Chapitre 3: Le son Exercices

Chapitre 3 : Le son
Exercices
On insère les données directement dans l’équation 2.5c, et on trouve ainsi la longueur
E1.
d’onde :
λ=
v
f
=
340
1×105
= 3,40 mm
On insère les données directement dans l’équation 2.5c, et on trouve ainsi la longueur
E2.
d’onde :
λ=
v
f
=
340
3,5×104
= 9,71 mm
On insère les données directement dans l’équation 2.5c, et on trouve ainsi la longueur
E3.
d’onde :
λ=
v
f
=
1500
4×106
= 0,375 mm
L’intervalle de temps qui sépare l’arrivée du son voyageant dans les deux milieux équivaut
E4.
à ∆t = 3,2 s.
E5.
Toutefois, pour chaque son, l’intervalle de temps est donné par ∆tmilieu =
³
´−1
∆x
1
1
−
=⇒
∆x
=
−
∆t =⇒
∆t = ∆tair − ∆teau = v∆x
ve a u
va ir
ve a u
a ir
¡ 1
¢−1
1
∆x = 340
− 1500
(3,2) = 1,41 × 103 m
∆x
vm ilieu
. Ainsi
(a) On insère directement les données dans l’équation 3.2a, et on calcule ainsi la vitesse du
son :
q
q
2,8×1010
K
v=
ρ =
13,6×10−3 = 1,43 km/s
(b) On calcule la longueur d’onde avec l’équation 2.5c :
λ=
E6.
E7.
v
f
=
1,43×103
41000
= 1,43 m
En utilisant l’équation 3.2a on obtient
q
q
1,41×105
=
= 314 m/s
(a) Pour l’oxygène, v = K
ρ
1,43
q
q
1,70×105
(b) Pour l’hélium, v = K
= 972 m/s
ρ =
0,18
E8.
On insère les données dans l’équation fournie, ce qui donne
q
q
2×1011
5,06 km/s
v = Eρ = 7,8×10
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 ∆tmilieu =
∆x
vm ilie u
et l’intervalle qui les
sépare correspond à
v3
© ERPI
Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son
1
∆t = ∆tair − ∆tPb =
E9.
E10.
−
∆x
vP b
= ∆x
³
1
va ir
−
1
vP b
´
= 100
¡
1
340
−
1
1320
On insère les données dans l’équation fournie, ce qui donne
q
q
10
G
= 3,04 km/s
v = ρ = 2,5×10
2,7×103
¢
= 0,218 s
On insère
les données
dans l’équation fournie, ce qui donne
r
r
10
K+ G
3
ρ
v=
E11.
∆x
va ir
=
1,4×1011 + 4,2×10
3
8,92×103
= 4,16 km/s
Pour une onde longitudinale dans un fluide, l’équation 3.17 décrit l’amplitude de déplacement, soit s = s0 sin (kx − ωt). Avec ω = vk et p0 = Kks0 , qui se réécrit s0 =
p0
Kk ,
on
calcule
∂s
∂t
0
= −ωs0 cos (kx − ωt) = −vks0 cos (kx − ωt) = − vp
K cos (kx − ωt) =⇒
K ∂s
v ∂t
= −p0 cos (kx − ωt)
Si on compare ce résultat avec l’équation 3.14, qui décrit l’amplitude de pression, on voit
que p =
E12.
K ∂s
v ∂t
=⇒ CQFD
Par analogie avec les ondes stationnaires transversales étudiées à la section 2.7, on déduit
¢ ¢
¡
¡
que p1 et p2 sont décrits par 2,00 sin 5,30x ± 1,80 × 103 t , où p est en pascals, x en
mètres et t en secondes.
E13.
On trouve les longueurs des colonnes d’air grâce à l’équation des tuyaux fermés, fn =
nv
4L ,
où n = 1, 3, 5,..., ce qui donne
L1 =
E14.
