Drgania prętów
(kamerton, cymbałki…)
L y
x h
ϕ
M+dM M
F
F+dF
x J E
M = ∆ ϕ
dx
dx J E y x
M
22
)
( ∂
= Rozważaliśmy
zginanie belek…
R J E
M 1
=
Możemy to zapisać używając drugiej pochodnej…
Wzór z krzywizną…
dx x
F
dM = ( )
ϕ ϕ
w przekroju x+dx działa moment M+dM Naddatek momentu, jest
równoważony przez siły styczne do przekroju…
Moment skręcający zależy od położenia x, w przekroju x działa moment M
x
x x t M
x
F ∂
= ∂ ( ) )
, (
E - moduł Younga
J - geometryczny moment bezwładności
Naddatek siły działającej na element dx 3
)
3) ( ,
( x
EJ y x
x t M
x
F ∂
= ∂
∂
= ∂
x dx EJ y
x dx x
dF F
4)
4(
∂
− ∂
∂ =
− ∂
=
stanowi siłę zwrotną działającą wzdłuż y na element pręta o masie ∆m
x dx EJ y
t
Sdx y
44 2
2
∂
− ∂
∂ = ρ ∂
Pod wpływem siły dF
element ∆m uzyskuje przyspieszenie 2 2
t y
∂
∂
Stąd równanie ruchu:
4 4 2
2
x EJ y t
S y
∂
− ∂
∂ =
ρ ∂
40
4 2 2
2
∂ = + ∂
∂
∂
x a y
t y
S a EJ
= ρ
gdzie 2
∆m=ρSdx
ρ - gęstość pręta S – powierzchnia
przekroju pręta
Otrzymaliśmy równanie drgań poprzecznych pręta…
Równanie drgań poprzecznych pręta (kamertonu)
4
0
4 2 2
2
∂ = + ∂
∂
∂
x a y
t y
Warunki brzegowe:
• dla zamocowanego końca, czyli dla x=0,
0
0
∂ =
∂
=
x
x0 y ) , 0
( t = y
• na końcu pręta (x=L) powinien znikać moment zginający i siła styczna
2
0
2
∂ =
∂
=L
x
xy
30
3
∂ =
∂
=L
x
xy
Warunki początkowe, wychylenie i prędkość
) ( )
0 ,
( x f x
y = 0
0
∂ =
∂
=
t
ty
Postulujemy rozwiązanie:
(metoda separacji zmiennych)
i podstawiamy do równania ***
y ( x , t ) = Y ( x ) T ( t )
***
λ
−
=
−
=
42 2
) ( )
( 1 )
( 1
dx x Y d x Y dt
t T d Ta
Skoro funkcje dwóch niezależnych zmiennych są sobie równe, to muszą być stałe: λλλ - stała.λ
Dla funkcji Y(x) dostajemy więc równanie:
0 )
) ( (
4 4
=
− Y x dx
x Y
d λ
Rozwiązanie ogólne ma postać:
) sin(
) cos(
) sinh(
) cosh(
)
( x A
4x B
4x C
4x D
4x
Y = λ + λ + λ + λ
Z warunków brzegowych: (0) 0, 0
0
=
=
=
dx x
Y dY
C=-A, D=-B
0
,
0 3
3 2
2
=
=
=
=L x L
x dx
Y d dx
Y d
0 )) sin(
) (sinh(
)) cos(
)
(cosh(
4l +
4l + B
4l +
4l =
A λ λ λ λ
0 )) cos(
) (cosh(
)) sin(
)
(sinh(
4l −
4l + B
4l +
4l =
A λ λ λ λ
Układ równań ma nietrywialnie rozwiązania A i B, gdy wyznacznik układu jest równy zeru…
0 ) (
sin )
( sinh )
( cos )
cos(
) cosh(
2 ) (
cosh
2 4λ L +
4λ L
4λ L +
2 4λ L −
2 4λ l +
2 4λ L =
Ponieważ
1 ) (
cos )
( sin
1 ) (
sinh )
( cosh
2 4 2 4
2 4 2 4
= +
=
−
L L
L L
λ λ
λ λ
To otrzymujemy równanie przestępne:
Jego rozwiązania można znaleźć numerycznie:
1 )
cos(
)
cosh( µ µ = −
gdzieµ =
4λ L
µ1=1,875, µ2=4,494, µ3=7,854… µn≈π/2(2n-1) dla n>3 Znając wartości µ możemy znaleźć amplitudy A i B oraz
4 4
L
n n
λ = µ
Pozostaje nam rozwiązać teraz równanie na funkcję T(t), ale to jest znacznie prostsze…
) 0
(
22
+ a T =
dt t T
d λ
Równanie oscylatoraharmonicznego!
