Mehanika 2. Dio (elastičnost, Titranje I Valovi) [682,96 Kib]

Transcript

Mehanika 2. dio (predavanja u sklopu Fizike 2) Saˇsa Iliji´c 20. studenog 2015. Sadrˇ zaj 1 Elastiˇ cnost 1.1 Naprezanje i deformacija . . . . . . . 1.2 Vlaˇcno naprezanje (vlak) . . . . . . . 1.3 Tlaˇcno naprezanje (tlak) . . . . . . . 1.4 Smiˇcno naprezanje (smicanje, smik ili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1 1 3 6 . . . . . . na opruzi) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 7 8 11 13 16 18 20 24 . . . . . . . . . . 28 28 29 31 33 34 35 38 41 43 47 oscilatora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 49 50 51 . . . . . . . . . . . . . . . torzija) 2 Titranje 2.1 Stabilna ravnoteˇza i titranje . . . . . . 2.2 Jednostavno harmoniˇcko titranje (masa 2.3 Energija pri harmoniˇckom titranju . . 2.4 Njihala . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Priguˇseno titranje . . . . . . . . . . . . 2.6 Prisilno titranje . . . . . . . . . . . . . 2.7 Slaganje titranja na pravcu i u ravnini 2.8 Vezani oscilatori . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Valovi 3.1 Op´cenito o ˇsirenju vala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Transverzalni val na napetom uˇzetu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Longitudinalni val u tankom ˇstapu ili u fluidu . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Superpozicija valova i refleksija na ˇcvrstom i slobodnom kraju sredstva 3.5 Putuju´ci harmoniˇcki val . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6 Stojni valovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7 Energija i snaga vala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8 Refleksija i transmisija vala na granici dvaju sredstava . . . . . . . . . 3.9 Zvuk i Dopplerova pojava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.10 Disperzija valova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A Postupci rjeˇ savanja jednadˇ zbi gibanja A.1 Jednostavni harmoniˇcki oscilator . . A.2 Harmoniˇcki oscilator s priguˇsenjem . A.3 Oscilator s vanjskom silom . . . . . . B Izvod vektorske formule za Dopplerovu pojavu 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 1 1 Elastiˇ cnost U ovom poglavlju susre´cemo elastiˇcna tijela koja, za razliku od tzv. krutih tijela, pod djelovanjem vanjskih sila mijenjaju svoj oblik. 1.1 Naprezanje i deformacija Naprezanje je op´cenito definirano kao omjer iznosa sile i povrˇsine na koju ona djeluje, (naprezanje) = (iznos sile) . (povrˇsina) (1.1) S obzirom na naˇcin (smjer) na koji ta sila djeluje na povrˇsinu, u nastavku ovog poglavlja govorit ´ce se o razliˇcitim oblicima naprezanja (vlak, tlak i smik) i odgovaraju´cih deformacija. Naprezanje ima fizikalnu dimenziju tlaka, ˇsto znaˇci da mu u SI sustavu odgovara mjerna jedinica Pa (paskal). Plastiˇ cne i elastiˇ cne deformacije: Pri djelovanju vanjskih sila na tijelo dolazi do promjena njegovog oblika koje nazivamo deformacijama. Kad su sile dovoljno velikog iznosa, moˇze do´ci do deformacija tijela koje ostaju tranjo prisutne i nakon ˇsto vanjske sile prestanu djelovati. Takve deformacije zovemo plastiˇcnim deformacijama. Nasuprot tomu, pri djelovanju vanjskih sila dovoljno malenog iznosa, dolazi do tzv. elastiˇcnih deformacija koje nestaju s prestankom djelovanja vanjskih sila. Relativna deformacija je op´cenito omjer promjene neke veliˇcine (npr. duljine) i samog iznosa te veliˇcine koji je prethodio promjeni, (rel. deformacija) = (promjena iznosa veliˇcine) . (iznos veliˇcine) (1.2) Linearno podruˇ cje elastiˇ cnosti: Kad su naprezanja dovoljno malenog iznosa da elastiˇcne deformacije moˇzemo smatrati razmjernim samom naprezanju, kaˇzemo da se nalazimo u linearnom podruˇcju elastiˇcnosti. Modul elastiˇ cnosti: Kad se naprezanja i deformacije nalaze unutar linearnog podruˇcja elastiˇcnosti, definira se tzv. modul elastiˇcnosti kao konstanta proporcionalnosti (omjer) izmedu naprezanja i relativne deformacije, (modul elastiˇcnosti) = (naprezanje) . (rel. deformacija) (1.3) Modul elastiˇcnosti svojstvo je materijala od kojeg je tijelo naˇcinjeno, a razliˇcitim oblicima naprezanja odgovaraju razliˇciti moduli elastiˇcnosti. U nastavku ovog poglavlja razmatraju se iskljuˇcivo naprezanja i deformacije koje pripadaju linearnom podruˇcju elastiˇcnosti. 1.2 Vlaˇ cno naprezanje (vlak) Slika prikazuje nenapregnutu ˇsipku kruˇznog popreˇcnog presjeka polumjera r0 i duljine ℓ0 te istu ˇsipku kad njene krajeve podvrgnemo djelovanju sila suprotnog smjera jakosti F . Takvo naprezanje ˇcvrstog tijela zovemo vlaˇcnim naprezanjem ili vlakom. S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) ℓ0 , F ℓ = ℓ0 + ∆ℓ, 2 r0 r = r0 + ∆r F Kad sile imaju smjer kao ˇsto prikazuje slika, dolazi do produljenja ˇsipke, ∆ℓ > 0, te do njenog popreˇcnog saˇzimanja, ∆r < 0. Kad je smjer sila suprotan prikazanome, kaˇzemo da je rijeˇc o negativnom vlaku uslijed kojeg dolazi do skra´cenja ˇsipke, ∆ℓ < 0, te do njenog popreˇcnog ˇsirenja, ∆r > 0. Vlaˇ cno naprezanje definirano je kao omjer jakosti sile F i povrˇsine S0 na koju sila djeluje, σ= F . S0 (1.4) Prema dogovoru, σ > 0 kad dolazi do produljenja tijela, a σ < 0 kad dolazi do skra´cenja tijela. Uzduˇ zna relativna deformacija pri vlaˇcnom naprezanju, odn. relativna deformacija duljine tijela u smjeru samog naprezanja, definirana je kao omjer produljenja tijela ∆ℓ i njegove duljine ℓ0 , ∆ℓ , (1.5) δk = ℓ0 te ima isti predznak kao i naprezanje σ. Youngov modul elastiˇ cnosti je svojstvo materijala od kojeg je tijelo naˇcinjeno, a definiran je kao omjer naprezanja σ i uzduˇzne relativne deformacije tijela δk pri vlaˇcnom naprezanju, σ (1.6) E= . δk S obzirom da su naprezanje σ i relativna deformacija δk istog predznaka, Youngov modul E je pozitivna veliˇcina. Popreˇ cna relativna deformacija pri vlaˇcnom naprezanju definirana je omjerom δ⊥ = δr . r0 (1.7) Popreˇcna relativna deformacija δ⊥ i uzduˇzna relativna deformacija δk suprotnih su predznaka. Poissonov omjer je omjer popreˇcne i uzduˇzne relativne deformacije nekog materijala pri vlaˇcnom naprezanju, δ⊥ (1.8) µ=− . δk S obzirom da su relativne deformacije δ⊥ i δk suprotnih predznaka, u definiciju je ugraden negativan predznak ˇsto Poissonov omjer ˇcini pozitivnom veliˇcinom. Kao i Youngov modul elastiˇcnosti, Poissonov omjer je svojstvo materijala od kojeg je tijelo naˇcinjeno. Primjer: Kako bismo ˇsipku duljine ℓ i povrˇsine popreˇcnog presjeka S, napravljenu od materijala Youngovog modula elastiˇcnosti E, rastegnuli za ∆ℓ, moramo djelovati silom iznosa F = k ∆ℓ, gdje je k= SE . ℓ S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 3 Moˇzemo re´ci da je ˇsipka istovjetna opruzi konstante k = SE/ℓ. Kad bi se radilo o ˇceliˇcnoj ˇsipci (E = 200 GPa) duljine ℓ = 1 m i promjera 2r = 1 cm, koju ˇzelimo rastegnuti za ∆ℓ = 1 mm, morali bismo djelovati silom F = r 2 πE (0.5 × 10−2 m)2 π (200 × 109 Pa) SE ∆ℓ = ∆ℓ = (1 × 10−3 m) ≃ 15.7 kN. ℓ ℓ (1 m) ˇ Primjer: Zelimo odrediti relativnu promjenu volumena ˇstapa koja je izazvana vlaˇcnim naprezanjem. Uzimamo da se radi o ˇstapu duljine ℓ0 i promjera 2r0 ˇciji je volumen V0 = r02 πℓ0 . Uzduˇznu deformaciju ˇstapa duljine ℓ0 moˇzemo opisati izrazom   ∆ℓ ℓ0 → ℓ = ℓ0 + ∆ℓ = ℓ0 1 + = ℓ0 (1 + δk ), ℓ0 dok njegovu popreˇcnu deformaciju moˇzemo opisati izrazom   ∆r r0 → r = r0 + ∆r = r0 1 + = r0 (1 + δ⊥ ) = r0 (1 − µδk ), r0 gdje smo u posljednjem koraku, koriste´ci jednadˇzbu (1.8), popreˇcnu relativnu deformaciju δ⊥ izrazili s pomo´cu Poissonovog omjera µ i uzduˇzne relativne deformacije δk . Volumen deformiranog tijela sada moˇzemo napisati kao V = r 2 πℓ = r02 (1 − µδk )2 πℓ0 (1 + δk ) = V0 (1 − µδk )2 (1 + δk )
= V0 1 − (2µ − 1)δk + · · · , gdje smo najprije koristili V0 = r02 πℓ0 , a zatim smo, s obzirom da vrijedi δk ≪ 1, odbacili ˇclanove razmjerne s δk2 i δk3 . Iz gornjeg izraza prepoznajemo promjenu volumena, ∆V = V − V0 = V0 (1 − 2µ)δk , odnosno relativnu deformaciju volumena δV = ∆V = (1 − 2µ)δk . V0 Uoˇcavamo da se pri relativnom produljenju tijela, volumen tijela pove´cava ako je Poissonov omjer materijala µ < 21 , a smanjuje se ako je µ > 21 . 1.3 Tlaˇ cno naprezanje (tlak) Slika prikazuje element materijala u obliku kocke na koju, okomito na svih njezinih ˇsest stranica, djeluju sile jednakog iznosa. Takvo naprezanje zovemo tlaˇcnim naprezanjem ili kra´ce tlakom. S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 4 F F F F F Kad sile djeluju kao na slici, dolazi do smanjenja volumena promatranog elementa materijala, a prema dogovoru kaˇzemo da se radi o pozitivnom tlaku. Sile mogu djelovati i u suprotnom smjeru, pove´cavaju´ci volumen elementa materijala. U tom sluˇcaju govorimo o negativnom tlaku. Tlaˇ cno naprezanje ili jednostavno tlak, definirano je kao omjer jakosti sile F i povrˇsine S0 na koju sila djeluje, F (1.9) p= . S0 Relativna deformacija volumena definirana je kao omjer promjene volumena ∆V i volumena V0 koji je prethodio promjeni ∆V δV = . (1.10) V0 Pri pozitivnom tlaku, relativna deformacija volumena je negativna, dok je pri negativnom tlaku ona pozitivna. Modul stlaˇ civosti materijala definiran je kao omjer tlaka p i relativne deformacije volumena δV , p B=− . (1.11) δV S obzirom da tlak p i relativna deformacija volumena ∆V imaju suprotne predznake, u definiciju modula stlaˇcivosti B ukljuˇcen je negativni predznak koji ga ˇcini pozitivnom veliˇcinom. Primjer: Relativnu deformaciju volumena morske vode pri dubini d moˇzemo odrediti koriste´ci vrijednost modula stlaˇcivosti za vodu, B = 2.2 GPa, te koriste´ci izraz za hidrostatski tlak p = ρgd, gdje je ρ gusto´ca vode, a g je ubrzanje gravitacijske sile. Dobivamo δV = − ρgd p =− . B B Na primjer, pri dubini d = 4 km gdje je hidrostatski tlak pribliˇzno 400 puta ve´ci od atmosferskog, relativna deformacija volumena vode iznosi δV = − (1000 kg m−3 )(9.81 m s−2 )(4000 m) ≃ −1.78 × 10−2 , (2.2 × 109 Pa) ˇsto znaˇci da je volumen elementa vode na toj dubini manji za pribliˇzno 1.8% u odnosu na volumen koji bi taj element vode imao pri povrˇsini mora, odnosno da je za toliko ve´ca njegova gusto´ca. S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 5 Primjer: Pri brzim promjenama tlaka idealnog plina, kao ˇsto su na primjer one koje nastupaju pri ˇsirenju zvuka, opravdano je pretpostaviti da su promjene stanja plina adijabatskog tipa. To znaˇci da tlak plina p i njegov volumen V zadovoljavaju relaciju pV κ = p0 V0κ , gdje su p0 i V0 tlak i volumen plina u ravnoteˇznom stanju, a κ adijabatska konstanta danog plina. Kako bismo odredili modul stlaˇcivosti plina pri adijabatskim pormjenama stanja, piˇsemo  κ  ∆V ∆p κ κ κ 1+ pV = (p0 + ∆p)(V0 + ∆V ) = p0 V0 1 + p0 V0   ∆p ∆V κ = p0 V 0 1 + +κ +··· , p0 V0 gdje je ∆p otklon tlaka plina od ravnoteˇznog stanja, a ∆V je promjena njegovog volumena. U posljednjem koraku su zanemareni ˇclanovi razmjerni viˇsim potencijama omjera ∆p/p0 i ∆V /V0 . Omjer ∆V /V0 prepoznajemo kao relativnu deformaciju volumena δV . S obzirom da izraz u zagradama mora biti jednak jedinici, zakljuˇcujemo da vrijedi ∆p = −κp0 δV . Usporedbom s (1.11), zakljuˇcujemo da je volumni modul stlaˇcivosti plina pri adijabatskom procesu B = κp0 , gdje je κ adijabatski koeficijent, a p0 je ravnoteˇzni tlak plina. Primjer: Modul stlaˇcivosti B, Youngov modul E i Poissonov omjer µ nekog materijala nisu medusobno neovisne veliˇcine, ve´c su vezane relacijom E = 3B(1 − 2µ). Tu relaciju moˇzemo izvesti uoˇcimo li da je tlaˇcno naprezanje istovjetno negativnom vlaˇcnom naprezanju koje je istovremeno prisutno u sva tri smjera u prosoru. Na osnovu jednog od ranijih primjera, relativnu deformaciju volumena δV pri negativnom tlaˇcnom naprezanju σ = −p moˇzemo napisati kao δV = (1 − 2µ)δk = (1 − 2µ) (−p) . E Kad je isto naprezanje prisutno i u preostala dva smjera u prostora, relativna deformacija volumena postaje trostruko ve´ca, δV = 3(1 − 2µ) (−p) p =− . E B Posljednja jednakost napisana je na osnovu (1.11) te je polazna relacija dokazana. S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 1.4 6 Smiˇ cno naprezanje (smicanje, smik ili torzija) Slika prikazuje element materijala u obliku kocke na koji je primijenjeno smiˇcno naprezanje. Dvije sile jednake jakosti ali suprotnog smjera djeluju paralelno dvjema suprotnim stranicama kocke, ˇsto dovodi do smicanja ili torzije kocke za kut δ. δ F F Smiˇ cno naprezanje definira se kao omjer jakosti sile i povrˇsine na koju ona djeluje, σ= F , S0 (1.12) a kao relativnu deformaciju pri smiˇcnom naprezanju uzima se kut smicanja δ. Modul smicanja ili torzije je svojstvo materijala definirano kao omjer smiˇcnog naprezanja σ i kuta smicanja δ, σ (1.13) G= . δ Primjer: Razmatramo homogenu ˇsipku duljine L, polumjera R, naˇcinjenu od materijala modula smicanja G, na ˇcije krajeve u suprotnim smjerovima djeluju momenti sile iznosa M. M L, R, G M Uslijed smiˇcnog naprezanja ˇsipke izazvanog momentom sile M dolazi do zakretanja jednog njenog kraja u odnosu na njen drugi kraj. U linearnom podruˇcju elastiˇcnosti, kut relativnog zakreta krajeva ˇsipke φ razmjeran je iznosu momenta sile M, M = Dφ, gdje konstantu D zovemo konstantom torzije ˇsipke. Ona je povezana s parametrima ˇsipke L, R i G relacijom GR4 π D= . 