(1)v
4f1
=
(1)(340)
4(440)
= 19,3 cm et L3 =
3v
4f3
=
(3)(340)
4(440)
= 58,0 cm
Selon l’équation 3.4, le graphe de la fréquence fondamentale en fonction de
1
2L
a pour
pente la vitesse du son. Dans le logiciel Maple, on crée un ensemble de données pour L
et on modifie l’ensemble pour qu’il contienne les valeurs de
1
2L
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
2L ,f
¤
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
2
Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son
v3
© ERPI
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 .
On combine les équations 3.3, 2.13 et 2.1, et on pose que
´2
´
³
³
q
3(340)(0,6) 2
3vLc
3v
2
F
=
=⇒
F
=
µ
=
(1,2)
= 28,1 N
4Lt
2Lc
µ
4Lt
4(1)
E15.
À chaque tour du disque percé, 40 oscillations se produisent. La fréquence de rotation
E16.
1200 tours
1 min
équivaut à fr =
= 20 tours/s.
(a) On calcule ainsi la fréquence fondamentale de l’onde sonore émise :
f = 40fr = 800 Hz
(b) Non , cette fréquence n’est pas unique, car plusieurs harmoniques sont associées à des
fréquences plus élevées.
On calcule les trois plus basses fréquences associées aux trois premiers modes au moyen
E17.
de l’équation 3.4 :
fn =
nv
2L
=⇒ f1 = 8,50 Hz , f2 = 17,0 Hz , f3 = 25,5 Hz
En se servant des équations 3.1 et 2.5c, et en se rappelant que T s’exprime en Kelvins,
E18.
on pose que
√
√
q
T10◦
T10◦
f10◦
√
√
◦
◦
=⇒ f10 = f20
= 1000 283
f ◦ =
293 = 983 Hz
T20◦
20
T20◦
E19. (a) Si tous les trous de la flûte sont bouchés, on obtient
f1 =
v
2L
=
340
2(0,6)
= 283 Hz
(b) En utilisant de nouveau l’équation 3.4, on trouve
L=
v
2f1
=
340
2(330)
= 51,5 cm
E20. (a) On utilise l’équation 3.3 pour les tuyaux fermés et on obtient
L=
v
4f1
=
340
4(25)
= 3,40 m
(b) On utilise l’équation 3.4 pour les tuyaux ouverts et on obtient
L=
E21.
v
4f1
=
340
4(500)
= 0,340 m
On cherche ∆f = f20◦ − f5◦ , mais on sait que f =
v
2L ,
dans le cas du mode fondamental
pour un tuyau ouvert. Ainsi
∆f = f20◦ − f5◦ =
v3
© ERPI
v20◦ −v5◦
2L
=
344−335
2(0,30)
= 15,0 Hz
Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son
3
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
v
340
3
f 0 = v−v
f
=
340−30 1200 = 1,32 × 10 Hz
S
(b) Si la voiture s’éloigne de l’observateur, toujours au moyen de l’équation 3.7, on obtient
´
³
´
³
v
340
3
f
=
f 0 = v+v
340+30 1200 = 1,10 × 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 :
λ0 =
v−vS
f
=
340−25
400
= 78,8 cm
(b) De la même façon, on calcule
λ0 =
E24.
v+vS
f
=
340+25
400
= 91,3 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
λ=
E25.
v
f
=
340
400
= 85,0 cm
Pour chacun des cas, on utilise les équations f 0 =
´
³
´
³
v
340
0
f
=
(a) f 0 = v−v
340−40 200 =⇒ f = 227 Hz
S
λ0 =
v−vS
f
λ0 =
v
f
=
340
200
λ0 =
v−vS
f
=
³
v±vO
v±vS
´
f et λ0 =
v±vS
f
.
= 340−40
=⇒ λ0 = 1,50 m
200
¡
¢
¡ O¢
f = 340+40
200 =⇒ f 0 = 224 Hz
(b) f 0 = v+v
v
340
=⇒ λ0 = 1,70 m
´
³
´
³
340+20
0
O
f
=
(c) f 0 = v+v
v−vS
340−20 200 =⇒ f = 225 Hz
E26.
