Str. 3- 30 D. Horvat: Fizika II

U štapu možemo pobuditi longitudinalne valove tako da ga uhvatimo npr. u sredini ili na jednoj četvrtini (vidi slike 3.20) i zatim po njemu kratko povučemo (vlažnom) krpicom ili kožom. Tako dobiveni progresivni harmonički longitudinalni val (3-93) dođe, gibajući se npr. slijeva nadesno, na desni kraj štapa koji je slobodan, on se reflektira "na slobodnom kraju" (vidi sliku 3.11) pa se reflektiranom valu ne promijeni faza (vidi odjeljak 3.7). Reflektirani val ima oblik

(3-95)

on se superponira s progresivnim longitudinalnim valom �-+ (t, x) koji se giba nadesno, a dan je u (3-93). Rezultat superpozicije je rezultantni val koji je izražen kao

�(t, x) = 2�0 cos(kx) cos(wt +e/J) (3-96)

pa vidimo da smo (ponovno kao i kod transverzalnog titranja žice) dobili stajni lon­gitudinalni val. Na mjestu x = O (početak štapa) i na mjestu x = f. štap titra mak­simalnom elongacijom, a u središtu štapa, gdje ga pridržavamo, imamo čvor. Gornje razmatranje vodi na rubne uvjete za štap slobodan na krajevima

cos(knf.) = ±l An = 2f.

(n= l, 2, 3, .. . ). (3-97) n

Za štap pridržavan u sredini (R./2) vrijedi (i dodatni) uvjet

A - 2f. m- 2m +l (3-98)

(m=O, l, 2, 3, . . . ) ,

što vodi na "dozvoljene" valne duljine longitudinalnih stojnih valova na štapu pridržavanom u sredini:

A - 2f. m- 2m +l t.

'o = 2f.

�. " l itd. (3-99)

Prikaz titranja štapa za oba slobodna kraja nalazi se na slici 3.20. Ako štap pridržavamo na njegovoj četvrtini (a ne na polovini) dobit ćemo prvi

viši harmonik (vidi i sliku 3.20), tj. na krajevima su trbusi, ali čvor je sada na jednoj četvrtini i na tri četvrtine štapa.

Zadatak 3.2 Longitudinalni val amplitude 0,01 mm širi se štapom brzinom od 4 800 m/ s. I< ada nastane stajni val, štap duljine 2, 8 m titra na osnovni način. I< olika je maksimalna elongacija i brzina sloja štapa, koji je za f./8 udaljen od kraja štapa?

RJEŠEN JE: 0,019 mm; 0,0995 m/s.

Zadatak 3.3 Na metalnom štapu duljine f. nastao je stajni val sa čvorom na f./12 od kraja štapa. Duljina štapa je f. = 180 cm. J<JJlika je gustoća štapa ako je Youngov modul elastičnosti jednak 180 GN /m2, a štap proizvodi zvuk frekvencije 10 kHz?

RJEŠENJE: A6 = 0,6m; p= 5000kgfm3.

Str. 3- 34 D. Horvat: Fizika II

Prema tome, pri osnovnom nacmu titranja stojnog vala čvor je na lijevoj (čvrstoj) strani, a trbuh na desnoj (slobodnoj). Ako su oba kraja čvrsta, pri refleksiji na desnoj strani dolazi do promjene u fazi

za 7r kod harmoničkog progresivnog longitudinalnog vala,

et-(t, x) =eo cos(wt + kx + rr ) (3-106)

pa je rezultat isti kao za uže učvršćena na oba kraja, odnosno imamo longitudinalni stojni val (vidi (3 -82))

e(t, x) = 2eosin(kx) sin(wt). (3-107) Ovdje vrijede isti rubni uvjeti kao za uže (vidi (3-83) i (3-84)) pa za valne duljine u stupcu zraka zatvorenom na oba kraja vrijedi

Krajevi

Rubni uvj.

Valna dulj.

Frekv.