) sin(
) cos(
)
( t a t b t
T
n=
nω
n+
nω
nS EJ L
S
a
nEJ
n nn
ρ
λ µ λ ρ
ω
22
=
=
=
S EJ L
n
n
π ρ
ν µ
22
= 2
Częstotliwość Częstość
548 .
17
, 267 .
6
21 2 3 1
3 2
1 2 2 1
2
= = = =
µ µ ν
ν µ
µ ν
ν
Stosunki częstości dla drgań poprzecznych pręta (kamertonu)
są inne niż dla struny! Kolejne częstotliwości nie są wielokrotnościami częstości podstawowej! (Można to zbadać doświadczalnie używając analizy fourierowskiej…)
Równania wyprowadzone dla pręta stosują się też do drgań płyt (cymbałki)!
Będziecie mogli to sprawdzić wykonując ćwiczenia na Pracowni fizycznej!
4 4
L
n n
λ = µ
Drgania membrany
Powierzchniowe źródła dźwięku – płyty, membrany…
ρ σ ρ
υ = ρ = = S T
T
00 0 0
Skorzystajmy z analogii do struny:
T0- siła naciągu ρ0 - gęstość liniowa
ρ- gęstość objętościowa σ - naprężenie
W przypadku fal stojących na membranie powinny powstać linie węzłowe.
2 2 2 0 2
2 2
2
1
t y
x ∂
= ∂
∂ + ∂
∂
∂ ψ
υ ψ
ψ
Równanie falowe drgającej membrany jest bardzo podobne do drgań struny:
Załóżmy, że mamy do czynienia z membraną rozciągniętą na kwadracie o boku L. Na brzegach kwadratu wychylenie membrany znika, przez analogię ze struną szukamy
rozwiązań w postaci:
) sin(
) sin(
) sin(
) , ,
( x y t A k
xx k
yy ω t
ψ =
y
x 0
0 L
L
Po podstawieniu do równania * i zróżniczkowaniu dostajemy:
*
2 0 2
2
υ
= ω
+
yx
k
k
Warunek na składowe wektora falowego:
przyjmując
k
x= k cos( α ) k
y= k sin( α )
dostajemy
,
2 0
2 2
υ
= ω
k
] , [ k
xk
yk =
→
υ
0ω = k
związek dyspersyjnyidentyczny jak dla struny
Rozważmy warunki brzegowe:
0 )
sin(
0 )
sin(
=
= L k
L k
y x
π π n L
k
m L
k
y x
=
=
L k n
L k m
y x
π π
=
=
0 2
2
υ
ω = k
x+ k
yρ σ ω π
L n m
n m
2 2
,
= +
ρ ν σ
L n m
n
m
2
2 2
,
= +
n m n
m,
2 πν
,ω =
Częstotliwość drgań własnych membrany:
m, n – całkowite
Drgania własne membrany zamocowanej na kwadracie mają więc postać:
) 2
sin(
) sin(
) sin(
) , ,
( x
,t
L x n
L A m
t y
x π π πν
m nψ =
L k n
L
k
xm π
yπ
=
= ,
0 2 2
2 2
,
2 2 υ
ρ ν σ
L n m
L n m
n m
= +
= +
0 1
,
1
2
2 υ
ν = L
1,2 02
5 υ
ν = L
2,2 02 2
2 υ
ν = L
[ sin( 2 ) cos( 2 ) ]
) sin(
) sin(
) , ,
(
, , , ,1 1
t B
t A
L x x n
L t m
y
x
m n m n m n m nm n
πν π πν
ψ = ∑∑
∞π +
=
∞
=
1 , 1 1
, 2 2
,
1
ν 1 . 58 ν
ν = = ν
2,2= 2 ν
1,1Rozwiązanie ogólne:
1,1 1,2 2,2
0 3
,
1
2
10 υ ν = L
1 , 1 3
,
1
2 . 24 ν
ν =
1,3
1 ,
ν
1Postać drgań własnych membrany:
Membrana kołowa
1 1.58 2.14 2.30
2.65 2.92 3.16 3.50
Stosunki częstości podstawowych dla kolejnych drgań własnych membrany kołowej, zamocowanej na brzegu…
Zbadajmy wiotką membranę w świetle stroboskopowym…
Figury Chladniego
Drgania płyt…
W zależności od tego jaki mod wzbudzamy na płycie otrzymujemy różne wzory…
Płytę umiejętnie
pobudzamy smyczkiem…
Fale biegnące
Załóżmy, że w punkcie z=0, struna wykonuje drgania D(t)=Acos(ωt)
generator
) cos(
) ( )
, 0
( t D t A ω t
ψ = =
Szukamy
Układy otwarte - fale biegnące, czyli fale wędrujące od źródła, które je wytworzyło działając na ośrodek otwarty siłą wymuszającą.