2L Gornju relaciju zanimljivo je izvesti, no sadaˇsnji nastavni program to na ˇzalost ne dopuˇsta. S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 2 7 Titranje Titranje je periodiˇcko gibanje nekog fizikalnog sustava u okolini njegovog poloˇzaja stabilne ravnoteˇze. Ovo poglavlje bavi se titranjem jednostavnih mehaniˇckih sustava. 2.1 Stabilna ravnoteˇ za i titranje Slika pokazuje ovisnost potencijalne energije U o x-koordinati poloˇzaja nekog tijela te mehaniˇcku energiju tijela E koja je zbroj njegove potencijalne energije U i njegove kinetiˇcke energije K. Pretpostavljamo da je mehaniˇcka energija oˇcuvana, odnosno da ona svo vrijeme i svugdje ima istu vrijednost koja je na slici prikazana vodoravnom crtom. Energija U E =K +U K x x0 Titranje Podsjetimo se sljede´cih ˇcinjenica • Sile koje djeluju na tijelo imaju smjer u kojem se potencijalna energija smanjuje. Minimum potencijalne energije odgovara poloˇzaju stabilne ravnoteˇze tijela. • Kinetiˇcka energija K ne moˇze biti negativna. To znaˇci da mehaniˇcka energija E = K + U ne moˇze biti manja od potencijalne energije U. Poloˇzaj stabilne ranoteˇze je na gornjoj slici oznaˇcen s x0 , a podruˇcja u kojima je mehaniˇcka energija manja od potencijalne energije, ˇsto nije dopuˇsteno (tijelo se ne moˇze nalaziti u tim podruˇcjima), oznaˇcena su iscrtkanim dijelom x-osi. Tijelo se moˇze nalaziti samo ondje gdje je E ≥ U, ˇsto je na gornjoj slici podruˇcje izmedu dviju uspravnih isprekidanih linija. Razlika izmedu mehaniˇcke i potencijalne energije u tom podruˇcju jest kinetiˇcka energija tijela. Ona je najve´ca u samom poloˇzaju ravnoteˇze, a smanjuje se prema rubovima podruˇcja. Rubne toˇcke zovemo toˇckama obrata. Prode li tijelo ravnoteˇznim poloˇzajem gibaju´ci se na desno, na njega poˇcinje djelovati sila usmjerena ulijevo, usporava ga, te se kinetiˇcka energija smanjuje. Kad tijelo stigne do desne toˇcke obrata, na trenutak se zaustavlja, nakon ˇcega ga sila koja ga je do tada usporavala, sada poˇcinje ubrzavati natrag prema ravnoteˇznom poloˇzaju. Isto se dogada i s lijeve strane ravnoteˇznog poloˇzaja. Gibanje tijela od jedne do druge toˇcke obrata zovemo titranjem Na slici se jasno vidi da ˇsto je iznos mehaniˇcke energije manji, udaljenost medu toˇckama obrata postaje manja, a kad je E = U[x0 ], kinetiˇcka energija tijela u ravnoteˇznom poloˇzaju jednaka je nuli i tijelo miruje. S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 2.2 8 Jednostavno harmoniˇ cko titranje (masa na opruzi) Masa na opruzi: Vjerojatno najzorniji primjer fizikalnog sustava koji titra oko ravnoteˇznog poloˇzaja je tijelo mase m oprugom zanemarive mase konstante k povezano s ˇcvrstim uporiˇstem. m k x 0 Koordinatu x moˇzemo uvesti tako da x = 0 odgovara ravnoteˇznom poloˇzaju tijela, odnosno poloˇzaju u kojem opruga na njega ne djeluje silom. Kad se tijelo nalazi izvan poloˇzaja ravnoteˇze, x-komponenta sile kojom opruga na njega djeluje, Fx , te potencijalna energija same opruge, U, dane su izrazima 1 (2.1) Fx = −kx, U = kx2 . 2 Jednadˇ zba gibanja jednostavnog harmoniˇ ckog oscilatora: Jednadˇzbu gibanja tijela mase m na opruzi konstante k, max = Fx , moˇzemo napisati kao m¨ x = −kx, (2.2) 2 d gdje je x = x[t] funkcija vremena koja opisuje x-koordinatu poloˇzaja mase, a x¨ = dt 2 x[t] je njena druga derivacija po vremenu, odnosno x-komponenta akceleracije mase. Podijelimo li gornju jednadˇzbu s m te uvedemo li oznaku ω02 = k , m (2.3) moˇzemo ju napisati u obliku x¨ + ω02x = 0. (2.4) Gornja jednadˇzba poznata je kao jednadˇzba gibanja jednostavnog harmoniˇckog oscilatora. Pokazat ´ce se da je koeficijent ω02 ispred funkcije x kvadrat frekvencije titranja ovog sustava. Harmoniˇ cko titranje (rjeˇ senje jednadˇ zbe gibanja): Lako je pokazati da je op´ce rjeˇsenje jednadˇzbe gibanja (2.4) funkcija x[t] = A cos[ω0 t + φ], (2.5) gdje su A i φ neodredene konstante. Ona opisuje titranje frekvencijom ω0 . Konstanta A ≥ 0 predstavlja amplitudu titranja odnosno najve´ci otklon od ravnoteˇznog poloˇzaja koji tijelo postiˇze tijekom titranja. Konstantu φ zovemo faznim pomakom. Ovakvo titranje zovemo harmoniˇckim (suglasnim) jer frekvencija titranja ne ovisi o amplitudi titranja. Izrazi za brzinu i akceleraciju tijela pri harmoniˇckom titranju su x[t] ˙ = d x[t] = −ω0 A sin[ω0 t + φ], dt x¨[t] = d2 x[t] = −ω02 A cos[ω0 t + φ] = −ω02 x[t]. 2 dt (2.6) Poˇ cetni uvjeti: Amplituda A i fazni pomak φ u izrazu (2.5) odredeni su poˇcetnim uvjetima, a to su poloˇzaj x[t0 ] i brzina x[t ˙ 0 ] tijela u poˇcetnom trenutku t = t0 . Odaberemo li zbog jednostavnosti t0 = 0, imamo x[0] = A cos φ i x[0] ˙ = −ω0 A sin φ. (2.7) S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 9 Kvadriranjem gornjih jednadˇzbi te koriste´ci sin2 φ + cos2 φ = 1 dobivamo izraz za amplitudu s x[0] ˙ 2 (2.8) A = x[0]2 + 2 ≥ 0, ω0 nakon ˇcega iz sustava (2.7) moˇzemo odrediti fazni pomak φ, pritom vode´ci raˇcuna o tome da obje jednadˇzbe budu zadovoljene. Primjer: Slika prikazuje neoptere´cenu oprugu konstante k te istu oprugu kad je optere´cena utegom mase m. k k g 0 a 0 m x ξ Kad uteg miruje u svom ravnoteˇznom poloˇzaju, opruga je produljena za mg a= k u odnosu na svoju neoptere´cenu duljinu, jer djeluju´ci silom iznosa ka u vis opruga uravnoteˇzuje gravitacijsku silu iznosa mg. Cilj nam je pokazati da je frekvencija titranja utega mase m koji visi na opruzi konstante k dana poznatim izrazom (2.3), bez obzira na prisutnost stalne gravitacijske sile. Napiˇsemo li jednadˇzbu gibanja utega koriste´ci koordinatu ξ koja opisuje otklon utega u odnosu na njegov ravnoteˇzni poloˇzaj (vidi sliku), jednadˇzba gibanja glasi mξ¨ = mg − k(a + ξ) = −kξ, gdje je mg iznos gravitacijske sile koja djeluje na tijelo, a k(a + ξ) je iznos sile kojom na tijelo djeluje opruga. Nakon dijeljenja s m, jednadˇzbu gibanja moˇzemo napisati kao ξ¨ + ω02 ξ = 0, ω02 = k , m ˇsto se u potpunosti podudara s (2.4) i (2.3). Rjeˇsenje te jednadˇzbe gibanja je harmoniˇcko titranje ξ[t] = A cos[ω0 t + φ]. Kad bismo koristili koordinatu x koja opisuje produljenje opruge u odnosu na njeno nerastegnuto stanje (vidi sliku), jednadˇzba gibanja bi glasila m¨ x = mg − kx, a nakon dijeljenja s m imali bismo x¨ + ω02 x = g, ω02 = k . m S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 10 S obzirom na to da desna strana gornje jednadˇzbe nije jednaka nuli, to nije jednadˇzba jednostavnog harmoniˇckog oscilatora u njenom osnovnom obliku (2.4). Ipak, lako je uvjeriti se da je njeno rjeˇsenje x[t] = a + A cos[ω0 t + φ], a= mg , k ˇsto je takoder harmoniˇcko titranje frekvencijom ω0 . Primjer: Torziono njihalo ili torzioni oscilator jest disk ili neko drugo simetriˇcno tijelo koje visi na elastiˇcnoj ˇsipci (ˇzici). Pritom je gornji kraj ˇsipke uˇcvrˇs´cen tako da se ne moˇze zakretati oko uspravne osi, a donji kraj ˇsipke je uˇcvrˇs´cen uz disk tako da se pri zakretanju diska taj kraj ˇsipke zakre´ce zajedno s diskom. D I φ Zakrenemo li disk za kut φ, dolazi do torzije ˇsipke uslijed ˇcega ona na disk djeluje momentom sile M = −Dφ, gdje je D tzv. konstanta torzije ˇsipke, a negativan predznak je prisutan jer moment sile nastoji vratiti disk prema njegovom ravnoteˇznom poloˇzaju. Otpustimo li disk, on ´ce titrati. Moment tromosti diska u odnosu na os vrtnje je I. Zanima nas odrediti ovisnost frekvencije titranja ovog oscilatora. Jednadˇzba gibanja za vrtnju tijela oko njegove osi glasi I φ¨ = M = −Dφ, gdje je I moment tromosti u odnosu na os, φ¨ kutna akceleracija tijela, a M je moment sile. Podijelimo li jednadˇzbu s momentom tromosti I, moˇzemo ju napisati u obliku D φ¨ + φ = 0, I gdje prepoznajemo jednadˇzbu gibanja jednostavnog harmoniˇckog oscilatora koji titra frekvencijom koja je dana s D ω02 = . I S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 2.3 11 Energija pri harmoniˇ ckom titranju Mehaniˇ cka energija pri titranju mase na opruzi sastoji se od kinetiˇcke energije tijela, K = 1 2 mx˙ , i od potencijalne energije opruge, U = 12 kx2 , 2 1 1 E = K + U = mx˙ 2 + kx2 . 2 2 (2.9) S obzirom da je sila opruge konzervativna sila, mehaniˇcka energija ovog sustava je oˇcuvana veliˇcina. Njenu vrijednost najlakˇse je izraˇcunati u trenutku u kojem se tijelo zaustavi pri maksimalnom otklonu od ravnoteˇznog poloˇzaja. U tom trenutku imamo x = A i x˙ = 0 te slijedi 1 E = kA2 . 2 (2.10) Isti rezultat dobili bismo i uvrˇstavanjem op´ceg rjeˇsenja (2.5) u izraz za energiju (2.9). Konstrukcija jednadˇ zbe gibanja iz izraza za energiju: Zanimljivo je pokazati da nas izraz za energiju mase na opruzi (2.9) i uvjet oˇcuvanja energije mogu dovesti do jednadˇzbe gibanja ovog sustava. Krenemo li od uvjeta oˇcuvanja energije, slijedi     k d 1 1 2 dE 2 ˙ x + kxx˙ = mx˙ x¨ + x . = mx˙ + kx = mx¨ (2.11) 0= dt dt 2 2 m Uoˇcavamo da konaˇcni izraz moˇze svo vrijeme biti jednak nuli jedino ako je dvoˇclani izraz u zagradama jednak nuli. Izjednaˇcimo li taj izraz s nulom, dobivamo jednadˇzbu gibanja jednostavnog harmoniˇckog oscilatora pri ˇcemu koeficijent uz funkciju x prepoznajemo kao kvadrat frekvencije titranja. Konstrukcija jednadˇzbe gibanja iz izraza za mehaniˇcku energiju moˇze se kod sloˇzenijih oscilatora pokazati jednostavnijom od izravnog razmatranja sila koje djeluju u sustavu. Primjer: Sitno tijelo mase m je dvjema jednakim oprugama zanemarive mase vezano s ˇcvrstim uporiˇstima razmaknutim 2a. Sila napetosti opruga u ravnoteˇznom stanju je T0 . (smjer titranja) m T0 T0 2a Zanima nas odrediti frekvenciju titranja tijela kad ono titra vrlo malom amplitudom u smjeru okomitom na opruge. Problem moˇzemo rijeˇsiti izravnim razmatranjem sila koje djeluju na tijelo. Neka se ono nalazi pri otklonu x u odnosu na ravnoteˇzni poloˇzaj. Tada opruge s pravcem na kojem leˇze u ravnoteˇznom poloˇzaju zatvaraju kut α za koji vrijedi tan α = x/a. Projekcija sila kojima opruge djeluju na smjer titranja je Fx = −2 × T sin α. S obzirom da pri malim otklonima vrijedi sin α ≃ α ≃ tan α, moˇzemo uzeti sin α ≃ x/a, te s obzirom da napetost opruga moˇzemo smatrati nepromijenjenom u odnosu na ravnoteˇzno S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 12 stanje, T = T0 , moˇzemo pisati x Fx = −2 × T0 . a Sada moˇzemo sastaviti jednadˇzbu gibanja koja glasi m¨ x = Fx = − 2T0 x, a odnosno nakon dijeljenja s m, 2T0 x = 0, ma gdje prepoznajemo frekvenciju titranja koja je dana s x¨ + 2T0 . ma Zanimljivo je primijetiti da frekvencija ovog titranja ovisi iskljuˇcivo o napetosti koju opruge imaju u ravnoteˇznom stanju, dok konstanta opruge ne utjeˇce na frekvenciju. ω02 = Problem se takoder moˇze rijeˇsiti i razmatranjem energije sustava. Uzet ´cemo da se titranje tijela odvija duˇz x-osi pri ˇcemu x = 0 odgovara ravnoteˇznom poloˇzaju tijela. Kinetiˇcka energija tijela je 1 K = mx˙ 2 . 2 Potencijalnu energiju dviju opruga moˇzemo napisati kao 2 √ 1  2 2 U =2× k b+ a +x −a , 2 gdje k oznaˇcava konstantu opruge, a izraz u zagradama opisuje produljenje opruge u odnosu na duljinu pri kojoj ona ne djeluje silom. To se produljenje sastoji od produljenja b koje dovodi do sile napetosti T0 = kb prisutne u ravnoteˇznom poloˇzaju te od dodatnog produljenja do kojeg dolazi pri otklonu tijela iz ravnoteˇznog poloˇzaja. Koriste´ci Pitagorin√teorem, produljenje opruge uslijed otklona x napisali smo kao razliku duljine hipotenuze a2 + x2 i katete a pravokutnog trokuta nastalog uslijed otklona. Na osnovu oˇcuvanja mehaniˇcke energije sada moˇzemo napisati