2f An=-. n

slobodan - slobodan slobodan - čvrst

e (t, O) = 2eo e(t, O) = 2eo e(t, f) = 2eo e (t, e)= o >.. -� n- n

>.. - 4l n- 2n-l

Vn =n · vl Vn = (2n- l)v1

Tablica 3.2 Stojni valovi u stupcima zraka

(3 -108)

čvrst - čvrst

e(t, o) = o e(t, c) =o >.. -� n- n

V n = n v1

Zadatak 3.4 Svirala duljine 40 cm otvorena na jednom kraju ima drugu višu frekven­ciju v2 (vo je osnovna frekvencija) jednaku prvoj višoj frekvenciji vf otvorene svirale. Kolika je duljina otvorene svirale?

• •

RJEŠENJE: f = 32cm.

Kundtova cijev Stvaranje stojnih valova u stupcu zraka zatvorenom na oba kraja (čvrst - čvrst u tablici 3.2) može se iskoristiti kao dio metode određivanja brzine zvuka u plinovima. U tzv. Kundtovu cijev, okruglu staklenu cijev duljine f zatvorenu s obadva kraja čepovima "ulije" se plin, a stijenke se zapraši prašinom od krede, likopodija, ili sličnog. Zatim se jedan čep staklene cijevi pobudi na titranje (poz­natom frekvencijom). Ako se razmak između čepova namjesti tako da je f = n·,\, u Kundtovoj se cijevi stvori stojni val pa se stjenke, na mjestima gdje stojni val ima amplitude, očiste od prašine, a hrpice prašine skupe se u čvorovima. Mjerenje raz­maka čvorova omogućuje, poznavajući valnu duljinu>.. = f/ n i frekvenciju, određivanje! brzine zvuka u plinu.

Dodaci 3. poglavlju

RJEŠENJE Parcijalna derivacije y po t je dana ovako

a po w je

paje

ay A 3·( ) ot

= W Sin wt + cp ,

oy = -2Awcos(wt+cp)+Aw2tsin(wt+cp) aw

Str. 3- 47

dy(t,w)= [Aw3sin(wt+cp)] ·dt+ [Aw2tsin(wt+cp)-2Awcos(wt+cp)] ·dw.

• •

Dodatak DP3.2: Vremensko usrednjenje

Srednja vrijednost funkcije f(t) na intervalu [ t1 , t2] definirana je kao t2

(!(t))= -1- J f(t) dt. t2- tl

(DP3-4)

Za račun srednJe vrijednosti kinetičke energije harmoničkog oscilatora ili vala valja izračunati (cos (wt- kx)). Dakle, na intervalu [ 0, T] imamo srednju vrijednost

T (cos2(wt- kx)) =

� J cos2(wt- kx) dt. o

Uvedimo novu varijablu:

pa dobijemo (uz w = 21r /T)

wt- kx = y l

dt=-. dy, w

(DP3-5)

(DP3-6)

(cos2(wt- kx)) = � (� w7kx

cos2 ydy) l (l lwT-kx l . lwT-kx) =- -y + -sm2y wT 2 -kx 4 -kx -kx

= 2� (�(wT - kx+kx)+ � [ sin 2(wT - kx)+sin 2kx]) = 2� ( 1r + �(sin[ 2(:; ·T -kx) +sin 2kx)) = _!_ (1r +�sin( -2kx) +�sin 2kx) 27r 4 4 l - 2•

(DP3-7)

Dodaci 3. poglavlju Str. 3- 49

Svaki je val za sebe linerano polariziran, jer titra stalno u jednoj ravnini. Rješenja su prikazana na slici, a valja uočiti da postoji razlika faza između rješenja (a negativan predznak izabran je tako da bude u skladu s prilično zamršenim prikazom na slici), tj. možemo i napisati z( t, x) = k Az cos(wt- kx + 7r/2). Takav oblik rješenja diktiran je početnim uvjetima (koji ovdje nisu unaprijed specificirani ). Prema slici je Az > Ay. Rezultantni val jednak je (vektorskom) zbroju gornjih rješenja pa ako pratimo evoluciju vala od točke A (ishodište) tj. A -+ B -+ G -+ D -+ E -+ F -+ G, odgovarajuće rezultantne amplitude na tim su mjestima jednake a = +Ay, b, e = -Az, d = -Ay, e = Az, J = Ay, g = -Az itd., što pokazuje da rezultantni val "kruži" oko osi x kako se val širi. Točnije, vrh rezultantnog vala opisuje elipsu (jer je Az >Ay), a da su im aplitude jednake, opisivao bi kružnicu. Takav val zovemo lijevo eliptički polariziranim valom, odnosno, uz Az = Ay imamo lijevo cirkularno polarizirani val. Dakle, superpozicijom linearno polariziranih valova dobili smo cirkularno/eliptički polarizirane valove. Jasno je da bi superpozicijom dvaju linearno polariziranih valova koji se ne razlikuju u fazi ponovno dobili linearno polarizirani val koji bi se širio nekom ravninom koja bi zatvarala stalni kut s ravninama (x-y) i (x- z), a koji bi ovisio o odnosu amplituda Ay i Az. Valja uočiti da na donjim slikama os x gleda prema nama pa je rotacija rezultantne amplitude suprotna smjeru kazaljke na satu, gledajući od izvora "prema van". Također valja uočiti da vrijedi

