ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΦΥΕ η ΕΡΓΑΣΙΑ. Προθεσµία παράδοσης 11/11/08

Transcript

1 //8 ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΦΥΕ η ΕΡΓΑΣΙΑ Προθεσµία παράδοσης //8 Άσκηση Α) Έστω, οι µετατοπίσεις των µαζών από τη θέση ισορροπίας όπως στο Σχήµα. Στη µάζα ενεργούν µόνο οι δυνάµεις από τα δύο ελατήρια. Εφαρµόζοντας το ο Νόµο του Νεύτωνα ɺɺ k + k ( ) () Στη µάζα έχουµε τη δύναµη από το ελατήριο k και τη δύναµη του βάρους η οποία αναλύεται στην παράλληλη µε τη µπάρα συνιστώσα η οποία ισούται µε την τάση T g cosθ και στην κάθετη f g sinθ g. Για µικρές γωνίες ταλάντωσης k k ` µ T g g µ µπορούµε να θεωρήσουµε ότι το τόξο που διανύει η ισούται µε καθώς και ότι το ελατήριο k είναι οριζόντιο. Εφαρµόζοντας το ο Νόµο του Νεύτωνα ɺɺ k( ) f k( ) g () Αντικαθιστώντας τα δεδοµένα του προβλήµατος οι εξισώσεις κίνησης γράφονται k+ k k k k ɺɺ + ɺɺ + ɺɺ ω + ω () k k g k k 5k ω ɺɺ + + ɺɺ + + ɺɺ + ω και σε µορφή πίνακα

2 d dt ω / Β) Εισάγοντας τη γενική µορφή ενός κανονικού τρόπου ταλάντωσης A cos ω t+ φ, i,, όπου ω η κοινή κυκλική συχνότητα η (4) γράφεται ως i i A A ω cos( t ) cos( t ) A ω + φ ω / A ω + φ ω ω A ω ω / ω ω A Το οµογενές σύστηµα έχει µη τετριµµένη λύση για (4) (5) 4 ω ω ω ω det ( ω ω ) ω / ω ω ( 6 ) ω ( 6+ ) ω ω ω ω ω + ω ω ω ω ( 6 ) ( 6 ) k ( 6+ ) ( 6+ ) ω ω, ω ω Γ) Αντικαθιστώντας στην (5) ω ω παίρνουµε ω / ω A A ω ω : ω / ω / A A ω / ω / A A ω ω : ω / ω / A A Άσκηση Υπάρχουν δύο µέθοδοι επίλυσης της άσκησης, είτε µε απευθείας αντικατάσταση στην κυµατική εξίσωση ξ ( z, t) ξ ( z, t) () z c t είτε λαµβάνοντας υπόψιν ότι η γενική λύση της κυµατικής είναι της µορφής ξ (, t) f ( υ t) + g( + υ t) () όπου f, g αυθαίρετες συναρτήσεις. Έτσι έχουµε (i) b υ b ( z, t) ( z bt) z t k είναι λύση της κυµατικής µε ταχύτητα φάσης

3 b (ii) ( z, t) ( z+ bt+ c) ( z+ t+ c) είναι λύση της κυµατικής µε ταχύτητα b φάσης υ (iii) ( z, t) /( z + b) προφανώς δεν είναι λύση της κυµατικής γιατί περιέχει τη θέση αλλά όχι το χρόνο (iv) ( z, t) Asin( z bt ) Asin( z bt ) δεν είναι λύση της κυµατικής καθώς δεν µπορεί να γραφεί στη µορφή () Άσκηση Αν c η ταχύτητα του ήχου στον αέρα (στο µέσον διαδόσεως), ο γενικός τύπος Dopper είναι: c+ vo f ' f c + v S Όλα τα πρόσηµα είναι µε «+», όπου «+» φορά: από Ο[bserver O(αρχή)] S[pring] Έστω ο Ακίνητος Παρατηρητής, Α, αριστερά, ο Τοίχος, Τ, δεξιά, και το παιδί µε τη σφυρίχτρα, Σ, ανάµεσα, κινείται προς τα αριστερά µε ταχύτητα µέτρου υ. Για το κύµα από Σ Τ, έχουµε: SΣ, ΟΤ, Ο S «+» προς τα αριστερά, υ Ο, υ S +υ αφού είναι προς τα αριστερά. Άρα c c f ' f f c+ vs c+ υ Για το κύµα που ανακλάται στον τοίχο (ως «πηγή» συχνότητος f'), από Τ Α, έχουµε: SΤ, ΟΑ, Ο S «+» προς τα αριστερά, υ Ο, υ S. Άρα f " f '. Για το κύµα από Σ Α, έχουµε: SΣ, ΟΑ, Ο S «+» προς τα δεξιά, υ Ο, υ S υ αφού είναι προς τα αριστερά. Άρα c c f ''' f f c+ vs c υ Οι συχνότητες f " και f ''' που ακούει ο Α σχηµατίζουν διακρότηµα συχνότητος f ''' f '' c c cυ fδ f f c υ c+ υ c υ Επειδή το πλάτος µηδενίζεται σε κάθε κόµβο της περιβάλλουσας, (π, π, π,...), ο Α cυ ακούει διπλάσιο πλήθος µηδενισµών, άρα µε συχνότητα f 4 διακροτήµατα/s c υ Άρα, c υ 4 f / s / s 68. Hz. cυ 4