Towarzyszy temu transport energii i pędu.
Układy zamknięte – energia zamknięta w pewnym określonych granicach drgania układu (swobodne i stacjonarne) można przedstawić w
superpozycji fal stojących (drgań normalnych).
) , ( z t ψ
Dla z=0
Jeśli zaburzenie rozchodzi się ze stałą prędkością, to ruch elementu w punkcie z w chwili t, jest taki sam jak ruch elementu w punkcie z=0, ale w czasie t’
wcześniejszym o odstęp czasowy jaki fala zużywa, aby dobiec do punktu z…
z
Ponieważ:
υ
ϕt z t ' = -
−
=
−
=
=
=
ϕ
ϕ
υ
ω ω ω υ
ω ψ
ψ z A t z
t A
t A
t t
z , ) ( 0 , ' ) cos( ' ) cos cos
(
kυ
ϕω =
Dla ustalonego z, funkcja
ψ ( z , t )
przedstawia oscylacje harmoniczne w czasie…W ustalonej chwili t funkcja
ψ ( z , t )
przedstawia oscylacje harmoniczne przestrzenne…) cos(
) ,
( z t = A ω t − kz ψ
k
υ ω
ϕ
= νλ
λ π
πν
ϕ
= =
/ 2 υ 2
T
υ λ
ϕ
=
Warto zapamiętać:
Wróćmy do fal na strunie….
kz t
t
z = ω − ϕ ( , )
Funkcja fazowa (faza)
Śledzenie stałej fazy:
ϕ ( z , t ) = const 0 0
=
−
=
kdz dt
d ω
ϕ
k dt
dz
d
υ ω
ϕ
ϕ
=
=
= ]0 [
Prędkość fazowa:
Fale biegnące
2 2 2
2 2
1
z
t ∂
= ∂
∂
∂ ψ ψ
υ
00
υ = ρ T
- prędkość fazowa fali Klasyczne równanie falowe:Ogólne rozwiązanie daje się zapisać w postaci sumy fal biegnących w lewo i w prawo.
) (
) (
) ,
( z t ψ
1z υ t ψ
2z υ t
ψ = + + −
Wprowadźmy zmienne:
ξ = z + υ t η = z − υ t
∂
− ∂
∂
= ∂
∂
∂
∂ + ∂
∂
∂
∂
= ∂
∂
∂
η ψ ξ
υ ψ η η ψ ξ
ξ ψ ψ
t t
t
∂
∂
− ∂
∂ + ∂
∂
= ∂
∂
− ∂
∂
∂
∂
= ∂
∂
∂
η ξ
ψ η
ψ ξ
υ ψ η
ψ ξ
υ ψ
ψ 2
2 2 2
2 2 2
2
t 2 t
η ψ ξ
ψ η
η ψ ξ
ξ ψ ψ
∂ + ∂
∂
= ∂
∂
∂
∂ + ∂
∂
∂
∂
= ∂
∂
∂
z z
z ξ η
ψ η
ψ ξ
ψ η
ψ ξ
ψ ψ
∂
∂ + ∂
∂ + ∂
∂
= ∂
∂
− ∂
∂
∂
∂
= ∂
∂
∂ 2
2 2 2
2 2
2
z 2 z
Podstawiamy do równania falowego
0
1 4
22 2 2
2
2
=
∂
∂
− ∂
∂ =
− ∂
∂
∂
η ξ
ψ ψ
ψ
υ t z
0
2
∂ =
∂
∂ η ξ
ψ
0
2
∂ =
∂
∂ η ξ
ψ
Czyli równanie falowe przyjmuje postać:
Całkujemy niezależnie po każdej ze zmiennych i otrzymujemy
równanie w postaci sumy rozwiązań zależnych jedynie od pojedynczej zmiennej ξ lub η:
) ( )
( )
,
( η ξ
*η η ψ
1ξ ψ = ∫ f d +
= 0
∂
∂
∂
∂
η ψ
ξ ( )
*
η η
ψ = f
∂
∂
) ( )
( )
,
( η ξ ψ
1ξ ψ
2η
ψ = +
) (
) (
) ,
( z t ψ
1z υ t ψ
2z υ t
ψ = + + −
) (
) (
) ,
(
* *2
1
kz t kz t
t
z ψ ω ψ ω
ψ = + + −
lub
w lewo w prawo
Rozwiązanie ogólne równania falowego
Jeśli w chwili początkowej t=0
∂ =
∂
=
=
) (
) ( )
0 , (
0
z t g
z f z
t
ψ ψ
[ f z t f z t ] g s ds
t z
t z
t z
+
∫
−
+
− +
+
=
υ
υ
υυ υ
ψ ( )
2 ) 1
( )
2 ( ) 1
, (
Rozwiązanie klasycznego równania falowego wyraża się za pomocą wzoru d’Alemberta :
f(z), g(z) – funkcje (rozsądne) odpowiednio dwukrotnie i jednokrotnie różniczkowalne