d dE = (K + U) = · · · = mx˙ x¨ + ω 2 x , 0= dt dt gdje veliˇcina √ 2k a2 + x2 − a b + √ ω2 = , m a2 + x2 koja je u jednadˇzbi gibanja harmoniˇckog oscilatora konstanta i predstavlja kvadrat frekvencije titranja, ovdje ovisi o otklonu x. To znaˇci da oscilator koji ovdje promatramo nije harmoniˇcki oscilator. Ipak, s obzirom da nas zanima frekvencija titranja tijela vrlo malom amplitudom, moˇzemo razmotriti vrijednost veliˇcine ω 2 kad je x ≪ a. Limes 2T0 2kb = x→0 ma ma (u posljednjem koraku smo koristili b = T0 /k) moˇzemo smatrati kvadratom frekvencije titranja ovog oscilatora pri titranju vrlo malim amplitudama. Rezultat se podudara s onim koji smo dobili izravnim razmatranjem sila. ω02 = lim ω 2 = S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 13 Srednja potencijalna i srednja kinetiˇ cka energija: Srednju potencijalnu energiju hUi dobivamo integracijom potencijalne energije U[t] kroz jedan puni period titranja, T = 2π/ω0, te dijeljenjem s periodom, Z Z Z 1 T 1 1 T 1 2 1 T 2 U[t] dt = k(x[t]) dt = kA cos2 [ω0 t + φ] dt hUi = T 0 T 0 2 T 0 2 Z 1 2 1 T cos2 [ω0 t + φ] dt = kA 2 T 0 1 = kA2 . (2.12) 4 U raˇcunu smo koristili rjeˇsenje (2.5) jednadˇzbe gibanja, a u posljednjem koraku smo iskoristili poznatu ˇcinjenicu da srednja vrijednost kvadrata trigonometrijske funkcije iznosi 1/2. Usporeduju´ci dobiveni rezultat s (2.10), vidimo da je srednja potencijalna energija jednaka polovini (ukupne) mehaniˇcke energije, a to znaˇci da preostalu polovicu ˇcini srednja kinetiˇcka energija. Zakljuˇcujemo da pri titranju mase na opruzi vrijedi 1 hUi = hKi = E. 2 2.4 (2.13) Njihala Fiziˇ cko njihalo je kruto tijelo koje se moˇze slobodno gibati oko ˇcvrste vodoravne osi koja ne prolazi njegovim srediˇstem mase (teˇziˇstem). b b g h b sm θ Udaljenost srediˇsta mase od osi njihala na gornjoj slici oznaˇcena je s b. Kad se srediˇste mase njihala nalazi ispod osi, odnosno u najniˇzoj toˇcki svoje kruˇzne putanje, njihalo je u svom ravnoteˇznom poloˇzaju. Kad se njihalo zakrene za kut θ u odnosu na ravnoteˇzni poloˇzaj, srediˇste mase se popne na visinu h = b(1 − cos θ) (2.14) u odnosu na ravnoteˇzni poloˇzaj. Slijedi da gravitacijsku potencijalnu energiju pri zakretu njihala za kut θ moˇzemo napisati kao U = mgh = mgb(1 − cos θ). Kinetiˇcka energija njihala je (2.15) 1 (2.16) K = I θ˙2 , 2 gdje je I moment tromosti njihala u odnosu na os vrtnje, a θ˙ je derivacija kuta θ po vremenu odnosno kutna brzina kojom se njihalo u danom trenutku okre´ce oko osi. S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 14 Jednadˇ zba gibanja njihala: Na osnovu oˇcuvanja mehaniˇcke energije slijedi   dE d mgb ˙ ¨ ˙ ˙ ¨ 0= = (K + U) = I θθ + mgb sin θ θ = I θ θ + sin θ , dt dt I (2.17) gdje prepoznajemo jednadˇzbu gibanja njihala mgb sin θ = 0. θ¨ + I (2.18) Uoˇcavamo da se funkcija θ ovdje pojavljuje kao argument trigonometrijske funkcije sin te da gornja jednadˇzba nema oblik jednadˇzbe gibanja jednostavnog harmoniˇckog oscilatora. Njeno rjeˇsenje, koje zbog sloˇzenosti ovdje ne prikazujemo, nije harmoniˇcko titranje, ve´c se radi o titranju ˇcija frekvencija ovisi o amplitudi. Njihanje vrlo malim amplitudama: Ograniˇcimo li razmatranje njihanja na vrlo male otklone, θ ≪ 1, moˇzemo iskoristiti svojstvo sin θ ≃ θ. Time jednadˇzba gibanja (2.18) poprima oblik jednadˇzbe gibanja jednostavnog harmoniˇckog oscilatora, mgb θ = 0, θ¨ + I (2.19) gdje konstantni koeficijent ispred funkcije θ predstavlja kvadrat frekvencije titranja njihala, ω02 = mgb . I (2.20) To znaˇci da pri njihanju vrlo malim amplitudama njihalo moˇzemo smatrati harmoniˇckim oscilatorom. Rjeˇsenje gornje jednadˇzbe gibanja moˇzemo napisati kao θ[t] = Θ cos[ω0 t + φ], (2.21) gdje je kut Θ amplituda titranja, odnosno najve´ci otklon koji njihalo postiˇze, a φ je uobiˇcajeni fazni pomak. Primjer: Najjednostavnije njihalo je tzv. matematiˇ cko njihalo koje se sastoji od sitnog tijela objeˇsenog nerastezljivom bezmasenom niti duljine ℓ o ˇcvrsto uporiˇste. S obzirom da je teˇziˇste tog njihala u samom sitnom tijelu, njegova udaljenost od osi njihanja je b = ℓ. Moment tromosti sitnog tijela u odnosu na os od koje je ono udaljeno ℓ je I = mℓ2 . Prema izrazu (2.20) slijedi da je kvadrat frekvencije titranja matematiˇckog njihala koje njiˇse vrlo malom amplitudom mgb mgℓ g ω02 = = = . 2 I mℓ ℓ Toj frekvenciji odgovara period njihanja T = p 2π = 2π ℓ/g, ω ˇsto za nit duljine ℓ = 1 m daje T ≃ 2.01 s. S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 15 Primjer: Ponekad se definira tzv. reducirana duljina fiziˇ ckog njihala kao duljina niti koju bi matematiˇcko njihalo moralo imati da se pri njihanju vrlo malom amplitudom njiˇse istom frekvencijom kao promatrano fiziˇcko njihalo. Izjednaˇcavanjem kvadrata frekvencije matematiˇckog njihala duljine ℓred. , ω02 = g/ℓred. (vidi prethodni primjer), i kvadrata frekvencije fiziˇckog njihala koji je dan izrazom (2.20), slijedi ω02 = g ℓred. = mgb , I odnosno I . mb Kao primjer odredit ´cemo reduciranu duljinu njihala koje se sastoji od tankog homogenog ˇstapa duljine ℓ koji njiˇse oko osi koja prolazi njegovim krajem odnosno na udaljenosti b = ℓ/2 od njegova srediˇsta mase. Moment tromosti ˇstapa mase m i duljine ℓ u odnosu na os koja prolazi njegovim krajem od ranije je poznat (vidi primjer ???) i iznosi I = 31 mℓ2 . Slijedi ℓred. = ℓred. I mℓ2 /3 2 = = = ℓ, mb mℓ/2 3 ˇsto znaˇci da tanki homogeni ˇstap duljine ℓ koji njiˇse oko svog kraja i matematiˇcko njihalo duljine 23 ℓ njiˇsu jednakim frekvencijama. Primjer: Tanki homogeni ˇstap duljine ℓ moˇze njihati oko osi koja ga probada na udaljenosti b od njegova srediˇsta mase (poloviˇsta). Odredite udaljenost b za koju ´ce frekvencija njihanja ˇstapa biti najve´ca mogu´ca te odgovaraju´ci period njihanja. Moment tromosti ˇstapa u odnosu na os koja ga probada na udaljenosti b od njegova srediˇsta mase moˇzemo napisati koriˇstenjem teorema o paralelnim osima (vidi primjer ???) kao I= 1 mℓ2 + mb2 . 12 Prema (2.20) kvadrat frekvencije njihanja ˇstapa oko te osi je ω02 = mgb mgb b = = g . I mℓ2 /12 + mb ℓ2 /12 + b2 Maksimum (kvadrata) frekvencije pronalazimo uvjetom ℓ2 − 12b2 d 2 0 = ω0 = · · · = 12g 2 db (ℓ + 12b2 )2 koji je ispunjen za ℓ b= √ . 2 3 Uvrˇstavanjem te vrijednosti u uzraz za kvadrat frekvencije dobivamo √ g ω02 = 3 , ℓ S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 16 ˇcemu odgovara period titranja p 2π ℓ/g 2π = . T = ω0 31/4 Na primjer, za ˇstap duljine ℓ = 1 m period bi iznosio T ≃ 1.52 s. 2.5 Priguˇ seno titranje U mnogim fizikalnim sustavima koji titraju oko svog ravnoteˇznog poloˇzaja prisutne su nezanemarive sile koje pruˇzaju otpor gibanju. Mehaniˇcka energija takvih sustava se s vremenom gubi na savladavanje tih sila. Kad sile otpora nisu prejake, amplituda titranja se u vremenu smanjuje i takvo gibanje zovemo priguˇsenim titranjem. Kad su sile otpora dovoljno jake, priguˇseno titranje prelazi u tzv. aperiodiˇcko gibanje. Slika prikazuje masu m koja visi na opruzi konstante k s ˇcije je donje strane priˇcvrˇs´cen predmet koji se pri titranju giba kroz viskoznu teku´cinu u posudi. k g m β U prikazanom sustavu je razumno pretpostaviti da je sila otpora razmjerna iznosu njegove brzine. Konstantu proporcionalnosti izmedu iznosa brzine i jakosti sile otpora oznaˇcit ´cemo s β. Jednadˇ zba gibanja oscilatora s priguˇ senjem: Jednadˇzba gibanja mase m na opruzi konstante k na koju djeluje sila otpora ˇcija je jakost razmjerna iznosu brzine s konstantom porporcionalnosti β glasi m¨ x = Fx = −kx − β x. ˙ (2.22) ˇ Clan −β x˙ na desnoj strani predstavlja silu otpora. Negativan predznak prisutan je zato jer su sila otpora i brzina suprotnog smjera. Gornju jednadˇzbu dijelimo s m, koristimo od ranije poznatu oznaku ω02 = k/m za kvadrat frekvencije kojom bi ovaj sustav titrao kad sila otpora ne bi bila prisutna. Uvodimo novu oznaku 2δ = β , m (2.23) gdje veliˇcinu δ zovemo koeficijentom priguˇsenja te jednadˇzbu gibanja piˇsemo u obliku x¨ + 2δ x˙ + ω02 x = 0, (2.24) poznatom kao jednadˇzba gibanja oscilatora s priguˇsenjem. Njena rjeˇsenja u velikoj mjeri ovise o vrijednosti omjera δ/ω0 S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 17 Priguˇ seno titranje (podkritiˇ cno priguˇ senje): Kad je δ < ω0 , rjeˇsenje jednadˇzbe gibanja oscilatora s priguˇsenjem (2.24) je x[t] = Ae−δt cos[ωt + φ], (2.25) gdje je frekvencija ω dana s ω= q ω02 − δ 2 , (2.26) a veliˇcine A i φ su konstante. To rjeˇsenje predstavlja titranje frekvencijom ω ˇcija amplituda se u vremenu smanjuje razmjerno faktoru e−δt . Slika prikazuje takvo gibanje. x Ae−δt t Ae−δt cos ωt T = 2π ω Funkcija Ae−δt koju joˇs nazivamo ovojnicom ili envelopom prikazana je isprekidanom, a funkcija x[t] = Ae−δt cos ωt je prikazana punom linijom. Frekvencija priguˇsenog titranja ω manja je od tzv. prirodne frekvencije ω0 kojom bi oscilator titrao kad priguˇsenje ne bi bilo prisutno. Takoder primje´cujemo da se za δ → 0 gornji izrazi svode na poznate izraze za jednostavni harmoniˇcki oscilator. Energija priguˇ senog titranja sastoji se od kinetiˇcke energije K = 21 mx˙ 2 i od potencijalne energije U = k2 x2 . Mehaniˇcka energija E = K + U ovdje nije oˇcuvana veliˇcina, ve´c se smanjuje zbog savladavanja sile otpora. Najlakˇse ju je procijeniti u trenucima u kojima se tijelo zaustavlja (K = 0, E = U > 0). U tim trenucima je njegov otklon od ravnoteˇznog poloˇzaja pribliˇzno x[t] ≃ Ae−δt te je energija 1 E = U ≃ kA2 e−2δt . (2.27) 2 Iako je taj rezultat samo pribliˇzan, vaˇzno je uoˇciti da je energija priguˇsenog titranja, promatramo li ju na vremenskoj skali znatno duljoj od perioda titranja, razmjerna faktoru e−2δt . Logaritamski dekrement je veliˇcina kojom je mogu´ce izraziti jakost podkritiˇcnog priguˇsenja oscilatora. Definiran je kao prirodni logaritam omjera dviju uzastopnih maksimalnih otklona oscilatora, x[t] e−δt λ = ln = ln −δ(t+T ) = δT, (2.28) x[t + T ] e gdje je T = 2π/ω period priguˇsenog titranja. Logaritamski dekrement joˇs moˇzemo napisati kao λ = 2πδ/ω, a pri vrlo slabom priguˇsenju se moˇze uzeti ω = ω0 i napisati λ ≃ 2πδ/ω0. Q-faktor ili faktor kakvo´ ce je joˇs jedna veliˇcina kojom iskazujemo jakost podkritiˇcnog priguˇsenja oscilatora, a definiran je kao reciproˇcna vrijednost prosjeˇcnog relativnog gubitka energije oscilatora u vremenskom intervalu koji odgovara pomaku faze oscilatora od jednog radijana, 1 E[t] − E[t + T ] 1 δT ∆E 1 = = (1 − e−2δT ) ≃ . (2.29) Q−1 = 2π E Period 2π E[t] 2π π S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 18 U gornjem izvodu smo najprije koristili izraz (2.27) za energiju priguˇsenog oscilatora, a nakon toga razvoj u red e−ǫ ≃ 1 − ǫ. Q-faktor joˇs moˇzemo napisati kao Q= ω ω0 π = ≃ . δT 2δ 2δ (2.30) ˇ je priguˇsenje slabije, vrijednost Q-faktora je ve´ca. Sto Aperiodiˇ cko gibanje (nadkritiˇ cno i kritiˇ cno priguˇ senje): Kad je koeficijent priguˇsenja ve´ci od slobodne frekvencije oscilatora, δ > ω0 , govorimo o tzv. nadkritiˇcnom priguˇsenju, a rjeˇsenje jednadˇzbe gibanja (2.24) je   δ 1 −δt −δt cosh qt + sinh qt + x[0]e x[t] = x[0]e ˙ sinh qt, (2.31) q q gdje je veliˇcina q dana izrazom q= q δ 2 − ω02 > 0, (2.32) a x[0] i x[0] ˙ predstavljaju poˇcetne uvjete gibanja odnosno otklon i brzinu tijela u trenutku t = 0. Vaˇzno je uoˇciti da bez obzira na ˇcinjenicu da hiperbolne funkcije cosh qt i sinh qt divergiraju za t → ∞, s obzirom da vrijedi δ > q, faktor e−δt osigurava da ˇcitav izraz trne u vremenu. To rjeˇsenje ne opisuje titranje ve´c aperiodiˇcko gibanje. U graniˇcnom sluˇcaju koji razdvaja priguˇseno titranje od aperiodiˇckog gibanja, t.j. kad je koeficijent priguˇsenja jednak slobodnoj frekvenciji oscilatora δ = ω0 govorimo o kritiˇcnom priguˇsenju, a rjeˇsenje jednadˇzbe gibanja poprima posebno jednostavan oblik, −δt x[t] = x[0]e−δt (1 + δt) + x[0]e ˙ t, (2.33) koji takoder opisuje aperiodiˇcko gibanje koje trne u vremenu. Slike prikazuju aperiodiˇcko gibanje kritiˇcno priguˇsenog oscilatora (puna linija) te oscilatora iste slobodne frekvencije ω0 koji je nadkritiˇcno priguˇsen koeficijentom priguˇsenja δ = 2ω0 (isprekidana linija) i to za sluˇcaj poˇcetnih uvjeta x[0] > 0, x[0] ˙ = 0 (lijevi graf) te za sluˇcaj x[0] = 0, x[0] ˙ > 0 (desni graf). x x 2π/ω0 t 2π/ω0 t Iz grafova je vidljivo da se kritiˇcno priguˇseni oscilator brˇze pribliˇzava ravnoteˇznom poloˇzaju od nadkritiˇcno priguˇsenog oscilatora. 2.6 Prisilno titranje Na fizikalne sustave koji mogu titrati oko svog ravnoteˇznog poloˇzaja mogu djelovati i vanjske sile. Ovdje razmatramo sluˇcaj u kojem je vanjska sila periodiˇcna te dovodi to tzv. prisilnog titranja oscilatora. Slika prikazuje oscilator koji se sastoji od mase m i opruge konstante k u kojem, zbog vrtnje kotaˇca polumjera R na lijevoj strani frekvencijom ωp , lijeva strana opruge titra u vodoravnom smjeru amplitudom R i frekvencijom ωp . S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 19 k ωp m b x 2R Titranje lijevog kraja opruge unosi dodatnu silu koja djeluje na masu m. Tu silu smatramo vanjskom silom. Njenu x-komponentu moˇzemo opisati izrazom Fx(ext.) = Fp cos ωp t, (2.34) gdje je Fp = kR amplituda sile. Jednadˇ zba gibanja oscilatora s vanjskom periodiˇ ckom silom moˇze se napisati u obliku m¨ x = Fx = −kx − β x˙ + Fp cos ωp t. (2.35) gdje ˇclanovi na desnoj strani opisuju silu opruge razmjernu otklonu x, silu priguˇsenja razmjernu brzini x, ˙ te vanjsku silu koja titra frekvencijom ωp i amplitudom Fp . Uz uobiˇcajene pokrate ω02 = k , m 2δ = β , m fp = Fp , m (2.36) jednadˇzbu gibanja moˇzemo saˇzetije napisati kao x¨ + 2δ x˙ + ω02 x = fp cos ωp t. (2.37) Prisilno titranje: Rjeˇsenje jednadˇzbe gibanja (2.37) oscilatora s vanjskom silom je funkcija x[t] = q fp
2 ω02 − ωp2 + (2δωp )2 cos[ωp t − φ] (2.38) koja opisuje titranje frekvencijom vanjske sile ωp , uz “kaˇsnjenje” opisano faznim pomakom φ za koji vrijedi 2δωp . (2.39) 0 ≤ φ ≤ π, tan φ = 2 ω0 − ωp2 Gornje rjeˇsenje se moˇze provjeriti uvrˇstavanjem u jednadˇzbu gibanja ili ga se moˇze izvesti kao ˇsto je opisano u dodatku ???. U rjeˇsenju (2.38) uoˇcavamo da kad je frekvencija vanjske sile znatno manja od slobodne frekvencije oscilatora, ωp ≪ ω0 , amplituda titranja teˇzi u fp /ω02 = F0 /k = R, ˇsto je u modelu koji smo poˇcetno razmatrali upravo amplituda titranja lijevog kraja opruge. Fazni pomak u tom sluˇcaju teˇzi u nulu, ˇsto znaˇci da oscilator titra u fazi s pobudom. Kad je frekvencija vanjske sile znatno ve´ca od slobodne frekvencije oscilatora, ωp ≫ ω0 , amplituda prisilnog titranja teˇzi u nulu, dok fazni pomak teˇzi u π, ˇsto znaˇci da se titranje iˇsˇcezavaju´com amplitudom odvija u protufazi u odnosu na vanjsku silu. Rezonancija: Djelovanjem vanjske periodiˇcke sile na oscilator frekvencijom bliskom prirodnoj frekvenciji oscilatora, moˇze do´ci do titranja oscilatora vrlo velikom amplitudom. Tu pojavu zovemo rezonancijom. S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 20 U naˇsem modelu oscilatora u kojem je tijelo mase m priˇcvrˇs´ceno za jedan kraj opruge konstante k, dok drugi kraj opruge titra amplitudom R i frekvencijom ωp , amplitudu prisilnog titranja tijela moˇze se izraziti kao A= q 1 − (ωp /ω0 R
