<問題>
<解答>
上2つの問題は図をかけばすぐに解けますが,一番下の問題は図を描きにくいです.こういう問題のときは「弱め合いの条件」を考えるか,「波の式」を立てて和積の公式より式を変形し,振幅が$0$の位置を求める方法があります.今回は前者で考えていきたいと思います.
上のように,角振動数を$\omega$,振幅を$A$として,点Aでは$A\sin(\omega t)$,点Bでは$A\sin(\omega t+\theta)$で振動しているとしましょう.$\theta$が位相のずれです.Aを原点とし,Bの方向に$x$座標をとったとき,座標$x\,(0<x<3\lambda)$である点Pでの弱めい合いの条件を考えていきます.
たとえば,点Aが単振動すると点Aから距離$r$離れた位置では点Aの振動から少し遅れて振動が伝わります.(参考「[暗記するだけでは×]波の式を立てる」)$\sin$のなかの部分を「位相」といいますが,(参考「位相って何!?[高校物理]」)距離$r$離れた位置での位相の遅れ$\phi$は波長$\lambda$分で$2\pi$分ずれるので
$2\pi:\lambda=\phi:r$ $\therefore\,\, \phi=\dfrac{2\pi}{\lambda}r$
となります.AP間の距離が$x$なので位相の遅れが$\dfrac{2\pi}{\lambda}x$,BP間の距離が$3\lambda-x$なので位相の遅れが$\dfrac{2\pi}{\lambda}\times (3\lambda-x)$となります.
すると,点Aから出る波の点Pにおける位相$\phi_{\rm A}$は,
$\phi_{\rm A}=\omega t-\dfrac{2\pi}{\lambda}x$
点Bから出る波の点Pにおける位相$\phi_{\rm B}$は,
$\phi_{\rm B}=\omega t+\theta-\dfrac{2\pi}{\lambda}\times (3\lambda-x)$
したがって,点Pにおける位相差は
\begin{align} \phi_{\rm B}-\phi_{\rm A}&=\omega t+\theta-\dfrac{2\pi}{\lambda}\times (3\lambda-x)-\left(\omega t-\dfrac{2\pi}{\lambda}x\right)\\ &=\dfrac{2\pi}{\lambda}\times (2x-3\lambda)+\theta \end{align}
$m$を整数として,弱めい合いの条件は位相差が$2\pi m+\pi$のときであるから
$\dfrac{2\pi}{\lambda}\times (2x-3\lambda)+\theta=2\pi m+\pi$
$\therefore\,\, x=\dfrac{1}{2}\left(m+\dfrac{7}{2}-\dfrac{\theta}{2\pi}\right)\lambda$ $\cdots (\ast)$
この$x$が$0<x<3\lambda$を満たす条件より,($x=0,3\lambda$は外力を加えて振動させているので省く)
$0<\dfrac{1}{2}\left(m+\dfrac{7}{2}-\dfrac{\theta}{2\pi}\right)\lambda<3\lambda$
$\therefore\,\, \dfrac{\theta}{2\pi}-\dfrac{7}{2}<m<\dfrac{5}{2}+\dfrac{\theta}{2\pi}$ $\cdots (2\ast)$
★ 位相のずれがない場合
$(2\ast)$に$\theta=0$を代入して
$-\dfrac{7}{2}<m<\dfrac{5}{2}$
この不等式を満たす$m$は,$m=-3,-2,-1,0,1,2$であり,計6個(答)の振幅が0の点がある.これらの$m$の値を$(\ast)$に代入すると,振幅が$0$の$x$座標がわかる.
★ 逆位相の振動の場合
$(2\ast)$に$\theta=\pi$を代入して
$-3<m<3$
この不等式を満たす$m$は,$m=-2,-1,0,1,2$であり,計5個(答)の振幅が0の点がある.
★ Bの振動の位相が$\dfrac{\pi}{3}$早い場合.
$(2\ast)$に$\theta=\dfrac{\pi}{3}$を代入して
$-\dfrac{10}{3}<m<\dfrac{8}{3}$
この不等式を満たす$m$は,$m=-3,-2,-1,0,1,2$であり,計6個(答)の振幅が0の点がある.
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