Dowód:
Zapiszmy warunki początkowe:
=
∂ − + ∂
∂
= ∂
∂
∂
= +
=
) ( )
( )
0 , (
) ( )
( )
( )
0 , (
2 1
2 1
z z g
z z t
z f z
z z
ψ υ ψ υ
ψ
ψ ψ
ψ
Stąd 1 2
1 ( )
z z g
z υ
ψ
ψ =
∂
− ∂
∂
∂
) (
) (
) ,
( z t ψ
1z υ t ψ
2z υ t
ψ = + + −
Całkujemy obustronnie: 1 2
1 ( ) z z g
z υ
ψ
ψ =
∂
− ∂
∂
∂
C ds
s g z
z
z
z
+
=
− ∫
0
) 1 (
) ( )
(
21
ψ υ
ψ
Z pierwszego warunku
początkowego mamy
ψ
1( z ) + ψ
2( z ) = f ( z )
Dodając i odejmując stronami dostajemy:
) 2 2 (
) 1 2 (
) 1 (
0
1
ds C s g z
f z
z
z
+ +
= υ ∫
ψ
) 2 2 (
) 1 2 (
) 1 (
0
2
ds C s g z
f z
z
z
−
−
= υ ∫
Te równości są spełnione
ψ
przy dowolnej wartości argumentu
) 2 2 (
) 1 2 (
) 1 (
0
1
ds C s g t
z f t
z
t z
z
+ +
+
=
+ υ υ υ
+∫
υψ
) 2 2 (
) 1 2 (
) 1 (
0
2
ds C s g t
z f t
z
t z
z
−
−
−
=
− υ υ υ
−∫
υψ
Zsumujmy obustronnie te wyrażenia….
−
− + +
= +
+∫
z−∫
tz t
z
z
ds s g ds
s t g
z f t
z t f
z
υ υ
υ υ
ψ υ
0 0
) ( )
2 ( 1 2
) (
) ) (
, (
+
∫
−
− + +
= +
t z
t z
ds s t g
z f t
z t f
z
υ
υ
υυ
ψ υ ( )
2 1 2
) (
) ) (
, (
)]
( )
( 2 [
1 2
) (
) ) (
,
( f z t f z t G z t G z t
t
z υ υ
υ υ
ψ + υ + − + + − −
=
Czego mieliśmy dowieść!
Wygodnie jest czasem używać wzoru d’Alemberta w postaci
Gdzie funkcja
= ∫
xx
ds s g x
G
0
) ( )
(
Interpretacja fizyczna
Rozważmy sytuację (na nieskończonej strunie…)
∂ =
∂
=
=
0
) ( )
0 , (
0
t
tz f z
ψ ψ
Prędkość początkowa struny równa zeru
) 2 (
) 1 2 (
1 2
) (
) ) (
,
( f z t f z t f z t f z t
t
z υ υ υ υ
ψ + + − = + + −
=
t=0
υ υ
−
t1 t2
t3
z
z z
z
t
3υ
Brak zmiany kształtu wynika z braku dyspersji tzn. ω(k)=υk
inaczej impuls będzie się rozpływał…
Sprawdzamy rozwiązanie doświadczalnie
na wężu oraz na falownicy…
Odbicie fali – metoda przedłużeń
I. Jeśli warunki początkowe dla nieskończonej struny są funkcjami nieparzystymi względem pewnego punktu z0, to rozwiązanie ψ(z0,t) równania falowego
w punkcie z0 jest zawsze równe zeru.
II. Jeśli warunki początkowe dla nieskończonej struny są funkcjami parzystymi względem pewnego punktu z0 to jest zawsze równe zeru.
z0
z
z=∂
∂ ψ
) ( )
( ), (
)
( z f z g z g z
f = − − = − −
Ad. I. Niech z0=0
[ ] ( ) 0
2 ) 1
( )
2 ( ) 1
, 0
( = + − + ∫ =
−
ds s g t
f t
f t
t
t υ
υ
υυ υ
ψ
Ad. II. Dowód analogiczny jak dla I. Korzystamy z tego, że dla funkcji parzystych
dz z df
dz z
df ( ) ( − )
−
=
Teraz możemy konstruować odbicie fali od zamocowanego i swobodnego końca struny…
Całkowanie funkcji
nieparzystej po przedziale symetrycznym…
t=0
t2
t3
t4
z
z
z
z
Zmiana fazy przy odbiciu od sztywnego końca…
Brak zmiany fazy przy odbiciu od końca swobodnego…
t=0
t2
t3
t4
z