2 )2 +
2 2δωp /ω02 , (2.40) p gdje je ω0 = k/m prirodna frekvencija oscilatora, a δ je koeficijent priguˇsenja. Slika prikazuje ovisnost te amplitude o frekvenciji vanjske sile ωp za sluˇcaj iˇsˇcezavaju´ceg priguˇsenja (δ = 0, puna linija), te za vrijednosti koeficijenta priguˇsenja δ = ω0 /4 i δ = ω0 /2 (isprekidane linije), gdje je ω0 prirodna frekvencija oscilatora. A R ωp ω0 Uoˇcavamo da tijelo moˇze titrati znatno ve´com amplitudom od one kojom titra suprotni kraj opruge na koju je priˇcvrˇs´ceno. Takoder uoˇcavamo da ˇsto je priguˇsenje jaˇce, pojava rezonancije postaje manje izraˇzena. Frekvenciju vanjske sile ωp pri kojoj je amplituda prisilnog titranja najve´ca nazivamo rezonantnom frekvencijom, a dana je izrazom q ωrez. = ω02 − 2δ 2 , (2.41) √ ˇsto se moˇze pokazati uvjetom dA/dωp = 0. Pojava rezonancije ne postoji za δ ≥ ω0 / 2. Primjer: Pojavu rezonancije lako je pokazati uhvatimo li tanak lagani ˇstap duljine oko 1 m za njegov kraj i pustimo ga da visi. Zanjiˇsemo li ˇstap, on ´ce se njihati frekvencijom ω0 kojoj odgovara period njihanja od pribliˇzno 1.5 s. Pomiˇcemo li vrlo polako kraj ˇstapa lijevo–desno, ˇstap ´ce svo vrijeme biti uspravan i pratiti kretanje ruke. Time pokazujemo da za ωp ≪ ω0 ˇstap titra amplitudom pobude i to u fazi s njom. Tresemo li gornji kraj ˇstapa ˇsto je mogu´ce ve´com frekvencijom, ali naravno, malom amplitudom, vidljivo je da je njegov donji kraj titra u protufazi s gornjim krajem, ˇcime pokazujemo da za ωp ≫ ω0 fazni pomak teˇzi u π. Konaˇcno, pomiˇcemo li gornji kraj ˇstapa frekvencijom ωp ≃ ω0 , odnosno frekvencijom bliskom onoj kojom se ˇstap ‘sam ˇzeli njihati’, amplituda njegovog njihanja ubrzo postaje vrlo velika. Time pokazujemo pojavu rezonancije. Pojavom rezonancije sluˇzi se i dijete na ljuljaˇcci kad ˇzeli pove´cati amplitudu svog ljuljanja. 2.7 Slaganje titranja na pravcu i u ravnini S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 21 Slaganje (superpozicija) titranja na pravcu: Gibanje koje je zbroj dvaju titranja koja se odvijaju duˇz iste prostorne osi opisujemo izrazom x[t] = A1 cos[ω1 t + φ1 ] + A2 cos[ω2 t + φ2 ], (2.42) gdje su A1,2 amplitude, ω1,2 su frekvencije, a φ1,2 su fazni pomaci titranja koja zbrajamo. Oˇcigledno je da se moˇze ukljuˇciti i viˇse od dva titranja te da rezultantno gibanje moˇze poprimiti vrlo komplicirane oblike. Primjer: Gibanje koje nastaje slaganjem dvaju titranja jednake amplitude, ali razliˇcite frekvencije, moˇzemo opisati izrazom x[t] = A cos[ω1 t] + A cos[ω2 t]. Fazne pomake izostavljamo zbog jednostavnosti. Zanima nas sluˇcaj u kojem su frekvencije ω1 i ω2 medusobno bliske. Kako bismo gibanje koje razmatramo prikazali na zorniji naˇcin uvodimo frekvencije δ= ω1 − ω2 2 i ω ¯= ω1 + ω2 . 2 Inverzne relacije glase ω1,2 = ω ¯ ± δ te s pomo´cu njih sloˇzeno gibanje x[t] moˇzemo napisati kao x[t] = A cos[(¯ ω + δ)t] + A cos[(¯ ω − δ)t]. Koriste´ci bilo formulu za kosinus zbroja, odn. razlike kutova, ili joˇs jednostavnije Eulerovu formulu eiφ = cos φ + i sin φ, gornji izraz moˇzemo napisati kao   
   x[t] = A Re ei(¯ω +δ)t + ei(¯ω −δ)t = A Re ei¯ωt eiδt + e−iδt = A Re ei¯ωt (2 cos δt) = 2A cos ω ¯ t cos δt. U konaˇcnom izrazu prepoznajemo produkt titranja frekvencijom ω ¯ i titranja frekvencijom δ. Kad su frekvencije ω1 i ω2 bliske jedna drugoj, vrijedi ω ¯ ≫ δ. U takvom sluˇcaju rezultantno gibanje moˇzemo shvatiti kao titranje frekvencijom ω ¯ ˇcija je amplituda modulirana faktorom cos δt odnosno kao “brzo titranje” ˇcija se amplituda “sporo mijenja”. Slika prikazuje rezultantno gibanje za omjer frekvencija ω1 : ω2 = 9 : 8. Faktor 2A cos δt je prikazan isprekidanom, a funkcija x[t] je prikazana punom linijom. x Tudari = π/δ t Uoˇcavamo da amplituda brzog titranja postiˇze svoj maksimum dva puta unutar svakog perioda titranja moduliraju´ceg faktora cos δt. Tu pojavu zovemo udarima, njena frekvencija je ωudari = 2δ, odnosno njen je period Tudari = 2π π = . δ ω1 − ω2 S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 22 Primjer: Gibanje koje nastaje slaganjem titranja jednakih frekvencija, ali razliˇcitih amplituda i faznih pomaka, moˇzemo napisati kao x[t] = A1 cos[ωt + φ1 ] + A2 cos[ωt + φ2 ] + · · · . Rezultantno gibanje ´ce biti titranje frekvencijom ω s amplitudom i faznim pomakom koje tek treba odrediti. U tu svrhu vrlo je praktiˇcno upotrijebiti kompleksne brojeve odnosno Eulerovu formulu eiφ = cos φ + i sin φ. Ona nam omogu´cuje da promatrano gibanje napiˇsemo kao x[t] = Re[A1 ei(ωt+φ1 ) + A2 ei(ωt+φ2 ) + · · · ] = Re[(A1 eiφ1 + A2 eiφ2 + · · · )eiωt ]. Izraz u okruglim zagradama jest zbroj tzv. kompleksnih amplituda A1 eiφ1 , A2 eiφ2 , itd. koji shva´camo kao rezultantnu kompleksnu amplitudu Aeiφ = A1 eiφ1 + A2 eiφ2 + · · · . Izraˇcunamo li rezultantnu kompleksnu amplitudu Aeiφ , odnosno realni broj A > 0 i fazni pomak φ, promatrano gibanje moˇzemo napisati kao x[t] = Re[Aeiφ eiωt ] = A cos[ωt + φ]. Zbrajanje kompleksnih amplituda moˇzemo prikazati u kompleksnoj ravnini. Slika prikazuje sluˇcaj u kojem zbrajamo samo dvije kompleksne amplitude. Im Aeiφ = A1 eiφ1 + A2 eiφ2 φ2 φ φ1 A1 eiφ1 Re Vaˇzno je uoˇciti da zbrajanjem dvaju ili viˇse titranja jednake frekvencije, uz paˇzljivo podeˇsavanje njihovih amplituda i faznih pomaka, moˇze do´ci i do potpunog poniˇstavanja rezultantnog titranja. Slaganje (superpozicija) titranja u ravnini: Slika prikazuje tijelo mase m koje je dvjema oprugama ˇcije su konstante kx i ky povezano s ˇcvrstim uporiˇstima. S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 23 y m x kx ky Jednadˇzba gibanja tijela se pri malim otklonima od ravnoteˇznog poloˇzaja svodi na dvije neovisne jednadˇzbe, m¨ x = −kx x i m¨ y = −ky y, ˇcija su rjeˇsenja harmoniˇcka titranja, x[t] = Ax cos[ωx t + φx ], y[t] = Ay cos[ωy t + φy ], a frekvencije su dane izrazima ky kx , ωy2 = . m m Kad su frekvencije medusobno jednake, putanja tijela je elipsa, ondosno u posebnom sluˇcaju kruˇznica ili dio pravca. Kad se frekvencije odnose kao cijeli brojevi, gibanje tijela je periodiˇcko, ˇsto znaˇci da je putanja zatvorena, a ima oblik tzv. Lissajousove krivulje. U suprotnom, putanja tijela nije zatvorena krivulja. ωx2 = Primjer: Slike prikazuju Lissajousove krivulje nastale slaganjem titranja x[t] = cos ωx t i y[t] = cos[ωy t − φ] za nekoliko cjelobrojnih omjera frekvencija ωx i ωy te razliˇcitih iznosa faznog kaˇsnjenja φ titranja u y-smjeru u odnosu na titranje u x-smjeru. S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) y 24 y y x ωy : ωx = 1 : 1, φ = 0◦ x ωy : ωx = 1 : 1, y φ = 45◦ φ = 0◦ y φ = 45◦ x ωy : ωx = 2 : 1, y φ = 90◦ y x φ = 0◦ φ = 90◦ x ωy : ωx = 2 : 1, y ωy : ωx = 3 : 2, ωy : ωx = 1 : 1, y x ωy : ωx = 2 : 1, x x ωy : ωx = 3 : 2, φ = 45◦ x ωy : ωx = 3 : 2, φ = 90◦ Tre´ci po redu graf u prvom redu je kruˇznica koju dobivamo kad su frekvencije jednake, a fazni pomak medu titranjima je 90◦ , ˇsto znaˇci da imamo x[t] = cos ωt i y[t] = sin ωt. Prvi po redu graf u drugom redu nastaje superpozicijom titranja x[t] = cos ωt u x-smjeru te y[t] = cos 2ωt u y-smjeru. U ovom jednostavnom sluˇcaju putanju tijela moˇzemo napisati kao y = cos 2ωt = cos2 ωt − sin2 ωt = cos2 ωt − (1 − cos2 ωt) = 2 cos2 ωt − 1 = 2x2 − 1. U op´cenitom sluˇcaju, Lissajousove krivulje nije mogu´ce napisati u obliku y = f [x]. 2.8 Vezani oscilatori Stupnjevi slobode vezanih oscilatora: Medu dvama oscilatorima ili izmedu viˇse njih mogu djelovati sile uslijed kojih oni ne titraju neovisno jedan o drugom, ve´c se gibaju na znatno sloˇzeniji naˇcin. Slika prikazuje ravnoteˇzni poloˇzaj sustava triju njihala povezanih oprugama. S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 25 Otklonimo li bilo koje od njih i pustimo li ga u gibanje, sva tri njihala ´ce se poˇceti gibati. φ2 φ3 φ1 Za sustav vezanih oscilatora poput prikazanog kaˇzemo da ima tri stupnja slobode jer su potrebne tri koordinate kako bismo opisali njegovo gibanje. Ovdje su to kutevi otklona φ1 , φ2 i φ3 . Vlastiti modovi i frekvencije titranja: U sustavu vezanih oscilatora s N stupnjeva slobode postoji N modova (naˇcina) titranja koji su posebni po tome ˇsto u odredenom modu titranja svi stupnjevi slobode oscilatora harmoniˇcki titraju jednakom frekvencijom. Zovemo ih vlastitim modovima titranja sustava, a pripadaju´ce frekvencije zovemo vlastitim frekvencijama. Pronalaˇzenje vlastitih modova titranja zadanog sustava vezanih oscilatora moˇze biti vrlo sloˇzen matematiˇcki problem koji ovdje ne obradujemo. Op´ cenito gibanje sustava vezanih oscilatora se moˇze prikazati kao superpozicija titranja vlastitih modova danog sustava. Pri tome svaki mod titra svojom amplitudom i faznim pomakom. Primjer: Slika prikazuje jednostavan sustav vezanih oscilatora s dva stupnja slobode. On se sastoji od dvaju tijela mase m koja su oprugama konstante k vezana s ˇcvrstim uporiˇstima te od opruge konstante k ′ kojom su tijela vezana medusobno. Koordinate x1 i x2 opisuju otklone tijela od njihovih ravnoteˇznih poloˇzaja. m m k′ k x1 k x2 Prvi vlastiti mod titranja koji prepoznajemo u ovom sustavu je onaj u kojem tijela titraju jednakom amplitudom u fazi jedno s drugim (to znaˇci x1 = x2 ). Pri takvom titranju srediˇsnja opruga ne mijenja svoju duljinu te je frekvencija titranja ista ona koju bismo imali kad bismo ju zamijenili krutom bezmasenom ˇsipkom. Tada bi tijelo ukupne mase 2m titralo na dvjema oprugama konstante k, ˇsto je istovjetno titranju mase 2m na opruzi konstante 2k, te je frekvencija titranja u ovom vlastitom modu p ωA = k/m. Otklone tijela pri titranju u ovom vlastitom modu moˇzemo napisati kao x1 [t] = x2 [t] = A cos[ωA t + φA ], gdje je A amplituda, a φA je fazni pomak titranja. S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 26 Drugi vlastiti mod je onaj u kojem tijela titraju jednakom amplitudom u protufazi (x1 = −x2 ), ˇsto znaˇci da kad se boˇcne opruge rastegnu za ∆x i djeluju silom iznosa k∆x, srediˇsnja opruga se sabije za 2∆x i djeluje silom iznosa 2k ′ ∆x. Slijedi da je iznos ukupne sile koja djeluje na tijela (k + 2k ′ )∆x te da ona u ovom modu titraju frekvencijom p ωB = (k + 2k ′ )/m. Otklone pri titranju u protufazi moˇzemo opisati izrazom x1 [t] = −x2 [t] = B cos[ωB t + φB ], gdje je B je amplituda, a φB je fazni pomak. Op´cenito gibanje ovog sustava moˇzemo shvatiti kao istovremeno titranje njegovih dvaju vlastitih modova. Na osnovu gornjih izraza moˇzemo napisati x1 [t] = A cos[ωA t + φA ] + B cos[ωB t + φB ], x2 [t] = A cos[ωA t + φA ] − B cos[ωB t + φB ]. Sada moˇzemo razmotriti zanimljivu pojavu koju opaˇzamo u ovom sustavu kad je opruga koja povezuje oscilatore “vrlo slaba”, odnosno kad vrijedi k ′ ≪ k, ˇsto takoder znaˇci da su frekvencije dvaju vlastitih modova medusobno vrlo bliske. Otklonimo li prvo tijelo na udaljenost a od ravnoteˇznog poloˇzaja i pustimo li ga u gibanje, pri ˇcemu drugo tijelo miruje u svom ravnoteˇznom poloˇzaju, poˇcetni uvjeti gibanja su x1 [0] = a, x˙ 1 [0] = 0, x2 [0] = 0, x˙ 2 [0] = 0. Oni su zadovoljeni uz fazne pomake φA = φB = 0 i amplitude A = B = a/2. Takvim odabirom dobivamo a a a a x2 [t] = cos ωA t − cos ωB t. x1 [t] = cos ωA t + cos ωB t, 2 2 2 2 Uoˇcavamo da su ta titranja zbroj dvaju titranja jednakih amplituda i bliskih frekvencija, ˇsto dovodi do pojave udara. Uz oznake ω ¯ = (ωA + ωB )/2 i δ = (ωA − ωB )/2 te uz postupak sliˇcan onome iz primjera o superpoziciji titranja dobivamo x1 [t] = a cos δt cos ω ¯ t, x2 [t] = a sin δt sin ω ¯ t. Slika prikazuje takvo titranje. x1 t x2 π/2δ t S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 27 Uoˇcavamo da energija titranja oscilatora koji smo poˇcetno pokrenuli postupno prelazi na suprotni oscilator, sve dok u potpunosti ne prijede na njega. Nakon toga se uloge oscilatora zamjenjuju, energija se postupno vra´ca na prvi oscilator, i tako u nedogled. S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 3 28 Valovi Poreme´caj ravnoteˇznog poloˇzaja ˇcestica elastiˇcnog sredstva prenosi se na susjedne ˇcestice te se na taj naˇcin ˇsiri sredstvom i moˇze prevaliti znaˇcajne udaljenosti. Same ˇcestice sredstva se pritom gibaju iskljuˇcivo u okolini svog ravnoteˇznog poloˇzaja odnosno ostaju gdje su i bile. Pojavu ˇsirenja poreme´caja elstiˇcnim sredstvom zovemo valnim gibanjem. U ovom poglavlju upoznajemo transverzalni val na napetom uˇzetu, longitudinalni val u tankom ˇstapu ili u fluidu, te niz op´cih svojstava valnih gibanja. 