Równanie zwierciadła parabolicznego.

Zbiór wzorów, pojęć, definicji z zakresu fizyki.
Awatar użytkownika
ares41
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6499
Rejestracja: 19 sie 2010, o 08:07
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 142 razy
Pomógł: 922 razy

Równanie zwierciadła parabolicznego.

Post autor: ares41 »

Wyprowadzenie równania zwierciadła parabolicznego
Nasze zadanie będzie polegało na znalezieniu równania linii przekroju osiowego takiego zwierciadła wklęsłego, dla którego wiązka promieni równoległych przechodzi po odbiciu przez dokładnie jeden punkt.

Wprowadźmy układ współrzędnych jak na rysunku poniżej. Przyjmijmy, że punktem przecięcia się promieni odbitych jest punkt \(\displaystyle{ F(f,0)}\)
parabola.1.png
Na podstawie prawa odbicia mamy \(\displaystyle{ \theta_1=\theta_2}\)
Z równości kątów naprzemianległych dostajemy \(\displaystyle{ |\angle \mathrm{NDF}|=\theta_1}\). Oznaczmy ten kąt przez \(\displaystyle{ \theta}\) Poprowadźmy styczną \(\displaystyle{ f}\) do krzywej w punkcie \(\displaystyle{ N}\). Styczna ta jest prostopadła do prostej \(\displaystyle{ \mathrm{ND}}\). Zatem \(\displaystyle{ \beta=90^{\circ}-\theta}\) Ponadto mamy \(\displaystyle{ |\angle \mathrm{BFN}|=\alpha=2\theta}\).

Niech punkt \(\displaystyle{ \mathrm{N}}\) ma współrzędne \(\displaystyle{ (x,y)}\). Ze względu na symetrię, rozważmy tę część krzywej, która leży na osią \(\displaystyle{ Ox}\).

Mamy wtedy oczywiste związki :
\(\displaystyle{ (\star ) \ \frac{ \mbox{d}y }{ \mbox{d}x } =\tg\beta=\tg\left(90^{\circ}-\theta\right)=\ctg{\theta} \\ \\ (\star\star )\ f=x+y\ctg{2\theta}}\)

Na podstawie własności funkcji trygonometrycznych możemy zapisać:
\(\displaystyle{ \ctg 2\theta= \frac{\ctg^2 \theta -1}{2\ctg\theta}}\)

Mamy więc :
\(\displaystyle{ f=x+ \frac{y}{2 \cdot \frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}x } }\left[\left( \frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}x } \right)^2-1\right]}\)

Różniczkując stronami otrzymujemy:

\(\displaystyle{ \frac{ \mbox{d}f }{ \mbox{d}x } = \frac{ \mbox{d}x }{ \mbox{d}x } + \frac{1}{2} \frac{ \mbox{d}}{ \mbox{d}x } \left[ \frac{y}{ \frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}x } }\left(\left( \frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}x } \right)^2-1\right)\right]}\)

Wartość \(\displaystyle{ f}\) nie zależy od \(\displaystyle{ x}\) więc:

\(\displaystyle{ 0= 1+ \frac{1}{2} \frac{ \mbox{d}}{ \mbox{d}x } \left[ y \left( \frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}x } - \frac{1}{\frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}x }} \right)\right] \\ \\ 0=2+ \frac{ \mbox{d}y }{ \mbox{d}x } \frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}x }+y \frac{ \mbox{d}^2y }{ \mbox{d}x^2 } - \frac{ \mbox{d}}{ \mbox{d}x }\left( y \cdot \frac{1}{ \frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}x } } \right) \\ \\ 0=2+ \left(\frac{ \mbox{d}y }{ \mbox{d}x }\right)^2+y \frac{ \mbox{d}^2y }{ \mbox{d}x^2 } - \frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}x } \frac{ \mbox{d}x }{ \mbox{d}y}+y \cdot \frac{ \frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}x } }{\left( \frac{ \mbox{d}^2y}{ \mbox{d}x^2 } \right)^2} \\ \\ 0=1+ \left(\frac{ \mbox{d}y }{ \mbox{d}x }\right)^2+y \frac{ \mbox{d}^2y }{ \mbox{d}x^2 } +y \cdot \frac{ \frac{ \mbox{d}^2y}{ \mbox{d}x^2 } }{\left( \frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}x } \right)^2} \\ \\ 0=\left(\frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}x }\right)^2+ \left(\frac{ \mbox{d}y }{ \mbox{d}x }\right)^4+y \frac{ \mbox{d}^2y }{ \mbox{d}x^2 } \cdot \left(\frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}x }\right)^2 +y \cdot \frac{ \mbox{d}^2y}{ \mbox{d}x^2 } \\ \\ 0=\left[\left( \frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}x } \right)^2+y \frac{ \mbox{d}^2y}{ \mbox{d}x^2 } \right] \cdot \left[1+\left( \frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}x } \right)^2\right]}\)

Wyrażenie w ostatnim nawiasie jest zawsze dodatnie zatem otrzymujemy równoważną zależność :
\(\displaystyle{ \left( \frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}x } \right)^2+y \frac{ \mbox{d}^2y}{ \mbox{d}x^2 }=0}\)

Podstawmy \(\displaystyle{ t(y)= \frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}x }}\). Otrzymujemy wtedy:

\(\displaystyle{ \frac{ \mbox{d}^2y }{ \mbox{d}x^2 }= \frac{ \mbox{d}t}{ \mbox{d}x } = \frac{ \mbox{d}t}{ \mbox{d}y} \frac{ \mbox{d}y}{ \mbox{d}x } =t \cdot \frac{ \mbox{d}t}{ \mbox{d}y }}\)

Zatem nasze równanie przyjmuje teraz postać:

\(\displaystyle{ y\frac{\mbox{d}t}{ \mbox{d}y} \cdot t+t^2=0\\ \\ y \frac{ \mbox{d}t }{ \mbox{d}y }=-t \\ \\ \int \frac{ \mbox{d}t}{t} =- \int \frac{ \mbox{d}y }{y}\\ \\ \ln|t|=-\ln|y|+c_1 \\ \\ ty=c_{1}' \\ \\ \frac{ \mbox{d}y }{ \mbox{d}x } = \frac{c_1'}{y} \\ \\ \int y \mbox{d}y=c_1' \int \mbox{d}x \\ \\ \frac{1}{2} y^2= x c_1'+c_2}\)

Do naszej krzywej należy punkt \(\displaystyle{ (0,0)}\). Stąd \(\displaystyle{ c_2=0}\). Nasza krzywa ma więc równanie \(\displaystyle{ y^2=cx}\). Jest to więc parabola.
Przez bezpośrednie podstawienie możemy sprawdzić, że punkt \(\displaystyle{ F}\) jest ogniskiem paraboli. Mamy więc \(\displaystyle{ c=4f}\). Zatem ostatecznie równanie przekroju naszego zwierciadła to :

\(\displaystyle{ \begin{tabular}{|r|}
\hline
y^2=4fx\\
\hline
\end{tabular}}\)
\(\displaystyle{ \hline}\)
Wszelkie uwagi proszę kierować na PW.
ODPOWIEDZ