Chapitre 3: Le son Exercices
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Chapitre 3 : Le son Exercices E1. On insère les données directement dans l’équation 2.5c, et on trouve ainsi la longueur d’onde : = E2. = 340 1×105 = 340 mm On insère les données directement dans l’équation 2.5c, et on trouve ainsi la longueur d’onde : = E3. = 340 35×104 = 971 mm On insère les données directement dans l’équation 2.5c, et on trouve ainsi la longueur d’onde : = E4. = 1500 4×106 = 0375 mm L’intervalle de temps qui sépare l’arrivée du son voyageant dans les deux milieux équivaut à ∆ = 32 s. E5. Toutefois, pour chaque son, l’intervalle de temps est donné par ∆milieu = ´−1 ³ ∆ 1 1 ∆ = ∆air − ∆eau = ∆ − =⇒ ∆ = − ∆ =⇒ e a u a ir e a u a ir ¢−1 ¡ 1 1 − 1500 (32) = 141 × 103 m ∆ = 340 ∆ m ilieu . Ainsi (a) On insère directement les données dans l’équation 3.2a, et on calcule ainsi la vitesse du son : q q 28×1010 = = 136×10−3 = 143 km/s (b) On calcule la longueur d’onde avec l’équation 2.5c : = E6. E7. E8. = 143×103 41000 = 143 m En utilisant l’équation 3.2a on obtient q q 141×105 (a) Pour l’oxygène, = = = 314 m/s 143 q q 170×105 (b) Pour l’hélium, = = 972 m/s = 018 On insère les données dans l’équation fournie, ce qui donne q q 2×1011 = = 78×10 506 km/s 3 = Le premier son voyage le long du tuyau, alors que le second voyage dans l’air. Pour chaque son, l’intervalle de temps est donné par ∆milieu = ∆ m ilie u et l’intervalle qui les sépare correspond à v5 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son © ERPI, tous droits réservés. 57 ∆ = ∆air − ∆Pb = E9. E10. − ∆ P b = ∆ ³ 1 a ir − 1 P b ´ = 100 ¡ 1 340 − 1 1320 On insère les données dans l’équation fournie, ce qui donne q q 10 = = 25×10 27×103 = 304 km/s ¢ = 0218 s On insère les données dans l’équation fournie, ce qui donne r r 10 + 3 = E11. ∆ a ir = 14×1011 + 42×10 3 892×103 = 416 km/s Pour une onde longitudinale dans un fluide, l’équation 3.17 décrit l’amplitude de déplacement, soit = 0 sin ( − ). Avec = et 0 = 0 qui se réécrit 0 = 0 on calcule 0 = −0 cos ( − ) = −0 cos ( − ) = − cos ( − ) =⇒ = −0 cos ( − ) Si on compare ce résultat avec l’équation 3.14, qui décrit l’amplitude de pression, on voit que = E12. =⇒ CQFD Par analogie avec les ondes stationnaires transversales étudiées à la section 2.7, on déduit ¡ ¡ ¢ ¢ que 1 et 2 sont décrits par 200 sin 530 ± 180 × 103 , où est en pascals, en mètres et en secondes. E13. On trouve les longueurs des colonnes d’air grâce à l’équation des tuyaux fermés, = 4 où = 1 3 5 ce qui donne 1 = E14. (1) 41 = (1)(340) 4(440) = 193 cm et 3 = 3 43 = (3)(340) 4(440) = 580 cm Selon l’équation 3.4, le graphe de la fréquence fondamentale en fonction de 1 2 a pour pente la vitesse du son. Dans le logiciel Maple, on crée un ensemble de données pour et on modifie l’ensemble pour qu’il contienne les valeurs de 1 2 correspondantes : restart; data_L:=[0.18,0.35,0.52,0.76]; data_x:=map(x-1/(2*x),data_L); On crée ensuite un ensemble de données pour les couples de valeurs £ 1 2 ¤ et on trace le graphe avec la commande "pointplot" qui est associée à la librairie "plots". Pour qu’elle fonctionne, on doit invoquer cette libraire : data:=[[2.78,944],[1.43,472],[0.961,321],[0.658,221]]; with(plots): pointplot(data); Le graphe montre un alignement des points selon une droite. Pour obtenir la pente de 58 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son © ERPI, tous droits réservés. v5 cette droite, on charge la librairie "CurveFitting" et on lance la commande qui permet d’effectuer une régression linéaire des données : with(CurveFitting): LeastSquares(data, x); Selon ces résultats, la vitesse du son possède une valeur approximative de ≈ 340 m/s . E15. E16. On combine les équations 3.3, 2.13 et 2.1, et on pose que ³ ³ ´2 ´2 q 3(340)(06) 3c 3 2 = =⇒ = = (12) = 281 N 4t 2c 4t 4(1) À chaque tour du disque percé, 40 oscillations se produisent. La fréquence de rotation 1200 tours 1 min équivaut à r = = 20 tours/s. (a) On calcule ainsi la fréquence fondamentale de l’onde sonore émise : = 40r = 800 Hz (b) Non , cette fréquence n’est pas unique, car plusieurs harmoniques sont associées à des fréquences plus élevées. E17. On calcule les trois plus basses fréquences associées aux trois premiers modes au moyen de l’équation 3.4 : = E18. 2 =⇒ 1 = 850 Hz , 2 = 170 Hz , 3 = 255 Hz En se servant des équations 3.1 et 2.5c, et en se rappelant que s’exprime en Kelvins, on pose que √ √ q 10◦ 10◦ 10◦ √ √ ◦ ◦ =⇒ 10 = 20 = 1000 283 ◦ = 293 = 983 Hz 20◦ 20 20◦ E19. (a) Si tous les trous de la flûte sont bouchés, on obtient 1 = 2 = 340 2(06) = 283 Hz (b) En utilisant de nouveau l’équation 3.4, on trouve = 21 = 340 2(330) = 515 cm E20. (a) On utilise l’équation 3.3 pour les tuyaux fermés et on obtient = 41 = 340 4(25) = 340 m (b) On utilise l’équation 3.4 pour les tuyaux ouverts et on obtient = E21. 41 = 340 4(500) = 0340 m On cherche ∆ = 20◦ − 5◦ mais on sait que = 2 dans le cas du mode fondamental pour un tuyau ouvert. Ainsi ∆ = 20◦ − 5◦ = v5 20◦ −5◦ 2 = 344−335 2(030) = 150 Hz Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son © ERPI, tous droits réservés. 59 E22. (a) Si la voiture se déplace vers l’observateur, on peut dire, grâce à l’équation 3.7, que ce dernier percevra une fréquence ³ ´ ³ ´ 340 3 0 = − = 340−30 1200 = 132 × 10 Hz S (b) Si la voiture s’éloigne de l’observateur, toujours au moyen de l’équation 3.7, on obtient ³ ´ ³ ´ 340 3 0 = + = 340+30 1200 = 110 × 10 Hz S E23. (a) On arrive à calculer la longueur d’onde effective au moyen de l’équation qu’on trouve à la section 3.3 : 0 = −S = 340−25 400 = 788 cm (b) De la même façon, on calcule 0 = E24. +S = 340+25 400 = 913 cm En comparant l’équation de la section 3.3 et les nouvelles données, on constate que la longueur d’onde effective ne varie pas d’une situation à l’autre. Ainsi = E25. = 340 400 = 850 cm Pour chacun des cas, on utilise les équations 0 = ³ ´ ³ ´ 340 0 (a) 0 = − = 340−40 200 =⇒ = 227 Hz S 0 = −S 0 = = 340 200 0 = −S = ³ ±O ±S ´ et 0 = ±S = 340−40 =⇒ 0 = 150 m 200 ¡ O¢ ¡ ¢ (b) 0 = + = 340+40 200 =⇒ 0 = 224 Hz 340 =⇒ 0 = 170 m ³ ´ ³ ´ 340+20 0 O (c) 0 = + = −S 340−20 200 =⇒ = 225 Hz E26. 