14.10: Приклади проблем та їх вирішення

Last updated
Save as PDF

Page ID: 75165

$ \newcommand{\vecs}[1]{\overset { \scriptstyle \rightharpoonup} {\mathbf{#1}} } $ $ \newcommand{\vecd}[1]{\overset{-\!-\!\rightharpoonup}{\vphantom{a}\smash {#1}}} $$\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $ \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}$ $ \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$ $ \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}$ $ \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}$ $ \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$ $ \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$ $ \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $ \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}$ $ \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$ $ \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}$ $ \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}$ $ \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$ $ \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$ $ \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$

Вправа$\PageIndex{1}$

Кларнет можна змоделювати як повітряну колону, яка відкрита з одного кінця і закрита на іншому кінці, як на малюнку$\PageIndex{1}$.

Малюнок$\PageIndex{1}$: Кларнет (довжини$L$) моделюється як повітряна колона, яка закрита на одному кінці.

Намалюйте перші три гармоніки для кларнета (намалюйте максимальне зміщення молекул повітря в залежності від відстані в кларнеті).
Знайти вираз для довжини хвилі$n^{th}$ гармоніки для кларнета довжини$L$.
Якщо кларнет$60\text{cm}$ long, яка нота найнижчої частоти, яку вона може виробляти?

Відповідь

а Перші три гармоніки наведені на малюнку$\PageIndex{2}$.

Малюнок$\PageIndex{2}$: Перші три гармоніки для кларнета. На нерухомому кінці є вузол і антивузол на вільному кінці.

б Рівняння стоячої хвилі таке:\[\begin{aligned} D(x,t)=2A\sin(kx)cos(\omega t)\end{aligned}\] Ми дозволяємо фіксованому кінці бути на$x=0$. На нерухомому кінці зміщення дорівнює нулю. На вільному кінці ($x=L$) зміщення максимальне. Перша умова завжди вірно. Друга умова буде виконана, коли:\[\begin{aligned} \sin(kL)&=1\\ \therefore kL&=\pi/2,3\pi/2,...\\\end{aligned}\] Ця умова може бути виражена так:\[\begin{aligned} kL&=\frac{(2n-1)\pi}{2}\\ \frac{2\pi L}{\lambda}&=\frac{(2n-1)\pi}{2}\\ \therefore \lambda&=\frac{4L}{2n-1}\end{aligned}\] де, у другому рядку, ми використовували$k=2\pi /\lambda$. Ми можемо перевірити, що ця формула працює для перших трьох гармонік:\[\begin{aligned} n=1: \quad \lambda&=\frac{4L}{2(1)-1} \\ L&=\frac{1}{4}\lambda \\ n=2: \quad \lambda&=\frac{4L}{2(2)-1} \\ L&= \frac{3}{4}\lambda \\ n=3: \quad \lambda&=\frac{4L}{2(3)-1} \\ L&= \frac{5}{4}\lambda \end{aligned}\] Повертаючись до нашої діаграми (рис.$\PageIndex{2}$), Ми бачимо, що наша формула відповідає дійсності для перших трьох гармонік (тобто для першої гармоніки довжина кларнета дорівнює$1/4$ довжині хвилі, і т.д.)

c Ми виявили, що довжина$n^{th}$ хвилі для довжини хвилі задається:\[\begin{aligned} \lambda=\frac{4L}{2n-1}\end{aligned}\] Запис через швидкість і$\lambda$ частоту дає:\[\begin{aligned} \frac{v}{f}&=\frac{4L}{2n-1}\\ \therefore f&=\frac{v(2n-1)}{4L}\end{aligned}\] З цієї формули ми бачимо, що, якщо ми хочемо знайти найнижчу$v$$f$ частоти, ми хочемо$n=1$. Довжина кларнета становить$0.6\text{m}$, і$v$ це швидкість звуку в повітрі, яка знаходиться$343\text{m/s}$ при кімнатній температурі. Використовуючи ці значення, найнижча частота:\[\begin{aligned} f&=\frac{(343\text{m/s})(2(1)-1)}{4(0.6\text{m})}\\ f&=143\text{Hz}\end{aligned}\] Обговорення: Ця частота близька до$D_3$ ноти, яка має частоту$144\text{Hz}$, тому ця відповідь має сенс. Однак знайдене нами значення відрізняється від істинного значення. Чому це може бути?