340−20
200
=⇒ λ0 = 1,60 m
On doit d’abord trouver la vitesse de la source responsable des changements de fréquences
perçues. Avec fj = 2,4 tr/s, la fréquence de rotation du jouet et l’équation 11.5 du tome
1, on trouve que
vS = ω j r = 2πfj r = 2π (2,4) (1,2) = 18,1 m/s
E27.
On peut maintenant trouver les deux valeurs de fréquence avec l’équation 3.7 :
´
³
´
³
v
340
0
0
3
f
=
= v+v
fmin
340+18,1 200 =⇒ fmin = 1,71 × 10 Hz
S
´
³
´
³
v
340
0
0
3
f
=
fmax
= v−v
340−18,1 200 =⇒ fmax = 1,90 × 10 Hz
S
Le klaxon de l’automobile est la source (vS = 40 m/s) émettant à f = 400 Hz et le
chauffeur du camion est l’observateur (vO = 15 m/s). Soit f10 , la fréquence perçue par
le chauffeur du camion pendant que l’automobile s’approche et f20 , la fréquence perçue
4
Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son
v3
© ERPI
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 f10 > f20 et on
cherche ∆f 0 = f10 − f20 . On utilise l’équation 3.7 du manuel pour le calcul de f10 et f20 .
(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
f10 = v−v
f
=
v−vS
340−40 (400) = 433,3 Hz
´
³
´
³
340+15
O
f
=
f20 = v+v
v+vS
340+40 (400) = 373,7 Hz
De sorte que
∆f 0 = f10 − f20 = 433,3 − 373,7 = 59,6 Hz
(b) Il suffit de modifier le signe apparaissant devant vO :
´
³
´
³
340+15
O
f10 = v+v
f
=
v−vS
340−40 (400) = 473,3 Hz
³
´
³
´
340−15
O
f20 = v−v
f
=
v+vS
340+40 (400) = 342,1 Hz
De sorte que
∆f 0 = f10 − f20 = 473,3 − 342,1 = 131 Hz
E28. (a) Le son est initialement émis par la source (la voiture de police) à une fréquence f. Il
atteint l’observateur (le camion) et est perçu à une fréquence f 0 . La réflexion du son sur
le camion ne modifie pas sa fréquence f 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
vp = 40 m/s vers le camion, alors que ce dernier se déplace à vc = 20 m/s dans le même
sens. La fréquence f 00 finalement perçue au retour à la voiture de police est donnée par
´
´³
´
³
´³
´
³
³
v+v
v+v
v−vc
340+40
340−20
f
=
f 00 = v+vpc f 0 = v+vpc
v−vp
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 vp = 50 m/s et vc = 30 m/s, et on obtient
³
´³
´
³
´³
´
v+vp
v−vc
340+50
340−30
00
f = v+vc
v−vp f = 340+30
340−50 (600) = 676 Hz
E29.
(c) Dans ce cas, les vitesses sont vp = 30 m/s et vc = 10 m/s, et on obtient
´³
´
³
´³
´
³
v+v
v−vc
340+30
340−10
f
=
f 00 = v+vpc
v−vp
340+10
340−30 (600) = 675 Hz
Si l’observateur se situe entre le mur et l’auto, la fréquence fa0 du son perçu en provenance
de l’auto est donnée par l’équation 3.7 :
´
³
´
³
v
340
fa0 = v−v
f
=
340−8,33 (500) = 512,558 Hz
S
Le son qui frappe le mur est modifié de la même manière et réfléchi vers l’observateur. La
v3
© ERPI
Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son
5
0 de ce son possède donc la même valeur que f 0 , et la fréquence de battement
fréquence fm
a
entre ces deux sons équivaut à
0 | = 0 Hz
fbat = |fa0 − fm
Si l’observateur se trouve sur le trajet déjà parcouru par l’auto, on obtient
´
³
´
³
v
340
f
=
fa0 = v+v
340+8,33 (500) = 488,043 Hz
S
0 = 512,56 Hz, comme dans le premier calcul. La fréquence de battement
alors que fm
entre ces deux sons devient ainsi :
0 | = |488,043 − 512,558| = 24,5 Hz
fbat = |fa0 − fm
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 vS change lorsqu’on calcule fa0 et fm
battement lorsque l’observateur se place entre la voiture et le mur, et les deux réponses
sont 0 Hz, 24,5 Hz .