340−20 200 =⇒ 0 = 160 m On doit d’abord trouver la vitesse de la source responsable des changements de fréquences perçues. Avec j = 24 tr/s, la fréquence de rotation du jouet et l’équation 11.5 du tome 1, on trouve que S = j = 2j = 2 (24) (12) = 181 m/s E27. On peut maintenant trouver les deux valeurs de fréquence avec l’équation 3.7 : ³ ´ ³ ´ 340 0 0 3 min = + = 340+181 200 =⇒ min = 171 × 10 Hz S ³ ´ ³ ´ 340 0 0 3 max = − = 340−181 200 =⇒ max = 190 × 10 Hz S Le klaxon de l’automobile est la source (S = 40 m/s) émettant à = 400 Hz et le chauffeur du camion est l’observateur (O = 15 m/s). Soit 10 , la fréquence perçue par le chauffeur du camion pendant que l’automobile s’approche et 20 , la fréquence perçue 60 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son © ERPI, tous droits réservés. v5 après que l’automobile ait dépassé le camion. Dans les situations présentées en (a) et (b), comme l’automobile roule initialement vers le camion, il est évident que 10 20 et on cherche ∆ 0 = 10 − 20 . On utilise l’équation 3.7 du manuel pour le calcul de 10 et 20 . (a) Le sens du mouvement de l’automobile et celui du camion permettent d’établir les signes adéquats dans l’équation 3.7 : ³ ´ ³ ´ 340−15 O 10 = − = −S 340−40 (400) = 4333 Hz ³ ´ ³ ´ 340+15 O = 20 = + +S 340+40 (400) = 3737 Hz De sorte que ∆ 0 = 10 − 20 = 4333 − 3737 = 596 Hz (b) Il suffit de modifier le signe apparaissant devant O : ³ ´ ³ ´ 340+15 O 10 = + = −S 340−40 (400) = 4733 Hz ´ ³ ´ ³ 340−15 O = 20 = − +S 340+40 (400) = 3421 Hz De sorte que ∆ 0 = 10 − 20 = 4733 − 3421 = 131 Hz E28. (a) Le son est initialement émis par la source (la voiture de police) à une fréquence Il atteint l’observateur (le camion) et est perçu à une fréquence 0 . La réflexion du son sur le camion ne modifie pas sa fréquence 0 . Le son se dirige vers la voiture de police et subit un second effet Doppler. La voiture de police se déplace à une vitesse de module p = 40 m/s vers le camion, alors que ce dernier se déplace à c = 20 m/s dans le même sens. La fréquence 00 finalement perçue au retour à la voiture de police est donnée par ³ ³ ´ ´³ ´ ³ ´³ ´ + + −c 340+40 340−20 00 = +pc 0 = +pc = −p 340+20 340−40 (600) = 676 Hz (b) À cause du vent, les vitesses de la voiture de police et du camion par rapport à l’air immobile sont p = 50 m/s et c = 30 m/s, et on obtient ´³ ´ ³ ´³ ´ ³ +p −c 340+50 340−30 00 = +c −p = 340+30 340−50 (600) = 676 Hz E29. (c) Dans ce cas, les vitesses sont p = 30 m/s et c = 10 m/s, et on obtient ³ ´³ ´ ³ ´³ ´ + −c 340+30 340−10 00 = +pc = −p 340+10 340−30 (600) = 675 Hz Si l’observateur se situe entre le mur et l’auto, la fréquence a0 du son perçu en provenance de l’auto est donnée par l’équation 3.7 : ³ ´ ³ ´ 340 a0 = − = 340−833 (500) = 512558 Hz S Le son qui frappe le mur est modifié de la même manière et réfléchi vers l’observateur. La v5 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son © ERPI, tous droits réservés. 61 0 de ce son possède donc la même valeur que 0 , et la fréquence de battement fréquence m a entre ces deux sons équivaut à 0 | = 0 Hz bat = |a0 − m Si l’observateur se trouve sur le trajet déjà parcouru par l’auto, on obtient ³ ´ ³ ´ 340 a0 = + = 340+833 (500) = 488043 Hz S 0 = 51256 Hz, comme dans le premier calcul. La fréquence de battement alors que m entre ces deux sons devient ainsi : 0 | = |488043 − 512558| = 245 Hz bat = |a0 − m E30. Si la voiture s’éloigne du mur, l’observateur perçoit un