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Onda estacionaria en una cuerda fijada en ambos lados: signo menos en la onda reflejada

Estoy estudiando ondas estacionarias en una cuerda fija en ambos lados. En algunos libros me parece que la función de onda estudiado es la suma de la onda incidente $\xi_1(x,t)$, y la de la onda reflejada $\xi_2(x,t)$.

$$\xi(x,t)=\xi_1(x,t)+\xi_2(x,t)=A \mathrm{sin} (k x-\omega t)+ A \mathrm{sin}(kx+\omega t)=2 A \mathrm{sin}(kx)\mathrm{cos}(\omega t)\tag{1}$$

Así que esta es la suma de dos ondas que se diferencian sólo por el hecho de que uno es progresiva y uno es regresivo.

Mis dudas son sobre el hecho de que el extremo fijo de la cuerda no se puede mover, así que hay una reflexión total de la $\xi_1(x,t)$, pero la onda reflejada $\xi_2(x,t)$ está en oposición de fase (es decir, uspide abajo), con respecto a $\xi_1(x,t)$. Así que no $\xi_2(x,t)$ ser

$$\xi_2(x,t)=- A \mathrm{sin}(kx+\omega t)$$

? La situación es la de la foto.

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Entonces, si esto era correcto, $(1)$ cambiaría a

$$\xi(x,t)=\xi_1(x,t)+\xi_2(x,t)=A \mathrm{sin} (k x-\omega t)- A \mathrm{sin}(kx+\omega t)=2 A \mathrm{cos}(kx)\mathrm{sin}(\omega t)\tag{2}$$

Me estoy perdiendo algo o es el razonamiento de alguna manera correcta? Si es así, se $(2)$ $(1)$ equivalente?

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Andrea Di Persio Puntos 1226

Son no equivalente. Una manera de ver esto es que encontrar los modos normales asociados a estas soluciones.

La aplicación de la condición de $\xi(L,t)=0$ a $$\xi(x,t)=2 A \mathrm{sin}(kx)\mathrm{cos}(\omega t),$$ consigue $kL=n\pi$. Esto le da a $\lambda_n=2L/n$$f_n=nv/2L$. Que son la correcta longitud de onda y la frecuencia de la cuerda con ambos extremos fijos.

Para la segunda solución, $$\xi(x,t)=2 A \mathrm{cos}(kx)\mathrm{sin}(\omega t),$$ usted obtener $kL=(2n-1)\pi/2$. La longitud de onda y la frecuencia de la se $\lambda_n=4L/(2n-1)$$f_n=(2n-1)v/4L$, que se asocian a los modos normales de una cuerda con un extremo fijo y un extremo libre.

Por tanto, la primera solución es la correcta. Por otro lado tienes razón cuando dices que la onda reflejada debe invertir su fase. La solución de esta aparente paradoja es que la reflexión es no , simplemente,$A\sin(kx-\omega t)\rightarrow -A(kx+\omega t)$. Si usted llama a $f(x-vt)$ la onda incidente y la $g(x+vt)$ la onda reflejada, la solución completa es $$\xi(x,t)=f(x-vt)+g(x+vt).$$ La aplicación de $\xi(0,t)=0$ obtenemos $f(-vt)=-g(+vt)$ o $g(x')=-f(-x')$, $\forall x'$. En particular, esto es al $x'=x+vt$. La superposición lee $$\xi(x,t)=f(x-vt)-f(-(x+vt)).$$ Si $f(x-vt)=A\sin(kx-\omega t)$, luego $$\xi(x,t)=A\sin(kx-\omega t)+A\sin(kx+\omega t).$$

Como podemos ver la correcta reflexión de una onda armónica es $$A\sin(kx-\omega t)\rightarrow -A\sin(-(kx+\omega t))=A\sin(kx+\omega t).$$

Observe que si usted ha usado $A\cos(kx\pm \omega t)$ en lugar, usted tendrá la reflexión $$A\cos(kx-\omega t)\rightarrow -A\cos(kx+\omega t).$$

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ZACHASON Puntos 1

Si la diferencia de fase entre la onda es cero, es decir, se encuentra en el plano del movimiento de onda, el desplazamiento resultante es igual a cero. Por lo tanto,$A = 0$,$(L,t)=0$, debido a ese hecho, puede usar$$A\sin(kx−\omega t)\to-A\sin(-(kx+\omega t))=A\sin(kx+\omega t)$ $ para la onda progresiva, pero no puede pasar nada cuando usa la regla de coseno porque nos da una respuesta igual a cero para los nodos máximos, pero$\sin Q = 1$.

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