) /

D

m

calcolo di θ . Questo passaggio abbastanza generale, in quanto solo le intensità relative dei massimi possono essere

m

calcolate con il solo termine inviluppo.

Il calcolo numerico restituisce: 2

1 µm

2 sin π4

sin π4 !

a 5 µm

d

= = = 5 47E 2

© ª

I −

R,4 ­­ ®

π4 1 µm

a π4 ®

d 5 µm

« ¬ 2

1 µm

2 sin π5

sin π5 !

a 5 µm

d =

= = 0

© ª

I R,4 ­­ ®

π5 1 µm

a π5 ®

d 5 µm

« ¬

Si presti attenzione all’ultimo caso, nel quale si ha il seno di π, che fa matematicamente 0. Questo massimo di

interferenza non si osserverà proprio. 3

500 g = 5.00 10 N m

−1

ESERCIZIO 2 k ×

Una massa oscillante di è collegata ad una molla con costante elastica .

= 0:

t

Sapendo che all’istante x

i. La massa si sta spostando da positiva verso la posizione di equilibrio

25 J

ii. L’energia totale è pari a 9 J

iii. L’energia potenziale elastica è pari a 2%

iv. L’energia complessiva del sistema diminuisce dello ogni ciclo completo di oscillazione

determinare:

1. La posizione della massa all’istante iniziale.

La posizione iniziale può essere determinata tramite l’allungamento della molla. È noto che se una molla si allunga

2

di la sua energia potenziale è = . Allora, posto lo zero nel punto dove la molla è a riposto si ha che la

1

U k (∆x)

/

2

∆x

della massa coincide con il della molla. Nell’istante iniziale quindi può essere solo:

x ∆x s 2 9J

r 2U ·

= = cm.

=

x ±6.0

± 3

5.00 10 N m

−1

k ×

A questo punto non resta che capire se prendere la soluzione positiva o negativa. Il testo asserisce che all’istante

iniziale la massa si sta spostando da una positiva, quindi scegliamo la soluzione positiva. = 6.0 cm .

x x

2. La legge oraria del moto, indicando il valore di tutte le grandezze che in essa compaiono.

Possiamo supporre che si tratti di un oscillatore armonico lineare debolmente smorzato perchè dimunisce di poco la

sua energia ad ogni ciclo. La legge del moto di tutti gli oscillatori lineari debolmente smorzati è sempre una funzione

2 2

p

del tipo = cos + ϕ dove ω = e γ sono parametri del sistema, mentre e ϕ

ω γ , ω = p

−γt

x A e t A

(t ) (ω ), /

− k

0 1 0 1 0 0

m

sono parametri che dipendono dalle condizioni iniziali. Questa legge oraria si ricava come soluzione dell’equazione

del moto: 2

+ 2γ + ω = 0.

Ü Û

x x x

Possiamo calcolare la velocità iniziale, infatti se all’istante iniziale l’energia meccanica totale è 25 J e quella elastica

2

è 9 J si ha che quella cinetica deve essere 25 J 9 J = 16 J. Poichè è noto che = si ha:

1

E mv

− /

2

s 2 16 J

r 2E ·

= = = 8.0 m s .

−1

v 0.5 kg

m

Possiamo trovare l’ampiezza e la fase iniziale scrivendo la legge oraria e la sua derivata al tempo = 0.

t

= cos ω 0 + ϕ = cos = 6.0 cm (1)

−γ ·0

x A e A

(0) ( ) (ϕ )

·

1 0 0 0

0

Per la velocità dobbiamo derivare:

d

= = sin + ϕ + γ cos + ϕ

−γt

v x e t t

(t ) (ω (ω ) (ω ))

(t ) −A 0 1 1 0 1 0

dt

ω 0 + ϕ + γ cos ω 0 + ϕ = sin + γ cos = 8 m s (2)

= sin −1

−γ ·0

v e (ω ( ) ( )) (ω (ϕ ) (ϕ ))

(0) · · −A

−A

0 1 1 0 1 0 0 1 0 0

Non resta che risolvere il sistema formato dalle equazioni (2) e (1). Può essere una buona strategia dividere la

seconda per la prima, si ottiene l’equazione: sin + γ cos

A

v (ω (ϕ ) (ϕ ))

(0) 0 1 0 0

= = tan + γ

(ϕ )

− −ω

1 0

cos

x A

(0) (ϕ )

0 0

1 8.0 m s −1

ϕ = arctan γ (3)

− −

0 ω 6.0 cm

1

Si presti attenzione che nell’invertire la relazione ci serve sapere che la massa si sta spostando da positiva verso la

x

posizione di equilibrio. In questo caso (descrivendo la legge oraria con un coseno) la fase sarà sicuramente compresa

in un angolo fra 0 e . Se invece la fase iniziale fosse stata compresa in un angolo fra π e 2π avrei dovuto aggiungere

π

/

2

+π alla formula (3). A questo punto l’ampiezza iniziale la si può ricavare sostituendo il valore così calcolato di ϕ

A 0 0

nella relazione (1).

