Fizyka I OO/Wykład IX

Z Brain-wiki
Wersja z dnia 21:21, 22 maj 2015 autorstwa Anula (dyskusja | edycje) (Utworzono nową stronę "__NOTOC__ ==Pokazy== #Odbicie impulsu falowego na falownicy ze zmianą fazy. #Pokazy w wanience do fal: fali płaskiej, kolistej, dyfrakcji, interferencji. #Pokaz fali s...")
(różn.) ← poprzednia wersja | przejdź do aktualnej wersji (różn.) | następna wersja → (różn.)

Pokazy

  1. Odbicie impulsu falowego na falownicy ze zmianą fazy.
  2. Pokazy w wanience do fal: fali płaskiej, kolistej, dyfrakcji, interferencji.
  3. Pokaz fali stojącej wzdłuż gumki modelarskiej.

Czoło fali

miejsce geometryczne punktów, w których faza ma taką samą wartość.

Fala płaska

fala w której czołem jest płaszczyzna prostopadła do kierunku rozchodzenia się fali. W przypadku omawianym na wykładzie kierunkiem tym jest oś ox. Linie, które w każdym punkcie są prostopadłe do powierzchni falowej nazywa się promieniami fali.

Fala kulista

czoło fali jest kulą.

Fala stojąca

powstaje w wyniku nałożenia się ( interferencji) fali padającej i odbitej. Zaburzenie nie przemieszcza się w ośrodku. Elementy ośrodka drgają wokół położenia równowagi z różną amplitudą zależną od położenia elementu.

[math] y_1= A\cos (kx-\omega t)[/math]

[math] y_2= A\cos (kx+\omega t-\phi)[/math] — równanie fali odbitej

[math] y_1+y_2= 2A \cos\frac{kx-\omega t+kx+\omega t-\phi}{2}\cos\frac{kx-\omega t-(kx+\omega t-\phi)}{2} = 2A\cos\left(kx+\nicefrac{\phi}{2}\right)\cos\left(\omega t-\nicefrac{\phi}{2}\right)[/math]

Zauważmy, że:

[math]2A\cos\left(kx+\nicefrac{\phi}{2}\right)=A'[/math] — amplituda fali stojącej zależna od x.

[math]\cos\left(\omega t-\nicefrac{\phi}{2}\right)[/math] — czynnik opisujący drgania harmoniczne.

[math] A' = 0[/math] — węzły fali stojącej.

[math] A' = 2A[/math] — strzałki fali stojącej.

Odległość między najbliższymi węzłami [math] x = x_1-x_2[/math].

[math]\left(kx_1+\nicefrac{\phi}{2}\right)-\left(kx_2-\nicefrac{\phi}{2}\right)=\pi[/math]

[math]k(x_1-x_2) = \pi[/math]

[math]\frac{2\pi}{\lambda} = \pi[/math] stąd [math] x = \frac{\lambda}{2}[/math]

W fali stojącej energia nie jest przenoszona, a raczej magazynowana w określonym obszarze.

Interferencja fal

przy założeniu, że amplitudy są różne, częstość własna taka sama.

[math] y = A_1\cos (kx-\omega t) +A_2\cos(kx-\omega t+\phi)[/math]

[math] = A_1\cos (kx-\omega t) +A_2\cos(kx-\omega t)\cos\phi -A_2\sin(kx-\omega t)\sin\phi[/math]

[math] = \cos(kx-\omega t )(A_1+A_2\cos\phi)-A_2\sin(kx-\omega t)\sin\phi[/math]

W powyższym wyprowadzeniu korzystamy ze wzoru [math] \cos(\alpha+\beta) = \cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta[/math]. Podstawiamy [math] b_1=(A_1+A_2\cos\phi)[/math] oraz [math] b_2=A_2\sin\phi[/math]. To są stałe niezależne od współrzędnej x ani od czasu. Zatem:

[math] y = b_1\cos(kx-\omega t) -b_2sin(kx-\omega t)[/math]

Kolejne podstawienia:

[math]b_1=B\cos\chi[/math] [math]b_2=B\sin\chi[/math]
[math]b_1^2=B^2\cos^2\chi[/math] [math]b_2^2=B^2\sin^2\chi[/math]
[math] B = \sqrt{b_1^2+b_2^2}[/math] [math]\tg\chi = \frac{b_2}{b_2}[/math]

Zatem wynik dodawania dwóch funkcji falowych można teraz zapisać w postaci:

[math] y = B\left(\cos\chi\cos(kx-\omega t) - \sin\chi\sin(kx-\omega t)\right) = b\cos(kx-\omega t +\chi)[/math]

gdzie [math] B = \sqrt{(A_1+A_2\cos\phi)^2+A_2^2\sin^2\phi}[/math]

[math]\tg\chi = \frac{A_2\sin\phi}{A_1+A_2\cos\phi}[/math]

Fala wypadkowa jest sinusoidalna o takiej samej liczbie falowej i częstości kołowej. Amplituda tej fali i przesuniecie fazowe wyrażają się przez amplitudy i przesuniecie fazowe fal składowych.

Równanie falowe

Funkcje y(x,t) dwóch zmiennych, opisujące rozchodzenie się fali, w naszym przypadku była to fala płaska, są rozwiązaniem równań opisujących siły działające na element odkształconego ośrodka. Podobnie było, gdy opisywaliśmy ruch punktu materialnego.

Równanie ruchu typu [math] x(t) = vt +\frac{at^2}{2}[/math] jest rozwiązanie równania różniczkowego wyrażającego siły działające na ten punkt [math] m\frac{d^2x}{dt^2} = F_0[/math], gdy siła jest stała. Teraz sytuacja jest bardziej złożona.

Dla ustalenia uwagi załóżmy, że ośrodkiem odkształcanym jest lina. Jeśli nie rozchodzi się zaburzenie, to stan sznura opisuje funkcja stała: y(x) = const, y(t) = const.

Natomiast, gdy jest odkształcona równie ma postać:

[math]m\frac{\partial^2y}{\partial t^2} = k \frac{\partial^2y}{\partial x^2}[/math]

Lewa strona równania wyraża siłę. Aby zapisać prawą stronę równości, korzystamy z własności wykresów funkcji. Krzywa będąca wykresem funkcji jest wklęsła lub wypukła, jeśli jej druga pochodna jest różna od zera.

Załóżmy, że y(x) jest dwukrotnie różniczkowalna w przedziale (a,b).

Jeśli dla każdego [math] x\in (a,b)\ \frac{\partial^2y}{\partial x^2}\gt 0[/math], to krzywa y(x) jest wypukła, jeśli dla każdego [math] x\in (a,b)\ \frac{\partial^2y}{\partial x^2}[/math], to jest wklęsła. Ogólnie druga pochodna musi być różna od zera.

[math] \frac{m}{k} = \frac{2}{v^2}[/math]

Wynika to z wymiaru [math]\nicefrac m k [/math].

Sprawdzenie, że rozwiązaniem równania jest funkcja [math] y(x,t) = A\cos(kx-\omega t+\phi)[/math]:

[math]\frac{\partial y}{\partial x} = -kA\sin(kx-\omega t+\phi)[/math]

[math] \frac{\partial^2y}{\partial x^2} = -k^2 A \cos(kx-\omega t +\phi)[/math]

[math]\frac{\partial y}{\partial t} = A\omega \sin(kx-\omega t +\phi)[/math]

[math]\frac{\partial^2 y}{\partial t^2} = - A\omega^2 \cos(kx-wt +\phi)[/math]

Lewa strona jest równa prawej pod warunkiem prostego związku

[math]\frac{\omega^2}{k^2} = v^2[/math]