4 Άσκηση 4 A) Το χωρικό µέρος του στάσιµου κύµατος για t είναι: π L A sin( k) A sin, λ λ 4 µε L λ L και π L 9 A sin( k) A sin, L λ 9π L A sin, 5λ 4L L L λ, άρα π L A sin, L L Πράγµατι, η συνάρτηση αντιστοιχεί στο στιγµιότυπο του σχήµατος αφού: L L (), A sin( π ) A sin(5 π ) και 5 ( L) A sin( π ) A Β) Η σχέση για τα πλάτη προκύπτει από τη συνέχεια της πρώτης παραγώγου στο L /, οπότε 9 5 A π π ( L / ) ( L / ) A cos( π ) A cos(5 π ) A 5A L L A 5 Οι γωνιακές συχνότητες ταλάντωσης στα δύο τµήµατα της ράβδου είναι G π G π ω υ k, ω υ k. Για να ταλαντώνεται η ράβδος αρµονικά, ρ λ ρ λ G π G π ρ λ ρ 5 πρέπει ω ω. ρ λ ρ λ ρ λ ρ 9 Άσκηση 5 (Α) Έστω s, s οι αποµακρύνσεις των µαζών, από την ισορροπία. Οι εξισώσεις κίνησης είναι ɺɺ s k( s s ) ɺɺ s k( s s ) Αν ϕ,ϕ οι κανονικοί τρόποι ταλάντωσης του συστήµατος, δήλ, s έχουµε k ω ϕ kϕ [ ] kϕ + [ k ω ] ϕ ηλαδή k ω [ ] k k [ k ω ] Βρίσκουµε τις λύσεις ω και ω µαζών του προβλήµατος γίνονται ϕ e,, iωt + k οι οποίες για τις ειδικές τιµές 4

5 ω, k ω (Β) Για να βρούµε τα ιδιοδιανύσµατα έχουµε k k ϕ ϕ ω k k ϕ ϕ Χρησιµοποιούµε την µία από τις δύο εξισώσεις και βρίσκουµε φ ϕ, δηλαδή ϕ ϕ. (Γ) Η τιµή ω αντιστοιχεί σε ελεύθερη περιστροφή της αλυσίδας είτε δεξιόστροφα είτε αριστερόστροφα. Άσκηση 6 Α) Αφού δεν υπάρχει διασπορά, η ταχύτητα φάσεως είναι κοινή υ ω / k ω '/ k ', ω υk, ω ' υk '. Οπότε, π π π π δλ δλ k ' k λ ' λ δλ δλ + λ λ λ λ + λ Άρα δλ δλ ω ' υk ω λ λ Η συµβολή δίνει διακρότηµα συχνότητος ( ω+ ω ') / µε κυµατάνυσµα ( k+ k ') /. δλ ω+ ω ω+ ω ' λ δλ δλ ω ω ω ω λ λ και οµοίως, ( k+ k ') / k. Άρα το µήκος κύµατος του διακροτήµατος είναι λ. Η περιβάλλουσα δίδεται από ω ω ' k k ' cos t Αλλά δλ ω ω ω ω ' λ δλ ω λ ( k k ') / kδλ / λ. Άρα η περιβάλλουσα µεταβάλλεται ως και οµοίως 5