3.1 Op´ cenito o ˇ sirenju vala Slika prikazuje izvor koji u pravilnim vremenskim razmacima ∆t izaziva poreme´caj ravnoteˇznog poloˇzaja ˇcestica elastiˇcnog sredstva. Taj se poreme´caj ˇsiri sredstvom brzinom iznosa v. Izvor ∆r Prijamnik Valne fronte su zamiˇsljene plohe, ovdje prikazane crtama, koje se kre´cu kroz sredstvo prate´ci ˇsirenje poreme´caja. Udaljenost promatrane valne fronte od izvora iznosi r = vt, gdje je v brzina ˇsirenja poreme´caja, odnosno same valne fronte, a t vrijeme koje je proteklo od trenutka u kojem se ona poˇcela ˇsiriti sredstvom. Razmak medu susjednim valnim frontama ovdje je ∆r = v ∆t. Harmoniˇ cki val: Kad izvor harmoniˇcki titra frekvencijom ω izazivaju´ci otklon ˇcestica sredstva od njihovog ravnoteˇznog poloˇzaja koji je razmjeran izrazu cos ωt, prijamnik u svojoj okolini opaˇza titranje ˇcestica istom frekvencijom ω. Zbog prostorne udaljenosti r izmedu izvora i prijamnika, prijamnik opaˇza titranje uz “kaˇsnjenje u vremenu” u iznosu r/v, koje odgovara trajanju putovanja valne fronte od izvora do prijamnika. Slijedi da prijamnik opaˇza titranje razmjerno izrazu cos[ω(t − r/v)] (3.1) koji opisuje prostornu i vremensku ovisnost otklona ˇcestica sredstva od njihovog ravnoteˇznog poloˇzaja izazvanog harmoniˇckim titranjem izvora. Takav val nazivamo harmoniˇckim valom. Snaga i amplituda vala: U izrazu (3.1) nedostaje ovisnost amplitude titranja o udaljenosti r prijamnika od izvora. Ta ovisnost je uvijek prisutna zbog neizbjeˇznih gubitaka energije titranja, no prije svega ona proizlazi iz geometrije sredstva kroz koje se se val ˇsiri. Uzimaju´ci da je snaga vala razmjerna kvadratu amplitude titranja (ˇsto pokazujemo u poglavlju ???), moˇzemo zakljuˇciti sljede´ce: • 3D: Kad se val ˇsiri u sve tri dimenzije prostora, valna fronta je sfera ˇcija povrˇsina raste s kvadratom udaljenosti od izvora. Kako bi snaga vala ostala nepromijenjena njegovim ˇsirenjem, umnoˇzak snage (kvadrata amplitude) i povrˇsine valne fronte mora biti neovisan o udaljenosti r. Slijedi da je snaga vala obrnuto razmjerna kvadratu udaljenosti, dok je S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 29 amplituda vala obrnuto razmjerna samoj udaljenosti, P ∝ 1 , r2 1 A∝ . r • 2D: Kad se val ˇsiri dvodimenzionalnim sredstvom kao ˇsto je povrˇsina teku´cine ili opna bubnja, povrˇsina valne fronte je razmjerna opsegu kruˇznice, odnosno njenom polumjeru koji predstavlja udaljenost od izvora vala. Kako bi energija vala ostala nepromijenjena njegovim ˇsirenjem, snaga vala je obrnuto razmjerna udaljenosti, a amplituda je obrnuto razmjerna korijenu udaljenosti, 1 P ∝ , r 1 A∝ √ . r • 1D: Kad se val ˇsiri samo jednom od triju dimenzija u prostoru, npr. napetim uˇzetom ili plinom u cijevi, valne fronte pri svim udaljenostima imaju jednaku veliˇcinu. U tom su sluˇcaju snaga i amplituda vala neovisne o udaljenosti, P = konst., 3.2 A = konst. Transverzalni val na napetom uˇ zetu Transverzalni val je val u kojem se ˇcestice gibaju (titraju) u smjeru koji je okomit na smjer ˇsirenja vala. Takav se val moˇze, na primjer, ˇsiriti napetim uˇzetom. Napeto uˇ ze moˇzemo zamisliti kao lanac sastavljen od ˇcestica ˇcije su mase ∆m i koje se nalaze na razmaku ∆x. Uzimamo da su ˇcestice povezane oprugama koje su u ravnoteˇznom stanju lanca napete silom iznosa T . Slika prikazuje transverzalni valni poreme´caj koji se duˇz takvog lanca ˇ ˇsiri s lijeva na desno. Cestice su prikazane kruˇzi´cima, a opruge su prikazane ravnim crtama. Lanac je prikazan u nizu trenutaka u vremenu. y t=0 x t = ∆t t = 2∆t t = 3∆t Usporedbom poloˇzaja ˇcestica u uzastopnim trenucima vremena vidi se da one prilikom prolaska valnog poreme´caja nakratko napuˇstaju svoj ravnoteˇzni poloˇzaj, nakon ˇcega se u njega vra´caju. Jednadˇ zba gibanja transverzalnog vala (valna jednadˇ zba): Transverzalni otklon ˇcestice lanca od njenog ravnoteˇznog poloˇzaja moˇzemo opisati funkcijom y[x, t], gdje je x koordinata S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 30 njenog poloˇzaja na uˇzetu, a t je trenutak u vremenu. Primjenom Newtonovog aksioma (vidi niˇze) pokazuje se da funkcija y[x, t] zadovoljava jednadˇzbu gibanja ∂2 T ∂2 y[x, t] − y[x, t] = 0, ∂t2 µ ∂x2 (3.2) koju joˇs moˇzemo kra´ce zapisati kao y¨ − v 2 y ′′ = 0, v2 = T , µ µ= ∆m , ∆x (3.3) gdje toˇckice oznaˇcavaju parcijalno deriviranje po vremenu, crtice oznaˇcavaju parcijalno deriviranje po x-koordinati,pT je napetost, a µ je linijska gusto´ca mase lanca, odn. uˇzeta. Pokazat ´ce se da parametar v = T /µ odgovara brzini kojom se valni poreme´caj ˇsiri duˇz uˇzeta. Putuju´ ci val kao op´ ce rjeˇ senje valne jednadˇ zbe: Bilo koja funkcija koordinate poloˇzaja x i vremena t koju moˇzemo napisati u obliku y[x, t] = f [x ± vt], (3.4) gdje je f bilo koja funkcija jedne varijable, rjeˇsenje je valne jednadˇzbe (3.3). Tvrdnju dokazujemo uvrˇstavanjem (3.4) u (3.3). Odaberemo li pozitivni predznak u argumentu funkcije, f [x + vt], valni poreme´caj ˇciji je oblik odreden odabirom funkcije f kre´ce se na lijevo. Odaberemo li negativan predznak, f [x − vt], isti se valni poreme´caj kre´ce na desno. Kako bi rjeˇsenje imalo fizikalnog smisla, funkcija f mora biti “razumnog oblika”, ˇsto znaˇci da mora biti glatka i ograniˇcena. Izvod valne jednadˇ zbe za transverzalni val na napetom uˇ zetu: Uzimamo da je transverzalni otklon napetog uˇzeta opisan funkcijom y[x, t] te promatramo element uˇzeta mase ∆m = µ ∆x, ˇciji se lijevi kraj nalazi pri koordinati x, a desni kraj se nalazi pri koordinati x + ∆x. S obzirom da nas zanima transverzalno gibanje, razmatramo y-komponentu sile koja djeluje na taj element uˇzeta, a ona proizlazi iz napetosti uˇzeta T i iz razlike nagiba uˇzeta na lijevom i na desnom kraju promatranog elementa. Projekcija napetosti uˇzeta na y-os je T sin α, gdje je α kut koji uˇze zatvara s x-osi, a kad je kut α malen, opravdano je koristiti sin α ≃ α ≃ tan α, gdje tan α prepoznajemo kao parcijalnu derivaciju funkcije y[x, t] po ykoordinati. Koriste´ci sin α ≃ tan α = y ′ , y-komponentu sile koja djeluje na lijevi i na desni kraj promatranog elementa uˇzeta moˇzemo izraziti kao Fy [x, t] = −T y ′ [x, t], Fy [x + ∆x] = T y ′ [x + ∆x, t]. (3.5) Ukupna sila na element uˇzeta je ∆Fy = Fy [x, t] + Fy [x + ∆x, t] = T y ′[x + ∆x, t] − T y ′[x, t] ≃ T y ′′[x, t] ∆x, (3.6) gdje smo u posljednjem koraku, s obzirom da promatramo kratak element uˇzeta ∆x, koristili razvoj u red y ′ [x + ∆x, t] ≃ y ′[x, t] + y ′′[x, t] ∆x. Sada moˇzemo napisati Newtonovu jednadˇzbu gibanja elementa uˇzeta, ∆m y¨ = ∆Fy = T y ′′ ∆x, (3.7) koja je istovjetna valnoj jednadˇzbi (3.3). S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 3.3 31 Longitudinalni val u tankom ˇ stapu ili u fluidu Longitudinalni val je val u kojem se titranje ˇcestica i ˇsirenje vala odvijaju u istom smjeru. Longitudinalni val se moˇze ˇsiriti, na primjer, tankim elastiˇcnim ˇstapom ili fluidom (plinom ili stlaˇcivom teku´cinom) u cijevi. Tanki elastiˇ cni ˇ stap naˇcinjen od materijala gusto´ce ρ i Youngovog modula elastiˇcnosti E ili stlaˇ civi fluid gusto´ce ρ i modula stlaˇcivosti B (koji se nalazi u cijevi) moˇzemo podijeliti na niz elemenata jednake ravnoteˇzne duljine ∆x. Slika prikazuje longitudinalni val koji se duˇz takvog sredstva giba na desno. Primje´cuje se da oznake koje razdvajaju elemente sredstva koji su u ravnoteˇzi jednake duljine, ovdje nisu na jednolikom razmaku. t=0 x t = ∆t t = 2∆t t = 3∆t Strelica oznaˇcava podruˇcje sredstva u kojemu je ono sabijeno. U okolini tog podruˇcja, s obje strane, uoˇcava se da je sredstvo rastegnuto. Taj poreme´caj ravnoteˇznog stanja sredstva postupno napreduje na desno, a elementi sredstva poprimaju svoju ravnoteˇznu duljinu. Jednadˇ zba gibanja longitudinalnog vala (valna jednadˇ zba): Otklon ˇcestice elastiˇcnog ˇstapa od njenog ravnoteˇznog poloˇzaja opisujemo funkcijom ξ[x, t], gdje je x koordinata ravnoteˇznog poloˇzaja ˇcestice, a t je vrijeme. Oznaˇcimo li s x′ koordinatu poloˇzaja te ˇcestice u nekom trenutku, moˇzemo napisati x → x′ = x + ξ[x, t]. (3.8) Kad se radi o tankom ˇstapu, pokazuje se (vidi niˇze) da funkcija ξ[x, t] zadovoljava jednadˇzbu gibanja E ∂2 ∂2 ξ[x, t] − ξ[x, t] = 0, (3.9) ∂t2 ρ ∂x2 koju zovemo valnom jednadˇzbom longitudinalnog vala, a skra´ceno ju zapisujemo kao ξ¨ − v 2 ξ ′′ = 0, v2 = E . ρ (3.10) Kad se radi o fluidu, dobivamo istovjetnu jednadˇzbu, s time da na mjestu Youngovog modula E nalazi modul stlaˇcivosti fluida B. Uoˇcavamo da je valna jednadˇzba longitudinalnog vala matematiˇcki istovjetna valnoj jednadˇzbi transverzalnog vala (3.3). To znaˇci da je putuju´ci val koji se ˇsiri brzinom iznosa v, ξ[x, t] = f [x ± vt], (3.11) njeno op´ce rjeˇsenje. S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 32 Naprezanje sredstva pri ˇ sirenju longitudinalnog vala: Kad se radi o tankom ˇstapu, vlaˇcno naprezanje izazvano longitudinalnim valom ξ[x, t] dano je izrazom σ[x, t] = Eξ ′ [x, t], (3.12) gdje je E Youngov modul elastiˇcnosti materijala, a ξ ′[x, t] je parcijalna derivacija funkcije ξ po x-koordinati. Kad se radi o fluidu, tlaˇcno naprezanje izazvano valom dano je izrazom p[x, t] = −Bξ ′ [x, t], (3.13) gdje je B modul stlaˇcivosti fluida. Relaciju (3.12) moˇzemo izvesti promotrimo li element ˇstapa ravnoteˇzne duljine ∆x koji uslijed valnog gibanja poprima duljinu ∆x′ . Relativna deformacija duljine tog elementa ˇstapa je δk = (∆x′ − ∆x)/∆x, a njoj odgovara vlaˇcno naprezanje σ = Eδ. Preostaje povezati relativnu deformaciju δk s funkcijom ξ. Neka su x i x + ∆x ravnoteˇzne koordinate lijevog i desnog kraja promatranog elementa ˇstapa. Neravnoteˇzna koordinata poloˇzaja lijevog kraja x′ dana je izrazom (3.8), dok neravnoteˇznu koordinatu desnog kraja (x + ∆x)′ moˇzemo na sliˇcan naˇcin napisati kao x + ∆x → (x + ∆x)′ = x + ∆x + ξ[x + ∆x, t]. (3.14) Sada moˇzemo izraˇcunati neravnoteˇznu duljinu elementa ˇstapa, ∆x′ = (x + ∆x)′ − x′ = ∆x + ξ[x + ∆x, t] − ξ[x, t] ≃ ∆x + ξ ′ [x, t]∆x, (3.15) gdje smo, s obzirom da promatramo kratak element ˇstapa, koristili razvoj u red f [x + ∆x, t] ≃ f [x, t] + f ′ [x, t]∆x. Slijedi da je relativna deformacija duljine δ = ξ ′ odnosno da je naprezanje σ = Eξ ′ . Sliˇcnim razmatranjem dokazuje se i relacija (3.13). Izvod valne jednadˇ zbe longitudinalnog vala: Promatramo element taknog ˇstapa ˇciji se krajevi u ravnoteˇzi nalaze pri koordinatama x i x + ∆x. Masa tog elementa je ∆m = ρS ∆x. Sila koja pri ˇsirenju longitudinalnog vala opisanog s ξ[x, t] djeluje na promatrani element ˇstapa proizlazi iz razlike u vlaˇcnom naprezanju materijala pri njegovim krajevima. Koriste´ci relaciju (3.12), silu na element ˇstapa moˇzemo napisati kao ∆Fx = Sσ[x + ∆x, t] − Sσ[x, t] = SEξ ′ [x + ∆x, t] − SEξ ′[x, t] = SEξ ′′ [x, t] ∆x, (3.16) gdje smo, s obzirom da promatramo kratak element, koristili ξ ′[x + ∆x, t] ≃ ξ ′[x, y] + ξ ′′[x, t] ∆x. Newtonovu jednadˇzbu gibanja promatranog elementa ˇstapa, ∆m ξ¨ = ∆Fx , sada moˇzemo napisati kao ∆m ξ¨ = ρS∆x ξ¨ = ∆Fx = SEξ ′′ ∆x, (3.17) koja je istovjetna valnoj jednadˇzbi (3.10). Kad je rijeˇc o fluidu, sila koja djeluje na element fluida proizlazi iz razlike u tlaˇcnom naprezanju pri njegovom lijevom i pri njegovom desnom kraju. Koriste´ci jednadˇzbu (3.13) tu silu moˇzemo napisati kao ∆Fx = −Sp[x + ∆x, t] + Sp[x, t] = SBξ ′ [x + ∆x, t] − SBξ ′ [x, t] = SBξ ′′[x, t] ∆x. (3.18) Jednadˇzba gibanja istovjetna je onoj za val u ˇstapu, s time da se na mjestu Youngovog modula E nalazi modul stlaˇcivosti B. S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 3.4 33 Superpozicija valova i refleksija na ˇ cvrstom i slobodnom kraju sredstva Princip superpozicije valova: Bilo koje valno gibanje koje je dopuˇsteno u nekom sredstvu, moˇze se u istom sredstvu odvijati istovremeno s bilo kojim drugim valnim gibanjem koje je u tom sredstvu dopuˇsteno. Istovremenu prisutnost razliˇcitih valnih gibanja u istom sredstvu zovemo superpozicijom valova. Matematiˇckim rjeˇcnikom, bilo kojem rjeˇsenju valne jednadˇzbe (3.3) ili (3.10) moˇzemo dodati (superponirati) bilo koje drugo njeno rjeˇsenje, a da zbroj rjeˇsenja i dalje bude rjeˇsenje iste valne jednadˇzbe. To svojstvo je posljedica linearnosti valnih jednadˇzbi. Refleksija vala na uˇ cvrˇ s´ cenom kraju sredstva: Princip superpozicije valova nam omogu´cuje da na jednostavan naˇcin pokaˇzemo da se val koji naide na uˇcvrˇs´ceni kraj sredstva, od njega reflektira, uz promjenu predznaka funkcije kojom je val opisan. Upadnom valu opisanom s f [x − vt] koji se giba brzinom iznosa v na desno dodajemo val −f [−(x + vt)] koji je istog oblika, suprotnog predznaka i koji se giba brzinom istog iznosa u suprotnom smjeru. Takvom superpozicijom nastaje val y[x, t] = f [x − vt] − f [−(x + vt)]. (3.19) Iz izraza je lako vidjeti da ˇcestica u toˇcki x = 0 nikada ne napuˇsta ravnoteˇzni poloˇzaj, a to pokazuje i slika. v t = −∆t v v t=0 v v t = ∆t v x=0 S obzirom da ˇcestica sredstva pri x = 0 ne napuˇsta svoj poloˇzaj, moˇzemo ju shvatiti kao uˇcvrˇs´ceni kraj sredstva. Kad bismo ju zaista uˇcvrstili, lijeva strana sredstva titrala bi nepromijenjeno, a desna strana ne bi morala postojati. To znaˇci da val −f [−(x + vt)] koji smo dodali upadnom valu predstavlja reflektirani val, odnosno da pri refleksiji vala na ˇcvrstom kraju sredstva nastaje val istog oblika, ali suprotnog predznaka. Refleksija vala na slobodnom kraju sredstva: Upadnom valu opisanom s f [x − vt] koji se giba brzinom iznosa v na desno dodajemo val f [−(x + vt)] koji je istog oblika i predznaka, a giba se u suprotnom smjeru. Time nastaje val y[x, t] = f [x − vt] + f [−(x + vt)] (3.20) koji ima svojstvo da je njegova parcijalna derivacija po x-koordinati u toˇcki x = 0 jednaka nuli. Slika prikazuje superpoziciju u nekoliko uzastopnih trenutaka u vremenu. S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) v t = −∆t 34 v t=0 t = ∆t v v x=0 Kad se radi o transverzalnom valu na napetom uˇzetu, slobodan kraj podrazumijeva slobodno gibanje kraja u transverzalnom smjeru, dok u longitudinalnom smjeru kraj mora ostati (na neki naˇcin) uˇcvrˇs´cen kako bi se osigurala napetost uˇzeta potrebna za ˇsirenje valova. Pritom nagib funkcije y[x, t] na slobodnom kraju mora biti jednak nuli. U protivnom bi na ˇcesticu mase ∆m → 0 koja se nalazi na samom kraju uˇzeta djelovala konaˇcna transverzalna sila, a time bi ˇcestica imala beskonaˇcnu akceleraciju, ˇsto nije dopuˇsteno. Kad se radi o longitudinalnom valu, slobodan kraj podrazumijeva iˇsˇcezavanje naprezanja u sredstvu, a prema izrazima (3.12) ili (3.13), naprezanje iˇsˇcezava ako je ξ ′ = 0. Zakljuˇcujemo da pri gibanju superpozicije valova (3.20), toˇcku x = 0 u kojoj vrijedi y ′ = 0 moˇzemo shvatiti kao slobodan kraj sredstva. Zakljuˇcujemo da val koji smo dodali upadnom valu predstavlja reflektirani val nakon refleksije na slobodnom kraju sredstva. Reflektirani val zadrˇzava oblik upadnog vala bez promjene predznaka. 