battement lorsqu’il se situe sur le trajet futur de la voiture. La valeur de ce battement est la même qu’à l’exercice 0 . Il n’y a pas de précédent puisque le signe devant S change lorsqu’on calcule a0 et m battement lorsque l’observateur se place entre la voiture et le mur, et les deux réponses sont 0 Hz, 245 Hz . E31. E32. On doit d’abord trouver, au moyen de l’équation 3.7, la vitesse de la source : ³ ³ ´ ´ 0 = =⇒ =⇒ − S = 0 =⇒ 0 = − −S S ³ ´ ¢ ¡ S = 1 − 0 = 1 − 600 640 = 00625 On reprend ensuite l’équation 3.7 pour le cas où la source s’éloigne et on obtient ³ ´ ³ ´ ³ ´ 1 0 = + = = +00625 10625 (600) = 565 Hz S On doit d’abord trouver l’intensité du son produit par une personne, puis multiplier cette intensité par le nombre total de personnes, soit = 2 × 104 spectateurs. Au moyen E33. de l’équation 3.11 et de = 50 dB, on trouve ³ ´ ¡ ¢ = 10 log 0 =⇒ = 0 10 10 = 1 × 105 0 ¢¡ ¢ ¢ ¡ ¡ Comme 0 = = 2 × 104 1 × 105 0 = 2 × 109 0 alors µ ¶ ³ 0´ (2×109 )0 0 = 10 log 0 = 10 log = 930 dB 0 On donne = 04 cm2 = 4 × 10−5 m2 Si on modifie l’équation 3.11, on obtient = 0 10 10 En combinant ce résultat avec l’équation 3.9, on obtient = =⇒ = 0 10 10 (i) (a) Avec = 120 dB, dans l’équation (i), on obtient µ ¶ 120 ¢¡ ¢ ¡ = 4 × 10−5 1 × 10−12 10 10 = 400 × 10−5 W 62 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son © ERPI, tous droits réservés. v5 E34. (b) Avec = 0 dB, dans l’équation (i), on obtient µ ¶ 0 ¢¡ ¢ ¡ = 4 × 10−5 1 × 10−12 10 10 = 400 × 10−17 W On reprend l’équation (i) de l’exercice 33 avec = 42 qui correspond à l’aire d’une sphère de rayon , ce qui donne = E35. E36. 0 10 10 = 2¡ 42 0 10 10 = 4 (40) 1 × 10−12 ¢ µ ¶ 100 10 10 = 201 W On doit d’abord calculer l’intensité totale au moyen de l’équation 3.11 : µ ¶ 2 ¢¡ ¢ ¡ 1 10 10 = 1 × 10−12 108 + 1085 = 416 × 10−4 W/m2 tot = 1 + 2 = 0 10 + 10 On calcule ensuite le nombre total de décibels : ³ ´ ³ ´ 416×10−4 = 10 log = 862 dB tot = 10 log tot −12 1×10 0 On utilise l’équation 3.11 dans les deux cas et on obtient ³ ´ ³ ´ 5×10−7 = 570 dB (a) = 10 log 0 = 10 log 1×10 −12 µ ¶ 75 ¢ ¡ (b) = 0 10 10 = 1 × 10−12 10 10 = 316 × 10−5 W/m2 E37. (a) On combine les équations 3.9 et 3.20 pour calculer l’intensité moyenne. Ainsi, comme moy = 12 (0 )2 et que = 2 on obtient ¢¢2 ¡ ¡ (340) = 199 × 10−7 W/m2 moy = moy = 12 (0 )2 = 12 (129) 2 (600) 8 × 10−9 (b) Au moyen de l’équation 3.22, on obtient directement moy = E38. 20 2 = (35)2 2(129)(340) = 140 × 10−2 W/m2 On modifie l’équation 3.11 et on l’applique au signal (s) et au bruit (b), successivement : s s = 0 10 10 b = b 0 10 10 (i) (ii) Si on divise l’équation (i) par l’équation (ii), on obtient s b = 10 s − b 10 =⇒ s b = 10 10 (iii) où = 80 dB représente la différence d’intensité entre le signal et le bruit sur l’échelle des décibels; conséquemment, s b = 100 × 108 Comme on sait que la puissance et l’intensité sont proportionnelles, selon l’équation 3.9, il s’ensuit que E39. s b = 100 × 108 . On applique l’équation (iii) de l’exercice 38 à cette situation, ce qui donne 2 1 3 = 10 10 = 10 10 = 200 Selon l’équation 3.21, l’intensité est proportionnelle au carré de l’amplitude de déplacement. On en déduit que le rapport des amplitudes de déplacement est q √ 20 2 = 200 = 141 10 1 = v5 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son © ERPI, tous droits réservés. 