Va solo trovato il fattore γ. Per trovarlo si può sfruttare la relazione sulla diminuzione dell’energia ad ogni ciclo:

=

infatti per l’oscillatore lineare debolmente smorzato si dimostra che se γ ω si può approssimare ω ω = p /

≈ k

1 m

p 3 = 100 s , quindi un ciclo viene completato in -esimi di secondo. Inoltre, sempre nell’ipotesi

−1

5.00 10 N m 2π

−1

/ /

0.5 kg 100

× 2 20

γ ω, vale per l’energia totale dell’oscillatore l’approssimazione . Scriviamo questa relazione

−2γt

1

U mω A e

(t )

≈ /

2 1

al tempo = 0, per cui sappiamo che = 25 J, e risrciviamola per il tempo = (cioè dopo un periodo):

2π

t U t

(0) /

ω

2 20 2 20

= =

−2γ ·0

1 1

U mω A e mω A

(0) / /

2 2

1 1

2 20 2 20

2π π

= =

ω ω

−2γ · / −4γ /

2π 1 1

U mω A e mω A e

( )

/ / /

ω 2 2

1 1

Dividiamo le due relazioni (in questo modo otterremo da un lato la variazione percentuale, dall’altro si semplificano

2 20

i termini , che sono costanti).

1 mω A

/

2 1 2π

U ( )

/

ω 4πγ

= ω

− /

e

U (0)

Usiamo il fatto che è l’energia dopo un ciclo, quindi sarà 2%) = 0.98 pertanto l’equazione

2π

U U U

( ) (1 (0) (0),

/ − ·

ω

diventa: 4πγ

0.98 = ω

− /

e

ω

Che invertita ci da: γ = log = 0.161 s .

−1

(0.98)

− 4π

Con il valore appena calcolato possiamo di γ, e l’approssimazione ω ω otteniamo dalla (3):

≈

1

1 8.0 m/s

ϕ = arctan 0.161 s = 0.9267 rad

−1

− −

0 0.06 m

100 s

−1

E dalla (1): 6.0 cm

= = 10 cm

A 0 cos rad)

(0.9267

La legge oraria sarà allora:

= cos + ϕ , con γ = 0.161 s , ω = 100 s , = 10 cm, ϕ = 0.927 rad

−γt −1 −1

x A e A

(t ) (ωt )

0 0 0 0

3. = 0.2 s.

t

la posizione della massa all’istante

Avendo la legge oraria è sufficiente fare la sostituzione = 0.2 s:

t

s

s) = cos s + ϕ = cm

−γ0.2

x A e

(0.2 (ω0.2 ) −4.7

0 0

4. 50

L’energia totale del sistema e l’ampiezza dell’oscillazione dopo cicli.

Dopo ogni ciclo l’energia è il 98% del ciclo precedente. Convincersi che al ciclo l’energia è = ,

n

n-esimo U U (0.98)

0

n

dove è l’energia al primo ciclo, pari ai 25 J del testo del problema. Allora

U 0 50

= 25 J = 9.1 J

U (0.98)

·

50

Per quanto riguarda l’ampiezza è sufficiente calcolare il termine esponenziale di inviluppo al 50-esimo ciclo. Poichè

ogni ciclo dura , devo valutare il termine esponenziale al tempo = 50 , si ottiene:

2π 2π

t

/ · /

ω ω

2π

= = 6 cm

ω

−50γ · /

A e

50 2

200 cm

ESERCIZIO 3 Un altoparlante ha una superficie di ed emette un’onda sonora con potenza media pa-

10 W, = sr.

π

/

4

ri a distribuita uniformemente all’interno di un angolo solido Sapendo che l’aria ha una temperatura

Σ

20 C, ρ = 1.25 kg m dB km

◦ −3 −1

−5

di una densità e produce un’attenuazione del suono pari a , determinare:

a

1. Il livello sonoro alla superficie dell’altoparlante.

Alla superficie dell’altoparlante il suono ha una potenza di 10 W. Quindi il livello so