3.5 Putuju´ ci harmoniˇ cki val Putuju´ ci harmoniˇ cki val je putuju´ci val u kojem ˇcestice elastiˇcnog sredstva izvode jednostavno harmoniˇcko titranje, bilo u transverzalnom, bilo u longitudinalnom smjeru. Amplituda, valni broj i faza putuju´ ceg harmoniˇ ckog vala: Kao funkciju f koja opisuje oblik putuju´ceg vala koji se duˇz x-osi ˇsiri brzinom iznosa v odabiremo trigonometrijsku funkciju cos. Transverzalni otklon ˇcestice pri koordinati x u trenutku t pri titranju putuju´ceg transverzalnog harmoniˇckog vala moˇzemo napisati kao y[x, y] = f [x ± vt] = A cos[k(x ± vt) + φ], (3.21) ˇ gdje je A > 0 amplituda titranja, k je tzv. valni broj, a φ je uobiˇcajeni fazni pomak. Citav argument funkcije cos zovemo fazom harmoniˇckog vala. Na istovjetan naˇcin napisali bismo i pomak ξ[x, t] pri ˇsirenju longitudinalnog vala. Valna duljina i frekvencija harmoniˇ ckog vala: Pri titranju harmoniˇckog vala (3.21) moˇzemo prikazati ovisnost otklona ˇcestica o prostornoj koordinati x u odabranom trenutku vremena, a moˇzemo prikazati i vremensku ovisnost otklona odabrane ˇcestice. Lijeva slika prikazuje harmoniˇcki val (3.21) u trenutku t = 0, a desna slika prikazuje titranje ˇcestice koja se nalazi pri x = 0. Zbog jednostavnosti smo uzeli fazni pomak jednak nuli, φ = 0. S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) y[x, t = 0] 35 y[x = 0, t] A A 2π k x 2π kv t Kako duˇz prostorne osi, tako i u vremenu, uoˇcavamo oˇcekivanu periodiˇcnost. Period duˇz prostorne osi zovemo valnom duljinom harmoniˇckog vala, λ= 2π , k (3.22) gdje je k valni broj. Period T = 2π/kv duˇz vremenske osi povezujemo s frekvencijom titranja ˇcestice ω, 2π ω= = kv. (3.23) T Konaˇcno, eliminacijom valnog broja k iz (3.22) i (3.23) dobivamo relaciju λω = 2πv (3.24) koja povezuje valnu duljinu λ, frekvenciju ω i iznos brzine v ˇsirenja harmoniˇckog vala. Primjer: Fazu harmoniˇckog vala k(x ± vt) + φ mogu´ce je napisati na niz razliˇcitih naˇcina, ˇsto moˇze biti vrlo zbunjuju´ce. Na primjer, uzmemo li zbog jednostavnosti φ = 0,   x t k(x ± vt) = kx ± ωt = 2π . ± λ T Veliˇcinu ω koju u ovom tekstu zovemo jednostavno frekvencijom, morali bismo punim imenom zvati kruˇznom ili kutnom frekvencijom (engl. angular frequency). Ona govori o kutu prevaljenom u jedinici vremena, ˇcemu odgovara mjerna jedinica 1 rad s−1 . Za iskazivanje iste veliˇcine koristi se i veliˇcina koju takoder zovemo frekvencijom, obiˇcno ju obiljeˇzavamo simbolom f ili ν (grˇcko slovo “ni”), a koja govori o broju ciklusa koje oscilator napravi u jedinici vremena. Ako je period titranja T = 2π/ω vrijedi f = 1/T , a mjerna jedinica za frekvenciju f je 1 Hz = 1 s−1 . Dvije frekvencije povezane su relacijom ω = 2πf, ˇsto znaˇci da fazu harmoniˇckog vala moˇzemo susresti i u obliku k(x ± vt) = kx ± 2πf t = 2π (x/λ ± f t) . Op´cenito, pri ˇcitanju izraza koji opisuju fazu harmoniˇckog vala potrebno je, uz mnogo paˇznje, iz konteksta razotkriti toˇcno znaˇcenje svih simbola. 3.6 Stojni valovi Stojni val: Kad se dva putuju´ca transverzalna ili longitudinalna harmoniˇcka vala jednake frekvencije i amplitude ˇsire istim sredstvom u suprotnim smjerovima, nastaje gibanje u kojem S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 36 viˇse ne prepoznajemo ˇsirenje vala, ve´c iskljuˇcivo transverzalno ili longitudinalno titranje ˇcestica oko njihovog ravnoteˇznog poloˇzaja. Takvo gibanje zovemo stojnim valom. Superpoziciju dvaju harmoniˇckih valova valne duljine λ = 2π/k, frekvencije ω i amplitude A/2, koji se ˇsire u suprotnim smjerovima, moˇzemo napisati kao y[x, y] = A A cos[kx − ωt] + cos[kx + ωt] = · · · = A cos kx cos ωt. 2 2 (3.25) U konaˇcnom izrazu, faktor cos ωt govori o tome da ˇcestice titraju frekvencijom ω, dok faktor A cos kx govori o tome da amplituda titranja ovisi o x-koordinati. Valna duljina, ˇ cvorovi i brijegovi stojnog vala: Slika prikazuje otklon ˇcestice od ravnoteˇznog poloˇzaja pri titranju transverzalnog stojnog vala opisanog izrazom (3.25). Puna crta prikazuje otklon ˇcestica u trenutku t = 0, a isprekidane crte prikazuju otklon u nekim drugim trenucima vremena. brijeg ˇcvor y brijeg ˇcvor brijeg ˇcvor ˇcvor ˇcvor x λ = 2π/k Uoˇcavamo da je valna duljina stojnog vala, λ = 2π/k, jednaka valnoj duljini putuju´cih harmoniˇckih valova koji superpozicijom tvore stojni val. Zatim uoˇcavamo da postoje poloˇzaji pri kojima ˇcestice niti u kojem trenutku ne napuˇstaju svoj ravnoteˇzni poloˇzaj. Takve toˇcke zovemo ˇcvorovima stojnog vala. Toˇcke u kojima ˇcestice titraju najve´com amplitudom zovemo brijegovima stojnog vala. Stojni val u sredstvu s ˇ cvrstim krajevima: Bilo koji ˇcvor stojnog vala moˇzemo shvatiti kao ˇcvrst kraj sredstva u kojemu taj stojni val titra. Odaberemo li dva ˇcvora stojnog vala i uˇcvrstimo li sredstvo u tim toˇckama, stojni val moˇze nastaviti titrati u podruˇcju izmedu tih toˇcaka na nepromijenjen naˇcin, dok sredstvo izvan tog podruˇcja moˇzemo ukloniti. Na taj smo naˇcin dobili stojni val koji titra u sredstvu konaˇcne duljine L s ˇcvrstim krajevima. Kad je rijeˇc o transverzalnom valu, vjerojatno najpoznatiji primjer ovakvog gibanja je titranje gitarske ˇzice. S obzirom da je udaljenost medu ˇcvorovima stojnog vala cjelobrojni umnoˇzak polovice valne duljine (vidi gornju sliku), name´ce se uvjet λ L=n , 2 n = 1, 2, . . . , (3.26) koji povezuje duljinu sredstva L i valnu duljinu stojnog vala λ. Na osnovu tog uvjeta moˇzemo odrediti dopuˇstene valne duljine λn i frekvencije titranja ωn stojnog vala u sredstvu zadane duljine L s ˇcvrstim krajevima. Moˇzemo pisati λn = 2L , n ωn = πv 2πv =n , λn L n = 1, 2, . . . , (3.27) gdje smo koristili relaciju (3.24) koja povezuje valnu duljinu λ i frekvenciju ω harmoniˇckog vala s brzinom v ˇsirenja vala u danom sredstvu. Slika prikazuje titranje stojnog vala u sredstvu s ˇcvrstim krajevima. S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 37 L n=1 λ1 = 2L, n=2 λ2 = L, n=3 λ3 = 32 L, ω1 = πv L ω2 = 2ω1 ω3 = 3ω1 Primjer: Gitara se obiˇcno ugada tako da njena najtanja ˇzica (1E) titra frekvencijom f1 = 330 Hz, uobiˇcajena duljina titraju´ceg dijela ˇzice na gitari (razmak medu ˇcvrstim uporiˇstima) iznosi L = 25.5′′ , a mnogi gitaristi odabiru najtanju ˇzicu promjera 2r = 0.01′′ (1′′ = 1 in = 2.54 × 10−2 m). Pretpostavljaju´ci da je ˇzica napravljena od ˇcelika (E = 2.2 × 1011 Pa, ρ = 7700 kg m−3 ) mogu´ce je procijeniti silu kojom je ona napeta. U osnovnom modu titranja (n = 1) vrijedi s s s T T πv π T π π 2πf = ω1 = = = = . L L µ L ρS L ρr 2 π gdje smo koristili (3.27) i izraz za brzinu vala na napetom uˇzetu (3.3), nakon ˇcega smo linijsku gusto´cu mase napisali kao µ = ρS = ρr 2 π. Iz gornjeg izraza slijedi napetost ˇzice T = 4πr 2 ρL2 f 2 = 4π × (1.27 × 10−4 )2 × (7700 kg m−3 ) × (0.648 m)2 × (330 s−1 )2 ≃ 71 N. Stojni val u sredstvu sa slobodnim krajevima: Slobodni kraj elastiˇcnog sredstva podrazumijeva da u njemu ne dolazi do naprezanja materijala. To znaˇci da se ˇcestice na samom kraju sredstva i njima susjedne ˇcestice otklanjaju podjednako odnosno da funkcija koja opisuje otklon ˇcestica na samom kraju mora imati prostornu derivaciju svo vrijeme jednaku nuli. Taj uvjet je ispunjen u svakom brijegu stojnog vala. Zbog toga moˇzemo bilo koji brijeg stojnog vala poistovjetiti sa slobodnim krajem sredstva u kojem titra stojni val. S obzirom da je udaljenost medu brijegovima stojnog vala cjelobrojni umnoˇzak polovice valne duljine (vidi raniju sliku), ˇsto vrijedi i za udaljenost medu ˇcvorovima stojnog vala, izrazi (3.26) i (3.27) koji povezuju duljinu sredstva s valnom duljinom i frekvencijom stojnog vala vrijede bez izmjena i ovdje. S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 38 L n=1 λ1 = 2L, n=2 λ2 = L, n=3 λ3 = 32 L, ω1 = πv L ω2 = 2ω1 ω3 = 3ω1 ˇ Stojni val u sredstvu s jednim ˇ cvrstim i jednim slobodnim krajem: Cvor stojnog vala moˇzemo shvatiti kao ˇcvrst kraj sredstva, a brijeg moˇzemo shvatiti kao slobodni kraj sredstva u kojem on titra. Udaljenost L izmedu ˇcvora i brijega stojnog vala valne duljine λ se op´cenito moˇze napisati kao λ λ L=n − , n = 1, 2, . . . (3.28) 2 4 Slijedi da u sredstvu duljine L s jednim ˇcvrstim i jednim slobodnim krajem moˇze titrati stojni val ˇcija su valna duljina i frekvencija dane izrazima   1 πv 2πv 4L = n− , ωn = , n = 1, 2, . . . , (3.29) λn = 2n − 1 λn 2 L gdje je v brzina ˇsirenja vala sredstvom. Slika prikazuje otklon ˇcestica pri titranju stojnog vala u sredstvu s jednim ˇcvrstim i jednim slobodnim krajem. L 3.7 πv 2L n=1 λ1 = 4L, ω1 = n=2 λ2 = 34 L, ω2 = 3ω1 n=3 λ3 = 54 L, ω3 = 5ω1 Energija i snaga vala Energija vala se sastoji od kinetiˇcke energije ˇcestica koje se gibaju i od elastiˇcne potencijalne energije uslijed naprezanja sredstva. Naˇcelo superpozicije valova nam omogu´cuje da izraz za energiju putuju´ceg transverzalnog vala na napetom uˇzetu ili longitudinalnog vala u tankom ˇstapu ili u fluidu izvedemo na jednostavan naˇcin, raˇcunaju´ci samo kinetiˇcku komponentu. Energija putuju´ ceg vala: Polazimo od vala u kojem je otklon ˇcestica od ravnoteˇznog poloˇzaja dan s f [x − vt], koji putuje na desno, te ˇciju energiju E ˇzelimo odrediti. v S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 39 Tom valu dodajemo val −f [x + vt] koji se ˇsiri u suprotnom smjeru i oˇcekujemo da superpoziciji valova odgovara energija 2E. v v Takvu superpoziciju smo odabrali zato jer se u trenutku t = 0 otkloni ˇcestica dvaju valova poniˇstavaju. To se jasno vidi iz izraza y[x, t] = f [x − vt] − f [x + vt], (3.30) koji za t = 0 daje y[x, 0] = 0. S obzirom da se u tom trenutku sredstvo nalazi u ravnoteˇznom stanju, njegova je potencijalna energija jednaka nuli. Slijedi da se ukupna energija superpozicije, 2E, u tom trenutku sastoji iskljuˇcivo od kinetiˇcke energije, Z 1 dm (y[x, ˙ 0])2 , (3.31) 2E = 2 gdje je dm element mase sredstva, a y[x, ˙ 0] je njegova brzina u trenutku t = 0. Brzinu ˇcestica d y[x, t] = −vf ′ [x − vt] − vf ′ [x + vt], ˇsto za t = 0 daje y[x, ˙ 0] raˇcunamo iz izraza (3.30), y[x, ˙ t] = dt y[x, ˙ 0] = −2vf ′ [x]. Konaˇcno, piˇsu´ci element mase sredstva kao dm = µ dx, gdje je µ linijska gusto´ca mase sredstva, dobivamo izraz za energiju E putuju´ceg vala f [x − vt], Z 2 (f ′ [x])2 dx. (3.32) E = µv Integracija se provodi po ˇcitavom sredstvu ili po onom njegovom dijelu u kojem je prisutno valno gibanje. Gornje razmatranje vrijedi, kako za transverzalne valove na napetom uˇzetu, tako i za longitudinalne valove u tankom ˇstapu ili u fluidu. Kad se radi o longitudinalnim valovima, linijsku gusto´cu mase sredstva moˇzemo napisati kao µ = ρS, gdje je ρ volumna gusto´ca mase sredstva, a S je povrˇsina njegovog popreˇcnog presjeka. Izraz za energiju vala tada glasi Z 2 (f ′ [x])2 dx. (3.33) E = ρSv Srednja linijska gusto´ ca energije putuju´ ceg harmoniˇ ckog vala: Energija putuju´ceg harmoniˇckog vala (3.21) moˇze se izraziti s pomo´cu op´ceg izraza (3.32), uzmemo li f [x] = A cos kx, odnosno f ′ [x] = −kA sin kx (zbog jednostavnosti je izostavljen fazni pomak φ). Izraz za energiju daje Z Z Z 2 2 2 2 2 2 2 2 sin2 kx dx, (3.34) sin kx dx = µω A (−kA sin kx) dx = µv k A E = µv gdje je µ linijska gusto´ca mase sredstva, ω = kv je frekvencija, a A je amplituda vala. S obzirom da je srednja vrijednost kvadrata trigonometrijske funkcije jednaka jednoj polovini, srednja linijska gusto´ca energije tog vala je   1 dE = µω 2A2 . (3.35) dx 2 S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 40 Kad se radi o longitudinalnom valu, linijsku gusto´cu mase moˇzemo napisati kao µ = ρS, gje je ρ volumna gusto´ca mase sredstva, a S je povrˇsina njegovog popreˇcnog presjeka, te imamo   dE 1 = ρSω 2 A2 . (3.36) dx 2 Srednja snaga putuju´ ceg harmoniˇ ckog vala: Ako val putuje brzinom v, smatramo da njegova energija istom brzinom teˇce sredstvom. Srednju snagu vala definiramo kao srednju koliˇcinu energije vala koja u jedinici vremena protjeˇce sredstvom. U intervalu vremena ∆t, val prevali udaljenost ∆x = v ∆t, a toj udaljenosti odgovara srednja energija koju moˇzemo izraziti kao     dE dE h∆Ei = ∆x = v ∆t. (3.37) dx dx Slijedi da je srednja snaga putuju´ceg harmoniˇckog vala   h∆Ei dE hP i = v, = ∆t dx (3.38) gdje je srednja linijska gusto´ca energije vala hdE/dxi dana izrazima (3.35) ili (3.36). Primjer: Srednja snaga superpozicije dvaju putuju´cih harmoniˇckih valova koji se razlikuju jedino po poˇcetnoj fazi moˇze biti jednaka nuli, a moˇze biti i dvostruko ve´ca od jednostavnog zbroja snaga dvaju valova promatranih zasebno. Razlog tomu je kvadratiˇcna ovisnost snage o amplitudi vala. Pri tzv. konstruktivnoj intereferenciji valova, amplituda superpozicije je dvostruko ve´ca od amplituda polaznih valova te je snaga ˇcetiri puta ve´ca od snage polaznog vala odnosno dva puta je ve´ca od zbrojenih snaga dvaju polaznih valova. Pri destruktivnoj interferenciji valova, amplituda superpozicije je jednaka nuli te je snaga takoder jednaka nuli. Ako su valovi opisani izrazima y1 [x, t] = A cos[kx − ωt + φ1 ] i y2 [x, t] = A cos[kx − ωt + φ2 ] njihove srednje snage su, kada ih promatramo zasebno, 1 hP1 i = hP2 i = µω 2 A2 . 