E31.
E32.
On doit d’abord trouver, au moyen de l’équation 3.7, la vitesse de la source :
´
´
³
³
f0
v
v
f
=⇒
=⇒ v − vS = v ff0 =⇒
=
f 0 = v−v
f
v−vS
S
´
³
¡
¢
vS = v 1 − ff0 = v 1 − 600
640 = 0,0625v
On reprend ensuite l’équation 3.7 pour le cas où la source s’éloigne et on obtient
´
³
´
³
´
³
v
v
1
f
=
f
=
f 0 = v+v
v+0,0625v
1,0625 (600) = 565 Hz
S
On doit d’abord trouver l’intensité du son I produit par une personne, puis multiplier
cette intensité par le nombre total de personnes, soit N = 2 × 104 spectateurs. Au moyen
E33.
de l’équation 3.11 et de β = 50 dB, on trouve
³ ´
β
¢
¡
=⇒ I = I0 10 10 = 1 × 105 I0
β = 10 log II0
¡
¡
¢¡
¢
¢
Comme I 0 = N I = 2 × 104 1 × 105 I0 = 2 × 109 I0 , alors
¶
µ
³ 0´
(2×109 )I0
0
I
β = 10 log I0 = 10 log
= 93,0 dB
I0
On donne A = 0,4 cm2 = 4 × 10−5 m2 .
β
Si on modifie l’équation 3.11, on obtient I = I0 10 10 . En combinant ce résultat avec
l’équation 3.9, on obtient
β
P = AI =⇒ P = AI0 10 10
(i)
(a) Avec β = 120 dB, dans l’équation (i), on obtient
¶
µ
120
¢¡
¢
¡
P = 4 × 10−5 1 × 10−12 10 10 = 4,00 × 10−5 W
6
Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son
v3
© ERPI
E34.
(b) Avec β = 0 dB, dans l’équation (i), on obtient
¶
µ
0
¡
¢¡
¢
P = 4 × 10−5 1 × 10−12 10 10 = 4,00 × 10−17 W
On reprend l’équation (i) de l’exercice 33 avec A = 4πr2 , qui correspond à l’aire d’une
sphère de rayon r, ce qui donne
P =
=
2¡
β
4πr2 I0 10 10
= 4π (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 β
¶
β2
¡
¢¡
¢
1
10
10
Itot = I1 + I2 = I0 10 + 10
= 1 × 10−12 108 + 108,5 = 4,16 × 10−4 W/m2
E35.
E36.
β
AI0 10 10
On calcule ensuite le nombre total de décibels :
³ ´
³
´
4,16×10−4
β tot = 10 log IItot
=
10
log
= 86,2 dB
−12
1×10
0
On utilise l’équation 3.11 dans les deux cas et on obtient
³ ´
³
´
5×10−7
(a) β = 10 log II0 = 10 log 1×10
= 57,0 dB
−12
¶
µ
β
75
¡
¢
(b) I = I0 10 10 = 1 × 10−12 10 10 = 3,16 × 10−5 W/m2
E37. (a) On combine les équations 3.9 et 3.20 pour calculer l’intensité moyenne. Ainsi, comme
Pmoy = 12 ρA (ωs0 )2 v et que ω = 2πf, on obtient
¡
¡
¢¢2
P
Imoy = mAoy = 12 ρ (ωs0 )2 v = 12 (1,29) 2π (600) 8 × 10−9
(340) = 1,99 × 10−7 W/m2
(b) Au moyen de l’équation 3.22, on obtient directement
Imoy =
E38.
p20
2ρv
=
(3,5)2
2(1,29)(340)
= 1,40 × 10−2 W/m2
On modifie l’équation 3.11 et on l’applique au signal (s) et au bruit (b), successivement :
βs
Is = I0 10 10
Ib =
βb
I0 10 10
(i)
(ii)
Si on divise l’équation (i) par l’équation (ii), on obtient
Is
Ib
= 10
β s −β b
10
=⇒
Is
Ib
β
= 10 10
(iii)
où β = 80 dB représente la différence d’intensité entre le signal et le bruit sur l’échelle des
décibels; conséquemment,
Is
Ib
= 1,00 × 108 . Comme on sait que la puissance et l’intensité
sont proportionnelles, selon l’équation 3.9, il s’ensuit que
E39.