63 E40. (a) On applique l’équation (iii) de l’exercice 38 à cette situation, ce qui donne ³ ´ 2 10 =⇒ = 10 log 21 = 10 log (1000) = 300 dB 1 = 10 (b) Selon l’équation 3.22, l’intensité est proportionnelle au carré de l’amplitude de pression. E41. On en déduit que le rapport des amplitudes de pression est q √ 20 2 = 1000 = 316 10 1 = La puissance acoustique du haut-parleur correspond à = (05 %) (40 W) = 02 W. Dans chaque cas, on calcule l’intensité en modifiant l’équation 3.11 et la distance correspondante au moyen de l’équation 3.10 : ³ ´ ¢ ¡ (a) = 10 log 0 =⇒ = 0 10 10 = 1 × 10−12 1012 = 1 W/m2 Puis q q 02 =⇒ = 4 = 4(1) = 126 cm ³ ´ ¢ ¡ (b) = 10 log 0 =⇒ = 0 10 10 = 1 × 10−12 106 = 1 × 10−6 W/m2 = 42 Puis = 42 =⇒ = q 4 = q 02 4(1×10−6 ) = 126 m E42. (a) Sur le bord avant de l’impulsion, on a le rapport 0 = p où p est le module de la vitesse de la particule, et la vitesse du son. Ainsi p = 0 = (10−6 )(340) 005 = 680 × 10−3 m/s Comme est mesuré dans le sens de propagation, on obtient → − → − v p = 680 × 10−3 i m/s (b) Sur le bord arrière, on trouve p = 0 2 = (10−6 )(340) 2(005) → − − = 340 × 10−3 m/s =⇒ → v p = −340 × 10−3 i m/s E43. (a) On utilise d’abord l’équation 2.5c pour calculer la vitesse de propagation de l’onde sonore : = = 2700 818 = 330 m/s On peut maintenant trouver l’amplitude de déplacement avec l’équation 3.19 : 0 = 0 =⇒ 0 = 0 = 12 129(2700)(330) = 104 × 10−5 m (b) On obtient l’intensité moyenne avec l’équation 3.22 : moy = E44. 20 2 = (12)2 2(129)(330) On obtient l’amplitude de déplacement avec l’équation 3.19 : 0 = 0 =⇒ 0 = E45. 64 = 0169 W/m2 0 = 03 129(1200)(340) = 181 × 10−7 m Au moyen de l’équation 3.19, en se rappelant que = 2 on obtient Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son © ERPI, tous droits réservés. v5 0 = 0 =⇒ 0 = 42×10−2 = 2(129)(24×10−9 )(340) E46. (a) 1 = 4 = 607 Hz (b) 7 = 7 4 = 425 Hz E47. (a) Avec +2 (b) E48. E49. 1300 929 = 140 et = 0 (2 ) =⇒ = 0 20 =⇒ = 635 kHz +1 = 14, on a = 25; donc, le tuyau n’est pas ouvert. Avec = 14, on a = 5, et le tuyau est fermé . 5 4 = 929 =⇒ = 334 m/s ³ ´ Sur le mur, 1 = 0 − , et il s,agit d’une nouvelle source au repos. Pour l’observateur, S ¡ +O ¢ 2 = 1 = 716 Hz ³ ´ O 960 = 800 + (i) =⇒ 68 = 12S + O −S De plus, S + O = 61 E50. 0 (ii) Si on résout les équations (i) et (ii), on trouve S = 350 m/s et O = 260 m/s . ³ ´ ³ ´ A = 0 −S et E = 0 +S =⇒ A E = +S −S E51. (a) A = 0 A E = ³ = 10595 =⇒ S = 778 m/s ´ ³ ´ = et =⇒ E 0 −S +S +S −S = 475 410 =⇒ S = 250 m/s (b) En remplaçant S dans A ou E on trouve 0 = 440 Hz . ³ ´ ³ ´ +O O = = 8400 Hz et = 7684 Hz =⇒ E52. 1 = 0 − 2 0 +S −S E53. ∆ = 2 − 1 = −716 Hz ³ ´ ³ ´ −O O = 9733 Hz et = 6632 Hz =⇒ 1 = 0 + = 2 0 +S −S ∆ = 2 − 1 = −310 Hz E54. Soit la figure suivante, montrant une source sonore à deux instants successifs A et B, séparés par l’intervalle de temps ∆ : La figure montre un front d’onde émis à l’instant A et le segment CB précisant le cône de l’onde de choc. Par définition, le segment CB est tangent au front d’onde. Comme le triangle formé des trois segments est rectangle, on a v5 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son © ERPI, tous droits réservés. 