Вправа$\PageIndex{2}$

Імпульс поширюється вниз мотузкою маси на одиницю довжини$\mu_1$, яка прив'язана до другої мотузки з масою на одиницю довжини$\mu_2$ (рис.$\PageIndex{3}$). Напруги в мотузках рівні за величиною.

Малюнок$\PageIndex{3}$: Падаючий імпульс поширюється через мотузку, з'єднану з іншою мотузкою з різною лінійною щільністю маси. Коли вона досягне кордону, частина імпульсу буде відображена і частина передаватися.

Запишіть зміщення падаючого імпульсу, відбитого імпульсу, і переданого імпульсу у вигляді$D(x,t)=D(a(t\pm x/v))$, де$a$ якась константа, яку потрібно визначити, і вибір$+$ або$-$ залежить від напрямку, в якому пульс подорожує в.
Коефіцієнт відбиття$R$,, - це відношення амплітуди відбитого імпульсу до амплітуди падаючого імпульсу. Використовуючи граничні умови, показують, що коефіцієнт відбиття задається:\[\begin{aligned} R=\frac{\sqrt{\mu_1}-\sqrt{\mu_2}}{\sqrt{\mu_1}+\sqrt{\mu_2}}\end{aligned}\]

Примітка: Межа - це інтерфейс між двома мотузками. Під «використанням граничних умов» ми маємо на увазі, що ви повинні думати про те, що має бути істинним на кордоні, щоб ця проблема мала сенс. Граничні умови часто більш очевидні, ніж ви думаєте!

Відповідь

а. даємо падаючому імпульсу рухатися в позитивному$x$ напрямку (рис.$\PageIndex{4}$), і встановлюємо$x=0$ там, де мотузки з'єднуються.

Малюнок$\PageIndex{4}$: Падаючий імпульс поширюється через мотузку, з'єднану з іншою мотузкою з різною лінійною щільністю маси. При досягненні кордону частина імпульсу відбивається і передається частина. Чи відображений імпульс інвертований або вертикальний, буде залежати від коефіцієнта відбиття.

Падає імпульс (позначається$i$) - біжить хвиля, що рухається в одному вимірі в позитивному$x$ напрямку. Падаючий імпульс таким чином можна описати функцією:\[\begin{aligned} D_I(x,t)=A_I\cos(k_1x-\omega t)\\\end{aligned}\] ми будемо використовувати формули$k=2\pi/\lambda$ і$\omega=2\pi f$ переписати це рівняння у вигляді$D=(a(t\pm x/v))$. Частота хвилі буде однаковою в обох мотузках.$f$ Швидкість хвилі, а значить і її довжина хвилі, залежить від масової щільності мотузки. Оскільки падаюча хвиля проходить через першу мотузку ($\mu_1$), її швидкість буде$v_1$ і довжина хвилі буде$\lambda_1$. Падаюча хвиля, таким чином, може бути описана:\[\begin{aligned} D_I&=A_I\cos\left( \frac{2\pi}{\lambda_1}x-2\pi ft\right)\\ &=A_I\cos \left( 2\pi\left(\frac{1}{\lambda_1}x- ft\right)\right)\\ &=A_I\cos \left( 2\pi f\left(\frac{x}{v_1}- t\right)\right)\\ &=A_I\cos \left( -2\pi f\left(t-\frac{x}{v_1}\right)\right)\\ D_I&=A_I\cos \left(2\pi f\left(t-\frac{x}{v_1}\right)\right)\end{aligned}\] де ми використовували$v=f\lambda$, і зазначили, що$\cos(-x)=\cos(x)$.
Передана хвиля (позначається індексом$T$) також буде рухатися в позитивному$x$ напрямку, але швидкість її буде$v_2$, так як вона проходить по другій мотузці:\[\begin{aligned} D_T&=A_T\cos \left( 2\pi f\left(t-\frac{x}{v_2}\right)\right)\end{aligned}\] Відбита хвиля (позначається $R$) буде рухатися в$-x$ напрямку і з тією ж швидкістю, що і падаючий імпульс. \[\begin{aligned} D_R&=A_R\cos \left( 2\pi f\left(t+\frac{x}{v_1}\right)\right)\end{aligned}\]