6 δλ π υ t t cos ( ω t κ ) cos cos π λ λ λ λ T π λ π δλ δλ Άρα ένα στιγµιότυπο αυτής έχει µήκος κύµατος λ / δλ. λπ / λ Όµως δύο κόµβοι απέχουν λ π /, και άρα, περιέχουν µήκη κύµατος. λ δλ dω d( υk) dυ Β) Η ταχύτητα οµάδος υ g είναι υg υ+ κ dk dk dk Αλλά π π k λ k, dk dλ,. λ λ dk dλ Άρα dυ υg υ λ. d λ dυ Αφού δεν υπάρχει διασπορά, υg υ dλ. λπ Άσκηση 7 Α) Κοντά στο τύµπανο, στο άκρον του σωλήνα, το κύµα µετατόπισης θα είναι ξ (, t) ξ cos ω t k όπου k π / λ το κυµατάνυσµα, οπότε για θα έχουµε επαφή µε το τύµπανο. Άρα η πίεση ξ p p u ξ / kξ sin ω t k, άρα όπου u το µέτρο ελαστικότητος όγκου. Αλλά p p + ukξ ( ω t k π ), µε διαφορά φάσεως π/. Οµοίως, η πυκνότητα Άρα όπου cos / ρ ρ ρ ξ. ρ ρ+ ρkξ cos ω t k π /, ω υ k Β) Η ένταση σε db, είναι B og ( / ) αναφοράς. Άρα Αλλά u ρ I I α, όπου Ι α W / I I B / η ένταση 6

7 P u k ξ I υρ υρ όπου k ω / υ π f / υ και u ρυ, άρα I Εποµένως, στα 4 Hz, ρ υ ω / υ ξ I I υρ ω ρυ π ρυ 4 B / I ξ f B / 6 B / Iα ξ π f υρ π µε Β σε db. Για B db ξ Ả [ µετακίνηση κατά την διάµετρο ενός (!) ατόµου του υδρογόνου]. 5 Για B db ξ. µ [για σύγκριση, το πάχος ενός τσιγαρόχαρτου είναι µ]. Άσκηση 8 Α) Για να παραχθεί στάσιµο κύµα κατά τον άξονα πρέπει η πλευρά n λ /, όπου λ π / k και k είναι η -συνιστώσα του κυµατανύσµατος k π / λ και n ακέραιος. Άρα k nπ /. Οµοίως, k nπ /. Επειδή k k + k έπεται ότι λ n + n. k, µέτρου Κατά την διεύθυνση έχω κόµβους στα άκρα, άρα για µέγιστο µήκος κύµατος πρέπει να υπάρχει µία κοιλία, ήτοι λ /, οπότε n. Κατά την διεύθυνση έχω κόµβους στα άκρα και στο µέσον /, άρα για µέγιστο δυνατό µήκος κύµατος πρέπει να υπάρχει κοιλία και όρος εκατέρωθεν του µέσου, ήτοι λ, οπότε n. Β)Άρα το µέγιστο µήκος κύµατος είναι λ / + 4 / 5. Γ) Από λ f υ Τ / ρ έπεται ότι η θεµελιώδης (µικρότερη δυνατή) συχνότητα δηµιουργείται µε το µέγιστο µήκος κύµατος. Άρα T ρλ f Άσκηση 9 Η ταχύτητα των διαµηκών κυµάτων είναι Y υl και των εγκάρσιων ρ T υt όπου ρ η πυκνότητα της ράβδου ρ και µ η γραµµική πυκνότητα µ π R L µ. Από τα δεδοµένα του προβλήµατος έχουµε L υl Y ρ Y.85 υ T Tπ R T Yπ R T N/ π. 6.8 N 7

8 Άσκηση Η γενική λύση για ένα κανονικό τρόπο ταλάντωσης θα είναι της µοφής (, t) Acos k+ Bsin k cos( ωt+ φ) Τ ω π οπου υ, k.από τα δεδοµένα του προβλήµατος έχουµε ελεύθερο στο µ k λ και σταθερό άκρο στο L. Άρα '(, t) Asin k+ B cos k cos( ωt+ φ) B Εποµένως ( L, t) Acos kl cos( ωt+ φ) cos( kl) π 4L k n+ kn, λ λn L n+ Τ Τ π ω k n+ ωn µ µ L και έπεται π Τ π n(, t) Acos n+ cos n+ t+ φ, n,,,... L µ L όπου Α αυθαίρετο. ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ) Σ αυτές τις συχνότητες το µήκος κύµατος είναι λ υ / f 45 /( ~ 4) s (8 ~ ) c, οπότε λ/4 ~ (~.5) c, συγκρίσιµο µε το µήκος του ακουστικού πόρου, αν υποθέσουµε οτι είναι ηµίκλειστος σωλήνας µε κόµβο αποµάκρυνσης στο τύµπανο και µέγιστο πλάτος αποµάκρυνσης στην είσοδο. (Από την Άσκηση 7, πλάτος αποµάκρυνσης ~ είναι πρακτικά κόµβος). ) Θεωρώντας θετική τη φορά πηγή παρατηρητή η συχνότητα που θα ακούει ο παρατηρητής στην πρώτη περίπτωση θα είναι υs υs υ f f f f υs υ υs Ενώ στη δεύτερη περίπτωση θα έχουµε υ ( s+ υ / υs+ υ / υs υ υs υ υs+ υ) f f f f υ υ / υ υ / υ υ υ υ s s s s s Παρατηρούµε ότι παρά το γεγονός ότι σχετική ταχύτητα της πηγής ως προς τον παρατηρητή είναι ίδια και στις δύο περιπτώσεις, η συχνότητα που ακούει ο παρατηρητής είναι διαφορετική. Αυτό οφείλεται ότι στο κλασικό φαινόµενο Dopper οι ταχύτητες πηγής και παρατηρητή µετρούνται ως προς τον αέρα που είναι το µέσο διάδοσης του κύµατος. 8