(DP3-10)

što predstavlja jednadžbu elipse. Smjer polarizacije "lijevo-desno" ovisi o početnim uvjetima, u što se lako možemo uvjeriti razmatrajući gornja rješenja.

DP3.4 Rješenje valne jednadžbe separacijom varijabli. Fourierova analiza

Razmatrajući stvaranje valova kao rezultata (harmoničkog) titranja izvora, u tekstu smo prvo napisali "gotovo rješenje", odnosno ravni val oblika (3-10), a tek smo kasnije izveli valnu jednadžbu (3-17) koju zadovoljava (3-10). Ovdje želimo pokazati da se rješenje (3-10) može (mora) dobiti nekom od standardnih metoda rješavanja parcijalnih diferencijalnih jednadžbi, kakva je valna jednadžba (3-17). Ovdje rabimo gotovo najčešću metodu separacije varijabli. Naime, budući da su u valnoj jednadžbi

(3-17)

koordinata x i vrijeme t međusobno neovisni (točnije, radi se o linearno j diferencijalnoj jednadžbi), možemo pretpostaviti da će rješenje biti oblika

y(t, x) = X(x) · T(t), (DP3-11)

gdje sada moramo odrediti oblike funkcija X(x) i T( t). Neka rubni uvjeti odgovaraju konkretnom problemu širenja transverzalnih valova na napetoj žici. Tada vrijedi

y(t, O) = O y(t, f) = o, (DP3-12)

Str. 3- 50 D. Horvat: Fizika II

a početne uvjete za sada ostavljamo nespecificirane. Računamo derivacije po koordi­nati i vremenu:

(DP3-13)

(jer su sada X i T funkcije jedne varijable pa nema više parcijalne derivacije). Rubni uvjeti nametnuti su samo na funkciju X (x), tj. X(O) =O i X(i) =O. Uvrštavanjem gornjih izraza uz oznaku v2 = T j J-l, dobijemo

a dijeljenjem jednadžbe s X T , dobijemo

l d2 X l l d2T X (x) dx2 - v2 T (t) dt2 ·

(DP3-14)

(DP3-15)

Očito je lijeva strana funkcija samo varijable x, a desna strana funkcija samo varijable t, a njihova jednakost, s obzirom na to da su x i t neovisne varijable, znači da lijeva strana mora biti jednaka nekoj konstanti kojoj mora biti jednaka i desna strana, odnosno uvodimo konstantu (32 i pišemo:

l d2X l d2T -- --

- (32 --- -- što daje

X (x) dx2 - - v2T (t) dt2 d2 X

2 = (32 X (x) ili X (x) = A1e.Bx + A2e-,Bx, dx

a rubni uvjeti (DP3-12) daju

(DP3-16)

(DP3-17)

Gornji izrazi vode na exp( -f3i) = exp(f3l), što znači da je f3 = O! To očito nema smisla, jer to daje X (x) = a1 + a2x, što uz rubne uvjete vodi na trivijalno rješenje a1 =O i a2 =O. Zato moramo uzeti drugi oblik konstante separacije (32, tj. uzimamo negativnu konstantu separacije, npr.

d2X -- = -a2 X (x) (kao kod harmoničkog oscilatora) dx2

a to sada postaje (vidi račun u poglavlju 2)

(DP3-18)

(DP3-19)

Iz rubnog uvjeta X(O) =O dobijemo da je B2 =O, a drugi rubni uvjet X(i) =O= B1 sin ai daje