65 sin = E55. E56. ∆ S ∆ =⇒ sin = S =⇒ CQFD ¡ ¢2 ∝ 2 , et doit décroître; donc 2 = 220 1 = 589 N 222 ³ ´ 1010 06 = Puisque = 4 2 et = 10 log 0 , on obtient alors 1094 = 10 22 12 et 2 = 700 m E57. (a) 0 = 0 = 344 × 10−2 N/m2 0 (b) 0 = E58. E59. = 218 × 10−10 m 2 Puisque 0 = 0 et = 2 , on obtient 0 = 2 0 =⇒ = 137 m ³ ´ ¢ ¡ Puisque = 10 log 0 , on trouve = 0 10 10 = 1 × 10−12 1085 = 317 × 10−4 W/m2 Si on suppose qu’il s’agit de l’intensité moyenne, on obtient moy = E60. (a) = 20 2 = =⇒ 0 = 0527 N/m2 1800 53 = 340 m/s (b) 0 = 0 = 553 × 10−2 Pa (c) 0 = 0126 mm/s Problèmes P1. (a) Avec l’équation 3.10, on obtient = 42 = 1×10−3 4(4)2 = 497 W/m2 (b) Avec l’équation 3.11, on obtient ³ ´ ³ ´ −6 = 670 dB = 10 log 0 = 10 log 497×10 1×10−12 (c) Avec l’équation 3.22, on obtient p p 20 =⇒ 0 = 2moy = 2 (497 × 10−6 ) (129) (340) = 660 × 10−2 Pa moy = 2 (d) Avec l’équation 3.19, on obtient 0 = 0 =⇒ 0 = P2. 0 = 0 (2 ) = 660×10−2 129(2(240))(340) = 999 × 10−8 m On donne = 80 Hz et 0 = 10 Pa à 1 m. (a) On utilise le résultat du problème 7 et on calcule l’amplitude de déplacement à = 5 m, ce qui donne 0 = 1 0 5 = 907 × 10−6 m (b) Le nombre de décibels à = 5 m se calcule avec les intensités moyennes : P3. 66 20 2 = 0114 W/m2 =⇒ 5 m = ´ ³ = 10 log 50m = 966 dB 1 m = 1 m 25 = 456 × 10−3 W/m2 =⇒ (a) En dérivant l’équation 3.1, on obtient Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son © ERPI, tous droits réservés. v5 = 10 √ =⇒ = √ √ 10 (20 ) =⇒ = 05 =⇒ CQFD (b) On utilise ∝ et la relation trouvée en (a), et on calcule ³ ´ 400(20) = 05 =⇒ = 05 = 05 = 1404 Hz 285 De sorte que 0 = + ∆ = 400 + 14 = 414 Hz (c) La variation de fréquence correspond à ∆ = 1404 400 =⇒ ∆ = 351 % ce qui est inférieur à la variation de fréquence d’un demi-ton. P4. On résout ce problème avec les équations des tuyaux ouverts et fermés. (a) Si on suppose que le tuyau est ouvert, on obtient +1 (+1) 2 2 = =⇒ 850 607 = +1 =⇒ = 25 ce qui est impossible, car une des conditions de l’équation 3.4 est que = 123 Si le tuyau est fermé, on trouve +1 (+2) 4 4 = =⇒ 850 607 = +2 =⇒ = 5 Comme ce résultat respecte les conditions de l’équation 3.3, on doit conclure que le tuyau est fermé . (b) On connaît déjà la fréquence du troisième harmonique. On l’utilise dans l’équation 3.3, ce qui donne 1 5 P5. = 4 5 4 =⇒ 1 = 15 5 = 607 5 = 121 Hz ³ ´ On applique l’équation 3.15 du tome 1 à la pierre qui accélère = 98 m/s2 en tombant d’une hauteur et on trouve temps de chute 1 : = 12 21 = 4921 (i) On calcule ensuite le temps 2 que met le son à remonter vers l’observateur : = 2 = 3402 (ii) Si on isole 1 et 2 dans les équations (i) et (ii) et qu’on remplace ensuite dans 1 + 2 = 22 s, on arrive à ³ ´12 + 340 − 22 = 0 49 Cette relation a presque la forme d’une équation quadratique. On y arrive en posant √ = : √ 49 + 2 340 − 22 = 0 Si on résout cette équation pour , on calcule finalement que = 223 m . v5 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son © ERPI, tous droits réservés. 