9 ) Θέλουµε να βρούµε µια τιµή µε την σωστή τάξη µεγέθους για την πίεση. Για απλότητα χρησιµοποιούµε την λύση της εξίσωσης κύµατος στις δύο διαστάσεις µε δεδοµένη αρχική µετατόπιση, δηλ. π η (,, t) Asin( k )sin( k )cos( ωt), k, Για την ολική ενέργεια αρκεί να θεωρήσουµε ότι είναι της ίσιας τάξης µε την αρχική την δυναµική ενέργεια του τζαµιού η οποία υπολογίζεται χρησιµοποιόντας την παραπάνω λύση, δηλ. για t : η η Eo f + fa π, π cos d π sin d+ π sin d A f +.8 J 8 4 Θεµελιώδης συχνότητα ω, πc +.9 s Eoω, 4 I.7 W / Η σχέση µε ένταση στην πηγή είναι I P I και I r ρυ π cos d 5 Με αντικατάσταση βρίσκουµε P. P. At 4) Ο ήχος παράγεται µέσω µεταβολών της πίεσης του αέρα, οι οποίες µε την σειρά τους ταλαντώνουν το τύµπανο του αυτιού. Το πλάτος ταλάντωσης του τελευταίου εξαρτάται γραµµικά από τις µεταβολές στην πίεση του αέρα. Όταν υπάρχει υπέρθεση συχνοτήτων µε διαφορετικά πλάτη ταλάντωσης και θεωρήσουµε ότι το αυτί αποκρίνεται γραµµικά στους εξωτερικούς εξαναγκασµούς, τότε το τύµπανο κάνει στην ουσία ανάλυση Fourier του εξωτερικού σήµατος. Μια και µας ενδιαφέρει η απόκριση του τυµπάνου και όχι η διάδοση του ήχου, η εξάρτηση από το κυµατικό αριθµό δεν παίζει ουσιώδη ρόλο και την παραλείπουµε. Για δύο συχνότητες ω, ω έχουµε συνισταµένη ταλάντωση (ίδιου πλάτους) που βρίσκεται σε φάση ψ Acosωt+ Acosωt Η ένταση είναι ανάλογη του τετραγώνου, δηλ A cos ω t+ A cos ω t+ A cosω t cosω t I Παίρνουµε την µέση τιµή στον χρόνο I A + A I+ I + A [ < cos( ω + ω ) t+ cos( ω ω ) t > ] I+ I Άρα, αν δεν υπάρχει φασική διαφορά ανάµεσα στα δύο κύµατα δεν φαίνεται η συνιστάµενη κίνηση να µπορεί να γίνει ανεκτή. Αν υπάρχει διαφορά φάσης ανάµεσα στους δύο ήχους η συνολική ένταση θα µπορούσε να γίνει µικρότερη ανάλογα µε την διαφορά φάσης. 9

10 5) Θεωρούµε το Α πραγµατικό και γράφουµε σε µιγαδική µορφή i( k+ ωt ) i( k ωt) [ e ], η A Re e η ARe iωt i( k ωt) i( k+ ωt) ik e η η+ η ARe e + e ARe e + cos( ωt) A [ cos k cos( ωt) + sin ksin( ωt) ] Το συνιστάµενο κύµα είναι µια υπέρθεση δύο στάσιµων κυµάτων. Η γραφική αναπαράσταση για διάφορες τιµές του t, π / 4, π παρουσιάζεται στο παρακάτω σχήµα t t π / 4 t π -