б. розглянемо граничні умови на стику між двома мотузками. Однією з граничних умов є те, що мотузка повинна бути безперервною. В результаті вертикальне зміщення на$-x$ стороні кордону має бути таким же, як вертикальне зміщення на$+x$ стороні кордону в кожну мить:\[\begin{aligned} D_{-x}&=D_{+x}\quad\text{at $x=0$}\end{aligned}\] Амплітуда на$+x$ стороні дорівнює амплітуді переданого пульс. Для$-x$ сторони кордону ми повинні враховувати, що падаючі і відбиті імпульси будуть накладатися (коли фронт падаючого імпульсу досягне кордону, він буде відбиватися і заважати закінченню падаючого імпульсу). Таким чином, ця гранична умова може бути виражена так:\[\begin{aligned} A_I+A_R&=A_T\end{aligned}\] Нахил мотузки також повинен бути безперервним на кордоні. Оскільки падаючі і відбиті імпульси накладаються, а принцип суперпозиції стверджує, що чистий зсув є сумою зміщення цих двох хвиль, ми можемо записати:

\[\begin{aligned} \frac{\partial}{\partial x}(D_I+D_R)\Bigr|_{x=0}&=\frac{\partial}{\partial x}D_T\Bigr|_{x=0}\\ \frac{\partial}{\partial x}D_I\Bigr|_{x=0}+\frac{\partial}{\partial x}D_R\Bigr|_{x=0}&=\frac{\partial}{\partial x}D_T\Bigr|_{x=0}\end{aligned}\]

Використовуючи наші рівняння для падаючих, переданих і відбитих імпульсів, знайдених в частині а), і приймаючи відповідні частинні похідні, це рівняння стає:

\[\begin{aligned} (A_I/v_1) \sin \left(2\pi f\left( t-\frac{x}{v_1}\right)\right)\Bigr|_{x=0}+(-A_R/v_1) \sin \left( 2\pi f\left( t+\frac{x}{v_1}\right)\right)\Bigr|_{x=0}&=\\(A_T/v_2) \sin \left( 2\pi f\left( t-\frac{x}{v_2}\right)\right)\Bigr|_{x=0}\end{aligned}\]

Оцінювання при$x=0$ дає:\[\begin{aligned} (A_I/v_1) \sin (2\pi ft) +(-A_R/v_1) \sin (2\pi ft)&=(A_T/v_2) \sin (2\pi ft)\\ \frac{A_I}{v_1} -\frac{A_R}{v_1}&=\frac{A_T}{v_2} \end{aligned}\] Використовуючи нашу першу умову$A_I+A_R=A_T$, ми отримуємо:\[\begin{aligned} \frac{A_I}{v_1} -\frac{A_R}{v_1}&=\frac{A_I}{v_2}+\frac{A_R}{v_2}\\\end{aligned}\] Тепер, ми можемо переставити, щоб знайти коефіцієнт відбиття,$R=A_R/A_I$:\[\begin{aligned} A_I\left( \frac{v_2-v_1}{v_1v_2}\right)&=A_R\left( \frac{v_2+v_1}{v_1v_2}\right)\\ R&=\frac{v_2-v_1}{v_2+v_1}\end{aligned}\] Оскільки швидкості в першій і другій мотузці є$v_1=\sqrt{F_T/\mu_1}$ і $v_2=\sqrt{F_T/\mu_2}$, Відповідно, коефіцієнт відбиття можна записати\[\begin{aligned} R&=\frac{\sqrt{\frac{F_T}{\mu_2}}-\sqrt{\frac{F_T}{\mu_1}}}{\sqrt{\frac{F_T}{\mu_2}}+\sqrt{\frac{F_T}{\mu_1}}}\\ &=\frac{\sqrt{F_T}}{\sqrt{F_T}}\cdot \frac{\frac{1}{\sqrt{\mu_2}}-\frac{1}{\sqrt{\mu_1}}}{\frac{1}{\sqrt{\mu_2}}+\frac{1}{\sqrt{\mu_1}}}\\ \therefore R&=\frac{\sqrt{\mu_1}-\sqrt{\mu_2}}{\sqrt{\mu_1}+\sqrt{\mu_2}}\end{aligned}\] так: за бажанням.