67 P6. (a) On sait qu’un tuyau fermé résonne pour des longueurs qui correspondent aux multiples entiers de 4 On peut donc poser que 4 = 0182 + 06 3 4 (i) = 0557 + 06 (ii) Si on résout ce système d’équations, on trouve que = 917 mm . (b) En utilisant l’équation 2.5c et la relation (i) de la partie (a), on obtient = P7. ³ ´ 4 4 = 4(0182+06) = 340 4(0182+06(917×10−3 )) = 453 Hz La déformation ou la perturbation associée à une onde progressive est décrite par l’équation 2.8 : = sin ( − ) De plus, l’intensité d’une onde émise par une source ponctuelle décroît avec l’inverse du carré de la distance, soit = 42 tandis que l’intensité moyenne dépend du carré de l’amplitude de déplacement, soit moy = 12 (0 )2 . Si on combine ces deux équations, on en déduit que 0 ∝ 1 Si correspond à l’amplitude de l’onde au moment de son émission, on peut affirmer que sa valeur sera modifiée en = P8. , et l’équation de l’onde devient sin ( − ) =⇒ CQFD On cherche la fréquence de battements perçue lorsqu’un sol diatonique et un sol tempéré sont entendus simultanément, ce qu’on obtient ainsi bat = dia − temp = 32 do − P9. 27 212 do = 0443 Hz (a) Si une hausse de tension dans la corde diminue la fréquence de battements, c’est que la fréquence émise par la corde (c) est préalablement inférieure à la fréquence du tuyau (t) : bat = t − c =⇒ t = c + bat = 404 Hz (b) On trouve la tension initiale de la corde, sans connaître la vitesse du son, au moyen des équations 2.5c et 2.1. Comme il s’agit du mode fondamental, = 2 et on obtient q = =⇒ = (2 )2 = 346 N (c) = P10. 2 =⇒ = 2 = 421 cm On peut trouver l’expression de l’impédance acoustique en divisant l’équation 3.21, où 0 = , par l’équation que fournit la donnée de la question : m oy m oy = 1 2 2 () 1 2 2 () =⇒ 1 = =⇒ = On sait, grâce à l’équation 3.2a, que la vitesse du son dans un fluide s’exprime comme 68 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son © ERPI, tous droits réservés. v5 = P11. q q √ donc = =⇒ = =⇒ CQFD On donne = 1 m, la distance entre la première auto et le piéton, ou encore la distance entre chacune des voitures de longueur = 5 m. Le nombre de décibel associé à la première voiture est de 75 dB. (a) On combine les équations 3.10 et 3.11 afin de trouver la puissance de chacun des klaxons, soit = 10 log ³ ´ 0 = 10 log ³ 42 0 ´ =⇒ = 42 0 µ ¶ 10 10 = 39738 × 10−4 W Comme il y a trois klaxons, l’intensité sonore totale est donnée par ³ ´ 1 1 1 tot = 4 + + = + + 2 4 2 4(+(+))2 4(+2(+))2 (+(+))2 (+2(+))2 (i) Si on insère le résultat du calcul dans l’équation 3.11, on obtient ³ ´ tot = 10 log tot = 751 dB 0 Une modification assez faible de l’intensité en décibels ! (b) Pour un nombre de voitures placées l’une derrière l’autre, l’équation (i) prend la forme 1 P tot = 4 (+(−1)(+))2 =1 et l’expression de l’intensité en décibels donne ¶ µ 1 P tot = 10 log 40 (+(−1)(+))2 =1 Dans le logiciel Maple, on crée l’expression pour et on fixe la valeur des paramètres. Finalement, on calcule la valeur limite de cette expression lorsque −→ ∞ : restart; I_0:=1e-12; d:=1; L:=5; P:=3.9738e-4; beta:=’10*log10((P/(I_0*4*Pi))*(sum(1/(d+(d+L)*(n-1))^2,n=1..N)))’; limit(beta,N=infinity); On trouve tot = 752 dB , une valeur assez proche du résultat pour une seule voiture. v5 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son © ERPI, tous droits réservés. 69