2 Kako bismo izrazili srednju snagu superpozicije tih valova, najprije moramo odrediti njenu amplitudu As . Tu nam pomaˇze kompleksan zapis valova, ys [x, t] = y1 [x, t] + y2 [x, t] = Aei(kx−ωt+φ1 ) + Aei(kx−ωt+φ2 ) = A(eiφ1 + eiφ2 ) ei(kx−ωt) = Aeiφ1 (1 + ei(φ2 −φ1 ) ) ei(kx−ωt) Amplitudu superpozicije valova As u gornjem izrazu prepoznajemo kao modul kompleksnog broja Aeiφ1 (1 + ei(φ2 −φ1 ) ). Uz oznaku ∆φ = φ2 − φ1 , kvadrat amplitude As dobivamo mnoˇzenjem tog kompleksnog broja njemu kompleksno konjugiranim brojem, A2s = A2 (1 + ei∆φ )(1 − e−i∆φ ) = A2 (2 + ei∆φ + e−i∆φ ) = 2A2 (1 + cos ∆φ) S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 41 te za srednju snagu superpozicije dobivamo 1 hPs i = µω 2 A2s = µω 2A2 (1 + cos ∆φ). 2 Uoˇcavamo da je snaga superpozicije valova uz ∆φ = π (destruktivna interferencija, valovi u protufazi) jednaka nuli, dok je za ∆φ = 0 (konstruktivna interferencija, valovi u fazi) ona dvostruko ve´ca od zbroja srednjih snaga hP1 i i hP2 i. 3.8 Refleksija i transmisija vala na granici dvaju sredstava Refleksija i transmisija transverzalnog vala na napetom uˇ zetu: Slika prikazuje napeto uˇze ˇcija lijeva strana (sredstvo 1, x < 0) ima manju linijsku gusto´cu mase od njegove desne strane (sredstvo 2, x > 0) i duˇz kojega se ˇsiri transverzalni harmoniˇcki val. Uˇze je svuda napeto jednakom napetoˇs´cupT , a zbog razlike u linijskim gusto´cama mase µ1 s lijeve i µp 2 > µ1 s desne strane, brzina v1 = T /µ1 ˇsirenja vala lijevom stranom ve´ca je od brzine v2 = T /µ2 ˇsirenja vala desnom stranom uˇzeta. Sredstvo 1: x < 0 Sredstvo 2: x > 0 x v1 x=0 v2 cki val koji se na granici sredstava (x = 0) Lijevom stranom uˇzeta nailazi upadni harmoniˇ dijelom reflektira, ˇcime nastaje reflektirani val koji se giba unazad i zajedno s upadnim valom ˇcini superpoziciju prikazanu na lijevoj strani gornje slike, a dijelom prelazi na desnu stranu i nastavlja se ˇsiriti njome kao transmitirani val. Ta tri harmoniˇcka vala titraju jednakom frekvencijom ω, ali njihovi valni brojevi k1,2 , odnosno valne duljine λ1,2 , ovise o brzini ˇsirenja vala u sredstvu. Prema relaciji (3.23) imamo r µ1,2 2π ω =ω = . (3.39) k1,2 = v1,2 T λ1,2 Upadni, reflektirani i transmitirani val moˇzemo opisati izrazima Au cos[k1 x − ωt] At cos[k2 x − ωt + φt ] Ar cos[−(k1 x + ωt + φr )] x=0 a moˇzemo ih napisati i u kompleksnom obliku kao y1 [x, t] = Au ei(k1 x−ωt) + Ar e−i(k1 x+ωt+φr ) , i(k2 x−ωt+φt ) y2 [x, t] = At e , x ≤ 0, x ≥ 0, (3.40) (3.41) pritom podrazumijevaju´ci da je otklon ˇcestica od ravnoteˇznog poloˇzaja opisan njihovim realnim dijelom. Amplitude Ar i At i fazne pomake φr i φt reflektiranog i transmitiranog vala S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 42 odredujemo na osnovu tzv. spojnih uvjeta koji se odnose na ponaˇsanje funkcija y1 i y2 na samoj granici sredstava. Prvi spojni uvjet zahtijeva da uˇze bude neprekinuto odnosno da pri x = 0 otklon superpozicije valova u sredstvu 1 bude jednak otklonu vala u sredstvu 2. Matematiˇcki to izraˇzavamo kao y1 [0, t] = y2 [0, t], ˇsto ovdje daje Au + Ar e−iφr = At eiφt . (3.42) Drugi spojni uvjet proizlazi iz zahtjeva da ukupna sila koja djeluje na element sredstva mase ∆m koji se nalazi na samom spojiˇstu teˇzi u nulu kad ∆m → 0. S obzirom da je napetost uˇzeta s obiju strana jednaka, slijedi da nagib uˇzeta s lijeve i s desne strane spojiˇsta mora biti jednak. Taj uvjet iskazujemo kao y1′ [0, t] = y2′ [0, t], gdje crtica oznaˇcava parcijalnu derivaciju funkcije po x-koordinati, a on ovdje vodi na k1 Au − k1 Ar e−iφr = k2 At eiφt . (3.43) 2k1 Au , k1 + k2 (3.44) Iz gornjih dviju jednadˇzbi slijedi At eiφt = Ar e−iφr = k1 − k2 Au . k1 + k2 Desna strana prve jednadˇzbe je pozitivan realan broj, ˇsto znaˇci da je fazni pomak φt = 0 te da transmitirani val titra u fazi s upadnim valom. Desna strana druge jednadˇzbe je takoder realan broj, ali njegov predznak ovisi o odnosu k1 i k2 . Kad je k2 > k1 , ˇcemu dogovara µ2 > µ1 (situacija sa gornje slike), izraz je negativan, ˇsto znaˇci da je fazni pomak φr = π te da reflektirani val titra u protufazi s upadnim valom. U suprotnom, φr = 0, a reflektirani val titra u fazi s upadnim valom. Srednju snagu upadnog, reflektiranog i transmitiranog vala koriste´ci jednadˇzbu (3.38) moˇzemo napisati kao 1 2 2p ω Au µ1 T , 2  2 √ √  p µ1 − µ2 2 2 p 1 2 k1 − k2 1 2 2 ω Au µ1 T = ω √ Au µ1 T , √ 2 k1 + k2 2 µ1 + µ2  2  2 √ p p 2 µ1 1 2 1 2k1 1 2 2 2 2 hPt i = µ2 ω At v2 = ω Au µ2 T = ω √ A2u µ2 T . √ 2 2 k1 + k2 2 µ1 + µ2 1 hPu i = µ1 ω 2 A2u v1 = 2 1 hPr i = µ1 ω 2 A2r v1 = 2 (3.45) (3.46) (3.47) Lako je uvjeriti se da vrijedi hPu i = hPr i + hPt i, ˇsto govori o tome da je energija oˇcuvana. Mogu´ce je takoder definirati koeficijent transmisije snage T i koeficijent refleksije snage R kao √ √  √ µ1 − µ2 2 4 µ1 µ2 hPr i hPt i R= T = = √ = √ , (3.48) √ √
2 hPu i hPu i µ1 + µ2 µ1 + µ2 gdje vidimo da vrijedi T < 1 i T + R = 1. Primjer: Pokazat ´cemo da su relacije (3.44) i (3.48) u skladu s od ranije poznatim rezultatima koji opisuju refleksiju vala na ˇcvrstom i na slobodnom kraju sredstva. • Sluˇcaj µ2 ≫ µ1 : Desni dio uˇzeta ima toliko veliku linijsku gusto´cu mase da se gotovo i ne pomiˇce. Relacije (3.44) i (3.48) predvidaju At → 0, Ar → Au , φr = π, T → 0, R → 1, S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 43 ˇsto znaˇci da transmitiranog vala nema, a reflektirani val ima amplitudu jednaku upadnom i s njim je u protufazi. Time se osigurava mirovanje kraja uˇzeta te je situacija istovjetna refleksiji vala na ˇcvrstom kraju sredstva. • Sluˇcaj µ2 = µ1 : Desni dio uˇzeta ne razlikuje se od lijevog. Relacije (3.44) i (3.48) daju At → Au , Ar → 0, T → 1, R → 0, ˇsto potvrduje da se refleksija nije dogodila te nema smisla govoriti o faznom pomaku φr . • Sluˇcaj µ2 ≪ µ1 : Desni dio uˇzeta ima toliko malenu linijsku gusto´cu mase da gotovo ne utjeˇce na transverzalno gibanje lijevog dijela uˇzeta, ve´c iskljuˇcivo osigurava potrebnu napetost. Ovdje dobivamo At → 2Au , Ar → Au , φr = 0, T → 0, R → 1. Vidimo da reflektirani val ima amplitudu jednaku upadnom te je s njim u fazi. Zanimljivo je primijetiti da je snaga transmitiranog vala jednaka nuli bez obzira na to ˇsto on titra dvostruko ve´com amplitudom od upadnog vala. Treba uzeti u obzir da ovdje razmatramo sluˇcaj u kojem njegova linijska gusto´ca mase teˇzi u nulu, ˇsto objaˇsnjava ˇcinjenicu da snaga vala na takvom uˇzetu teˇzi u nulu. Refleksija i transmisija longitudinalnog vala: Razmatranje koje je provedeno za transverzalne valove moˇze se primijeniti i na longitudinalne valove, ali uz preinaku jednog od dvaju spojnih uvjeta. I ovdje zahtijevamo da sila koja djeluje na element mase ∆m koji se nalazi na samom spojiˇstu teˇzi u nulu kad ∆m → 0, ˇsto ovdje znaˇci da naprezanja s dviju strana moraju biti jednaka . . . 3.9 Zvuk i Dopplerova pojava Zvuk je u fizici sinonim za longitudinalni val koji se ˇsiri ˇcvrstim sredstvom ili fluidom (stlaˇcivom teku´cinom ili plinom). U uˇzem smislu, kad se misli na zvuk koji ˇcujemo uˇsima, rijeˇc je o longitudinalnom valu koji se ˇsiri zrakom i ˇcije se frekvencije nalaze unutar podruˇcja od pribliˇzno 20 Hz do pribliˇzno 20 kHz. Brzina ˇ sirenja zvuka u plinu: Pri ˇsirenju zvuka opravdano je pretpostaviti da se promjene tlaka elementa plina, a time i njegove temperature, odvijaju toliko brzo da izmedu susjednih elemenata plina ne dolazi do znaˇcajnog prijenosa toplinske energije. To znaˇci da promjene stanja plina moˇzemo smatrati adijabatskim promjenama, a tada je modul stlaˇcivosti plina dan izrazom B = κp0 , (3.49) gdje je κ adijabatski koeficijent, a p0 je ravnoteˇzni tlak plina (izraz je izveden u primjeru ???). Iz toga slijedi da je brzina ˇsirenja zvuka p p vz = B/ρ = κp0 /ρ, (3.50) gdje je ρ gusto´ca plina. Koriste´ci jednadˇzbu stanja idealnog plina pV = nRT i definiciju molarne mase M = m/n, brzinu ˇsirenja zvuka joˇs moˇzemo izraziti i kao p (3.51) vz = κRT /M. S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 44 Primjer: Brzinu zvuka u zraku pri standardnim uvjetima moˇzemo procijeniti na osnovi podataka o atmosferskom tlaku p0 = 1.01 × 105 Pa, podatka o gusto´ci zraka ρ = 1.22 kg m−3 (srednja vrijednost na razini mora pri temperaturi 15◦ C), a s obzirom da glavninu zraka ˇcine dvoatomne molekule duˇsika, koriste´ci i vrijednost adijabatskog koeficijenta za dvoatomni plin κ = 7/5 = 1.40. Slijedi s r κp0 1.40 × (1.01 × 105 Pa) vz = = ≃ 340 m s−1 ≃ 1220 km h−1 . ρ 1.22 kg m−3 Gornjoj i donjoj granici frekvencijskog podruˇcja ˇcujnosti odgovaraju valne duljine λmin = vz fmax = 340 m s−1 = 1.7 cm 20 000 Hz i λmax = 340 m s−1 vz = = 17 m. fmin 20 Hz Amplituda oscilacije tlaka: Pretpostavimo li da se plinom ˇsiri zvuk frekvencije ω, pri ˇcemu ˇcestice titraju amplitudom A, otklon ˇcestica od ravnoteˇznog poloˇzaja moˇzemo opisati funkcijom ξ[x, t] = A cos[kx − ωt], (3.52) gdje je k = ω/vz . Relacija (3.13), koja govori o tlaˇcnom naprezanju izazvanom longitudinalnim valom, omogu´cuje nam da tlak plina p[x, t] ovdje izrazimo kao p[x, t] − p0 = −Bξ ′ [x, t] = BkA sin[kx − ωt], (3.53) gdje je p0 tlak koji je prisutan u ravnoteˇznom stanju plina, a veliˇcinu BkA prepoznajemo kao amplitudu kojom vrijednost tlaka titra oko ravnoteˇzne vrijednosti p0 . Amplitudu titranja tlaka joˇs moˇzemo izraziti i kao ∆pmax = BkA = ρvz ωA, (3.54) gdje smo koristili poznate relacije B = ρvz2 i k = ω/vz. U tom izrazu prepoznajemo faktor ρvz koji ovisi iskljuˇcivo o svojstvima plina i faktor ωA koji ovisi o valu koji se njime ˇsiri. Intenzitet zvuka je veliˇcina definirana je kao omjer prosjeˇcne snage vala hP i i povrˇsine popreˇcnog presjeka S sredstva kojim se val ˇsiri. Prosjeˇcna snaga longitudinalnog vala dana je izrazima (3.38) i (3.36) koji nam omogu´cuju da intenzitet zvuka izrazimo kao I= 1 (∆pmax )2 hP i . = ρω 2 A2 vz = S 2 2ρvz (3.55) U posljednjem koraku smo intenzitet zvuka izrazili s pomo´cu amplitude titranja tlaka ∆pmax te parametara koji ovise iskljuˇcivo o svojstvu plina. Razina jakosti buke je veliˇcina kojom se u praksi iskazuje intenzitet zvuka, a definirana je kao I (3.56) LdB = 10 log10 , I0 gdje se za intenzitet I0 uzima tzv. granica ˇcujnosti pri danoj frekvenciji zvuka, I0 = 10−12 W m−2 . Mjerna jedinica jakosti buke je 1 dB (decibel). S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 45 Primjer: Zvuˇcnik se nalazi na vodoravnom tlu i emitira zvuk frekvencije f = 1000 Hz, ravnomjerno u svim smjerovima “gornjeg poluprostora”. Na udaljenosti r = 30 m od zvuˇcnika ˇ jakost buke iznosi LdB = 100 dB. Zelimo odrediti srednju snagu kojom zvuˇcnik pobuduje zrak na titranje. Najprije na osnovu definicije jakosti buke (3.56) raˇcunamo intenzitet zvuka pri udaljenosti r od izvora. Koriste´ci I0 = 10−12 W m−2 dobivamo I = I0 × 10LdB /10 ≃ 0.01 W m−2 . Nadalje, s obzirom da je val zvuka jednoliko rasporeden po povrˇsini koja je jednaka polovini povrˇsine sfere polumjera r (gornja hemisfera), imamo S = 2r 2 π, te na osnovu definicije intenziteta (3.55) slijedi da je srednja snaga vala hP i = SI = 2r 2 πI ≃ 56.5 W. Tu snagu moˇzemo positovjetiti sa srednjom snagom kojom djeluje zvuˇcnik. Takoder je zanimljivo odrediti amplitudu titranja tlaka ∆pmax pri udaljenosti r, gdje koriste´ci (3.55) dobivamo p ∆pmax = 2ρvz I ≃ 2.88 Pa, te amplitudu titranja ˇcestica A koju moˇzemo dobiti iz (3.54), A= ∆pmax ∆pmax = ≃ 1.10 × 10−6 m. ρvz ω 2πρvz f (Podaci o gusto´ci zraka i o brzini zvuka u zraku preuzeti su iz ranijeg primjera.) Dopplerova pojava: U situacijama u kojima se izvor zvuka ili prijamnik gibaju u odnosu na zrak, prijamnik moˇze