(n=0, ±1, ±2, .. . ), (DP3-20)

Dodaci 3. poglavlju Str. 3- 51

odnosno imamo rješenje

(n=0, ±1, ±2, ... ) . (DP3-21)

(Valja uočiti da je rješenje dobilo dodatnu oznaku n koja upozorava da imamo cijeli "spektar" rješenja za pojedine n-ove!) Lako se možemo uvjeriti da je (d2 X jdx2)/ X konstanta jednaka -(nrr/

f)2. Dalje računamo funkciju T(t), tj .

ili (DP3-22)

pa je rješenje dano ovako

. ( nrrv ) ( nrrv ) Tn (t) = C1 sm -f-t + C2 cos -f-t . (DP3-23)

(I ovdje valja uočiti da je rješenje dobilo dodatnu oznaku n, koja upozorava da imamo čitav "spektar" rješenja za pojedine n-ove!) Bez da uvodimo početne uvjete na funkciju T(t) za određenje konstanti C1,2 pišemo rješenje:

Yn (t, x) = B1C1 sin ( nfrr x) sin ( n;v t) + B1C2 sin ( n

frr

x) cos ( n;v t)

e . ( n7r ) . ( nrrv ) e . ( n7r ) ( nrrv ) = 3 s1n lx sm -f-t + 4 sm lx cos -f-t ,

a uz pomoć trigonometrijskih identiteta

sin Asin B= [cos( A- B)- cos( A+ B) ] /2 sin A cos B = [sin(A - B) + sin(A + B) ] /2

možemo napisati rješenje

(DP3-24)

(DP3-25)

(DP3-26)

(I ovdje valja uočiti da je rješenje dobilo dodatnu oznaku n koja upozorava da imamo čitav "spektar" rješenja za pojedine n-ove!) To je još općenitije rješenje od ranije nađenog (3-10), tj. imamo superpoziciju valova koji se šire udesno i ulijevo. Veza između ovog i ranije nađenog rješenja

y(t, x) = Acos [2; (vt- x)] je izražena preko početnog uvjeta y(O, O) = A, što daje Yn (0, O) = A = D1 pa imamo, zbog parnosti funkcije cosinus, jednakost

n1r [2 rr J Yn (t, x) =A cos l(vt- x) = y(t, x) =A cos T

(vt- x) , (DP3-27)

Str. 3- 52 D. Horvat: Fizika II

odnosno vidimo da valne duljine ne mogu biti proizvoljne, nego zadovoljavaju (ranije nađene) uvjete

ili An = 2f n

(n=1,2,3, ... ).

Došli smo do rezultata koji smo tražili (i izveli drugačije). Uz oznake

kn= 27r/An = 2n7r/At = n1rjf Wn = 21rVn = 2n7rVt

uz

možemo ovako napisati opće rješenje:

k - Wn n-

v

Yn (t, X ) = An sin kn X cos Wnt +B n sin kn X sin Wnt,

(DP3-28)

(DP3-29)

(DP3-30)

što je reprezentant skupa rješenja {Yn} (za n= l, 2, 3 ... ). Međutim, valna jednadžba je linearna, što znači da je i linearna kombinacija (zbroj) rješenja {Yn} također rješenje

oo

y(t, x) =L [An sin knx cos wnt + Bn sin knx sinwnt]. (DP3-31) n=l

To je najopćenitiji zapis titranja žice učvršćene na oba kraja! Taj zapis pokazuje da žica ustvari istovremeno titra svim (dozvoljenim) frekvencijama. Jedino što su poje­dine frekvencije zastupljene različitim intenzitetom, a to je određeno (Fourierovim) koeficijentima An i Bn. Konstante An i Bn valja odrediti iz početnih uvjeta y(O, x) i y(O, x)!

Fourierova analiza titranja žice Rješenje valne jednadžbe (DP3-31) ima oblik Fourierovog reda (vidi dodatak poglavlju 2), odnosno, ako je zadana funkcija y0(x) = 1 y(O, x ), te možemo iz teorije Fourierovih redova izračunati koeficijente An iBn i na taj način prikazati funkciju y(t, x) za bilo koje vrijeme t, kao što je to ranije napravljeno pri razmatranju titranja.

y (x)

a

V2 X

Slika DP3.29 - Početni oblik žice