ˇcuti frekvenciju koja je razliˇcita od frekvencije kojom titra izvor. Slika prikazuje poloˇzaj izvora zvuka u trenutku u kojem je on emitirao zvuk te poloˇzaj prijamnika u kasnijem trenutku u kojem je prijamnik taj zvuk primio. Osim toga, prikazani su vektor brzine izvora vi (u odnosu na mirni zrak) u trenutku emisije i vektor brzine prijamnika vp (u odnosu na mirni zrak) u trenutku prijama. vp vi Izvor ˆ rip Prijamnik Na slici je takoder nacrtan jediniˇcni vektor ˆ rip koji je usmjeren od toˇcke u kojoj je signal emitiran prema toˇcki u kojoj je signal, u kasnijem trenutku, primljen. Frekvencija fi kojom titra izvor i frekvencija fp koju ˇcuje prijamnik povezane su relacijom fp vz − ˆ rip · vp = , fi vz − ˆ rip · vi (3.57) gdje je vz iznos brzine zvuka u zraku. Zbog sloˇzenosti, izvod gornje formule nalazi se u dodatku B. S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 46 Primjer: Dopplerovu pojavu je najlakˇse objasniti u sluˇcaju u kojem izvor miruje, a prijamnik se giba izravno prema njemu. Izvor ∆r vz vp Prijamnik Ako izvor odaˇsilje signal u pravilnim vremenskim razmacima ∆ti , razmak medu valnim frontama koje odgovaraju uzastopno odaslanim signalima je ∆r = vz ∆ti . Prijamnik ˇcuje signal svaki put kad na svom putu susretne valnu frontu. Zbog gibanja prijamnika prema izvoru, brzina prijamnika u odnosu na valne fronte je vz + vp te vrijeme koje protjeˇce izmedu uzastopnih susreta prijamnika s valnim frontama moˇzemo napisati kao ∆tp = ∆r . vz + vp Eliminacijom ∆r iz gornjih jednadˇzbi te piˇsu´ci fi = 1/∆ti i fp = 1/∆tp slijedi fp ∆ti vz + vp = = . fi ∆tp vz Dobiveni izraz je u skladu s (3.57), gdje bismo imali vi = 0 i ˆ rip · vp = −vi , jer su ovdje ˆ rip i vi suprotnog smjera. Primjer: Avion leti vodoravno brzinom iznosa vi = 0.8 vz , pritom proizvode´ci zvuk frekvencije fi = 100 Hz. Zanima nas odrediti frekvenciju koju ˇcuje mirni prijamnik u trenutku u kojem avion prolazi iznad njega. Opisana situacija prikazana je na slici. vi ∆t vi Izvor θ ˆ rip vz ∆ t Prijamnik U trenutku u kojem se avion nalazi iznad prijamnika, prijamnik ˇcuje zvuk emitiran u ranijem trenutku. Oznaˇcimo li s ∆t interval vremena koje protjeˇce od trenutka emitiranja do trenutka prijama zvuka, avion u tom intervalu prevaljuje vodoravnu udaljenost vi ∆t, dok zvuk u istom intervalu prevaljuje udaljenost vz ∆t. Te dvije udaljenosti na gornjoj slici prepoznajemo kao vodoravnu katetu i kao hipotenuzu pravokutnog trokuta. To nam omogu´cuje da kosinus kuta θ ˇsto ga zatvaraju vektor brzine izvora vi i vektor ˆ rip usmjeren od toˇcke emitiranja S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) 47 prema toˇcki prijama izrazimo kao cos θ = vi . vz Sada moˇzemo iskorstiti formulu (3.57) s pomo´cu koje dobivamo fp = fi 3.10 vz vz fi 100 Hz = fi = = ≃ 278 Hz. vz − ˆ rip · vi vz − vi cos θ 1 − (vi /vz )2 1 − (0.8)2 Disperzija valova Dosadaˇsnja razmatranja valnih gibanja bila su ograniˇcena na pojave koje proizlaze iz valne jednadˇzbe oblika (3.3) odnosno na njena rjeˇsenja koja se mogu opisati kao superpozicija valova (3.4) koji putuju brzinom v. U stvarnosti, ponajprije zbog toga ˇsto elastiˇcna sredstva kojima se valovi ˇsire nisu u potpunosti linearna, valne pojave mogu poprimiti dodatna zanimljiva svojstva. Disperzija vala: Slika prikazuje val koji se giba na desno i pritom pokazuje pojavu disperzije (rasipanja). v Uoˇcavamo da val s vremenom postaje sve niˇzi i sve ˇsiri. Takvu pojavu ne opaˇzamo u rjeˇsenjima valne jednadˇzbe (3.3). Disperzivna i nedisperzivna sredstva: Sredstva u kojima opaˇzamo pojavu disperzije valova zovemo disperzivnim sredstvima, a sredstva u kojima ne dolazi do disperzije zovemo nedisperzivnim sredstvima. Disperziona relacija: U nedisperzivnim sredstvima svi valovi putuju jednakom brzinom v, a kad se radi o harmoniˇckom valu, frekvencija vala ω i njegov valni broj k = 2π/λ povezani su tzv. linearnom disperzionom relacijom ω = kv, v = konst. (3.58) U disperzivnom sredstvu, frekvencija harmoniˇckog vala ω i njoj odgovaraju´ci valni broj k povezani su na sloˇzeniji naˇcin ˇsto iskazujemo nelinearnom disperzionom relacijom ω = ω[k]. (3.59) Kao posljedica nelinearnosti disperzione relacije, brzina ˇsirenja harmoniˇckog vala ω[k] (3.60) k u disperzivnom sredstvu nije jednaka za sve valne brojeve. Slika prikazuje linearnu disperzionu relaciju ω = kv za nedisperzivno sredstvo (isprekidana crta) te tipiˇcnu nelinearnu disperzionu relaciju ω = ω[k] za disperzivno sredstvo (puna crta). v= S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) ω 48 ω = kv ω = ω[k] k Uoˇcavamo da se u disperzivnom sredstvu brzina harmoniˇckog vala (3.60) smanjuje s valnim brojem odnosno s frekvencijom vala. Fazna i grupna brzina ˇ sirenja vala: Razmotrit ´cemo superpoziciju dvaju harmoniˇckih valova koji putuju u istom smjeru, titraju s jednakim amplitudama i imaju bliske valne brojeve i frekvencije. Prvi val neka ima valni broj k + ∆k kojemu u danom sredstvu odgovara frekvencija ω + ∆ω, a drugi val neka ima valni broj k − ∆k kojemu tom sredstvu odgovara frekvencija ω − ∆ω. Pretpostavljamo da vrijedi ∆k ≪ k, odnosno ∆ω ≪ ω. Superpoziciju valova moˇzemo napisati kao y[x, t] = A cos[(k + ∆k)x − (ω + ∆ω)t] + A cos[(k − ∆k)x − (ω − ∆ω)t]. (3.61) Koriste´ci identitet cos a+cos b = 2 cos[(a+b)/2] cos[(a−b)/2], istu superpoziciju moˇzemo napisati i kao y[x, t] = 2A cos[kx − ωt] cos[∆k x − ∆ω t] h  h  ω i ∆ω i = 2A cos k x − t cos ∆k x − t , k ∆k (3.62) gdje prepoznajemo umnoˇzak brzo titraju´ceg faktora koji sam za sebe opisuje harmoniˇcki val koji se ˇsiri brzinom ω/k i sporo titraju´ceg faktora koji sam za sebe opisuje harmoniˇcki val koji se ˇsiri brzinom ∆ω/∆k. Moˇze se re´ci da sporo titraju´ci faktor stvara udare u valu opisanom brzo titraju´cim faktorom. U nedisperzivnom sredstvu te dvije brzine medusobno su jednake, a u disperzivnom sredstvu one se razlikuju. Brzinu kojom putuje harmoniˇcki val s valnim brojem k i kojemu odgovara frekvencija ω, ω (3.63) vf = , k zovemo faznom brzinom, dok brzinu kojom se ˇsire udari pri superpoziciji dvaju valova bliske frekvencije, dω , (3.64) vg = dk zovemo grupnom brzinom. U stvarnim sredstvima grupna brzina je manja od fazne brzine. S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) A A.1 49 Postupci rjeˇsavanja jednadˇ zbi gibanja oscilatora Jednostavni harmoniˇ cki oscilator Jednadˇzba gibanja jednostavnog harmoniˇckog oscilatora (2.4) glasi x¨ + ω02x = 0, (A.1) 2 d gdje je ω02 > 0 konstanta, x = x[t] je nepoznata funkcija vremena t, a x¨ = dt 2 x[t] je njena druga derivacija. Rijeˇc je o obiˇcnoj, homogenoj linearnoj diferencijalnoj jednadˇzbi drugog reda s konstantnim koeficijentima. Probno rjeˇsenje x = eλt (A.2) λ2 + ω02 = 0, (A.3) vodi na karakteristiˇcnu jednadˇzbu ˇcija su dva rjeˇsenja karakteristiˇcne vrijednosti λ1,2 = ±iω0 . (A.4) Op´ce rjeˇsenje je linearna kombinacija tih dvaju rjeˇsenja, x[t] = a1 eλ1 t + a2 eλ2 t = a1 eiω0 t + a2 e−iω0 t , (A.5) gdje su a1 i a2 op´cenito kompleksni koeficijenti, a x[t] je op´cenito kompleksna funkcija. Odaberemo li koeficijente a1 i a2 kao medusobno kompleksno konjugirane brojeve, a to znaˇci da ih moˇzemo zapisati kao A a1,2 = e±iφ , (A.6) 2 gdje su A > 0 i φ realni brojevi, op´ce rjeˇsenje (A.5) postaje realna funkcija, x[t] = A iφ iω0 t A −iφ −iω0 t A i(ω0 t+φ) A −i(ω0 t+φ) e e + e e = e + e = A cos[ω0 t + φ] 2 2 2 2 (A.7) (koristili smo Eulerovu formulu eiα = cos α + i sin α). Konstante A i φ u konaˇcnom izrazu prepoznajemo kao amplitudu i fazni pomak harmoniˇckog titranja frekvencijom ω0 , a sam izraz je istovjetan izrazu (2.5) koji smo pri razmatranju harmoniˇckog oscilatora naveli kao op´ce rjeˇsenje jednadˇzbe gibanja (2.4), odnosno (A.1). Napomena: Odabir kompleksnih koeficijenata a1 i a2 u (A.6) proizlazi iz zahtjeva da kompleksna funkcija x[t] dana s (A.5) bude realna funkcija. Koeficijente a1 i a2 moˇzemo op´cenito napisati kao a1,2 = α1,2 + iβ1,2 , (A.8) ˇsto vodi na x[t] = (α1 + iβ1 )(cos ω0 t + i sin ω0 t) + (α2 + iβ2 )(cos ω0 t − i sin ω0 t) (A.9) Uoˇcavamo da je imaginarni dio gornje funkcije, Im[x] = (β1 + β2 ) cos ω0 t + (α1 − α2 ) sin ω0 t, (A.10) jednak nuli ako vrijedi α1 = α2 i β1 = −β2 , ˇsto znaˇci da a1 i a2 moraju biti medusobno kompleksno komnjugirani brojevi. S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) A.2 50 Harmoniˇ cki oscilator s priguˇ senjem Jednadˇzba gibanja harmoniˇckog oscilatora s priguˇsenjem (2.24) glasi x¨ + 2δ x˙ + ω02 x = 0, (A.11) gdje su δ > 0 i ω02 > 0 konstante, x = x[t] je nepoznata funkcija vremena t, a x˙ i x¨ su njena prva i druga derivacija. Radi se o obiˇcnoj, homogenoj linearnoj diferencijalnoj jednadˇzbi drugog reda s konstantnim koeficijentima. Probno rjeˇsenje x[t] = eλt vodi na karakteristiˇcnu jednadˇzbu λ2 + 2δλ + ω02 = 0, (A.12) ˇcija su rjeˇsenja karakteristiˇcne vrijednosti λ1,2 = −δ ± q δ 2 − ω02 . (A.13) Op´ce rjeˇsenje razmatramo posebno za sluˇcaj δ < ω0 , za sluˇcaj δ = ω0 te za sluˇcaj δ > ω0 . Podkritiˇ cno priguˇ senje: Kad je δ < ω0 , karakteristiˇcne vrijednosti su kompleksni brojevi koje moˇzemo napisati kao λ1,2 = −δ ± iω, (A.14) gdje je ω= Op´ce rjeˇsenje je kompleksna funkcija q ω02 − δ 2 .
x[t] = a1 eλ1 + a2 eλ2 = e−δt a1 eiωt + a2 e−iωt , (A.15) (A.16) gdje su a1 i a2 kompleksni koreficijenti. Odaberemo li te koeficijente kao medusobno kompleksno konjugirane brojeve A a1,2 = e±iφ , (A.17) 2 op´ce rjeˇsenje poprima oblik x[t] = Ae−δt cos[ωt + φ] (A.18) u kojem prepoznajemo priguˇseno titranje frekvencijom ω koja je dana s (A.15) i amplitudom koja eksponencijalno trne u vremenu. Kritiˇ cno priguˇ senje: Kad je δ = ω, karakteristiˇcne vrijednosti su degenerirane (medusobno jednake) i iznose λ1,2 = −δ. U takvom sluˇcaju, op´ce rjeˇsenje piˇsemo kao x[t] = (a1 + a2 t)eλt = (a1 + a2 t)e−δt , (A.19) ˇsto je uz odabir a1,2 ∈ R realna funkcija koja eksponencijalno trne u vremenu. Nadkritiˇ cno priguˇ senje: Kad je δ > ω, karakteristiˇcne vrijednosti su realne, a moˇzemo ih napisati kao λ1,2 = −δ ± q, (A.20) gdje je q= Op´ce rjeˇsenje je q δ 2 − ω02 .
x[t] = e−δt a1 eqt + a2 e−qt . (A.21) (A.22) Uz odabir a1,2 ∈ R, to je realna funkcija, a s obzirom da vrijedi δ > q, ona eksponencijalno trne u vremenu. S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) A.3 51 Oscilator s vanjskom silom Jednadˇzba gibanja harmoniˇckog oscilatora s priguˇsenjem i s vanjskom harmoniˇckom silom (2.37) glasi x¨ + 2δ x˙ + ω02 x = fp cos ωp t, (A.23) gdje je x = x[t] nepoznata funkcija vremena, a δ, ω02, fp i ωp su konstante. To je obiˇcna, linearna, nehomogena diferencijalna jednadˇzba drugog reda s konstantnim koeficijentima. Njeno op´ce rjeˇsenje se sastoji od op´ceg rjeˇsenja odgovaraju´ce homogene jednadˇzbe (A.11) i od partikularnog rjeˇsenja nehomogene jednadˇzbe. S obzirom da rjeˇsenje homogene jednadˇzbe trne u vremenu (vidi poglavlje A.2), ovdje se bavimo samo partikularnim rjeˇsenjem nehomogene jednadˇzbe. Kao partikularno rjeˇsenje oˇcekujemo harmoniˇcko titranje frekvencijom ωp te probno rjeˇsenje piˇsemo u kompleksnom obliku kao x[t] = Aei(ωp t−φ) , (A.24) gdje su amplituda A > 0 i fazni pomak φ realne konstante. Uvrˇstavanjem probnog rjeˇsenja u (A.23) dobivamo (−ωp2 + i 2δωp + ω02 )Ae−iφ = fp (A.25) odnosno kad izluˇcimo A, fp eiφ A= 2 . ω0 − ωp2 + i 2δωp (A.26) S obzirom da je prema pretpostavci A > 0, isto vrijedi i za desnu stranu gornje jednadˇzbe. To znaˇci da brojnik i nazivnik imaju istu fazu (kut) u kompleksnoj ravnini. Na osnovu te ˇcinjenice zakljuˇcujemo 2δωp tan φ = 2 , 0 < φ < π, (A.27) ω0 − ωp2 a samu amplitudu moˇzemo jednostavnije napisati kao fp A= q . (ω02 − ωp2 )2 + (2δωp )2 (A.28) S. Iliji´c: Mehanika 2. dio (20. studenog 2015.) B 52 Izvod vektorske formule za Dopplerovu pojavu Polazimo od sljede´cih pretpostavki: • Signal (zvuk) u svim smjerovima putuje brzinom iznosa vz . • Signal odaslan iz toˇcke ri u trenutku ti (izvor) primljen je u toˇcki rp u trenutku tp > ti (prijamnik). • Signal odaslan iz toˇcke ri + vi ∆ti u trenutku ti + ∆ti primljen je u toˇcki rp + vp ∆tp u trenutku tp + ∆tp . Podrazumijeva se ∆ti,p ≪ tp − ti . Izravno slijede jednakosti vz (tp − ti ) = |rp − ri |, (B.1) vz ((tp + ∆tp ) − (ti + ∆ti )) = |(rp + vp ∆tp ) − (ri + vi ∆ti )|. (B.2) Jednadˇzbu (B.2) zapisujemo u obliku vz ((tp − ti ) + (∆tp − ∆ti )) = |(rp − ri ) + (vp ∆tp − vi ∆ti )| (B.3) te koriste´ci (B.1) imamo |rp − ri | + vz (∆tp − ∆ti ) = |(rp − ri ) + (vp ∆tp − vi ∆ti )|. (B.4) Gornju jednadˇzbu kvadriramo te odbacujemo ˇclanove koji su kvadratiˇcni u ∆ti ili ∆tp , nakon ˇcega dobivamo vz (∆tp − ∆ti )|rp − ri | = (rp − ri ) · (vp ∆tp − vi ∆ti ). (B.5) Uvedemo li jediniˇcni vektor ˆ rip koji je usmjeren od toˇcke ri prema toˇcki rp , ˆ rip = rp − ri , |rp − ri | jednadˇzbu (B.5) moˇzemo napisati kao     ∆ti ∆ti =ˆ rip · vp − vi vz 1 − ∆tp ∆tp te iz nje izluˇciti omjer ∆ti /∆tp , (B.6) (B.7) ∆ti vz − ˆ rip · vp = . ∆tp vz − ˆ rip · vi (B.8) fp vz − ˆ rip · vp = fi vz − ˆ rip · vi (B.9) Shvatimo li intervale ∆ti i ∆tp kao reciproˇcne vrijednosti frekvencija fi i fp kojima izvor odaˇsilje, a prijamnik prima signale, dobivamo ˇsto je formula (3.57).