Ps
Pb
= 1,00 × 108 .
On applique l’équation (iii) de l’exercice 38 à cette situation, ce qui donne
I2
I1
β
3
= 10 10 = 10 10 = 2,00
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
√
s20
I2
=
2,00 = 1,41
s10
I1 =
v3
© ERPI
Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son
7
E40. (a) On applique l’équation (iii) de l’exercice 38 à cette situation, ce qui donne
³ ´
β
I2
10
=⇒ β = 10 log II21 = 10 log (1000) = 30,0 dB
I1 = 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
√
p20
I2
=
1000 = 31,6
p10
I1 =
La puissance acoustique du haut-parleur correspond à P = (0,5 %) (40 W) = 0,2 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 ´
β
¡
¢
(a) β = 10 log II0
=⇒ I = I0 10 10 = 1 × 10−12 1012 = 1 W/m2
Puis
q
q
0,2
P
=⇒ r = 4πI
= 4π(1)
= 12,6 cm
³ ´
β
¡
¢
=⇒ I = I0 10 10 = 1 × 10−12 106 = 1 × 10−6 W/m2
(b) β = 10 log II0
I=
P
4πr2
Puis
I=
P
4πr2
=⇒ r =
q
P
4πI
=
q
0,2
4π(1×10−6 )
= 126 m
E42. (a) Sur le bord avant de l’impulsion, on a le rapport
s0
d
=
vp
v ,
où vp est le module de la vitesse
de la particule, et v la vitesse du son. Ainsi
vp =
vs0
d
=
(10−6 )(340)
0,05
= 6,80 × 10−3 m/s
Comme s est mesuré dans le sens de propagation, on obtient
→
−
−
→
v p = 6,80 × 10−3 i m/s
(b) Sur le bord arrière, on trouve
vp =
vs0
2d
=
(10−6 )(340)
2(0,05)
→
−
−
= 3,40 × 10−3 m/s =⇒ →
v p = −3,40 × 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 :
v=
ω
k
=
2700
8,18
= 330 m/s
On peut maintenant trouver l’amplitude de déplacement avec l’équation 3.19 :
p0 = ρωvs0 =⇒ s0 =
p0
ρωv
=
12
1,29(2700)(330)
= 1,04 × 10−5 m
(b) On obtient l’intensité moyenne avec l’équation 3.22 :
Imoy =
E44.
p20
2ρv
=
(12)2
2(1,29)(330)
On obtient l’amplitude de déplacement avec l’équation 3.19 :
p0 = ρωvs0 =⇒ s0 =
E45.
8
= 0,169 W/m2
p0
ρωv
=
0,3
1,29(1200π)(340)
= 1,81 × 10−7 m
Au moyen de l’équation 3.19, en se rappelant que ω = 2πf, on obtient
Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son
v3
© ERPI
p0 = ρωvs0 =⇒ s0 =
4,2×10−2
f=
2π(1,29)(2,4×10−9 )(340)
E46. (a) f1 =
v
4L
= 60,7 Hz
(b) f7 =
7v
4L
= 425 Hz
E47. (a) Avec
n+2
n
(b)
E48.
E49.
1300
929
= 1,40 et
=
p0
ρ(2πf )v
=⇒ f =
p0
2πρs0 v
=⇒
= 6,35 kHz
n+1
n
= 1,4, on a n = 2,5; donc, le tuyau n’est pas ouvert. Avec
= 1,4, on a n = 5, et le tuyau est fermé .
5v
4L
= 929 =⇒ v = 334 m/s
³
´
v
, et il s,agit d’une nouvelle source au repos. Pour l’observateur,
Sur le mur, f1 = f0 v−v
S
¡ v+vO ¢
f2 = f1
= 716 Hz
v
´
³
O
=⇒ 68 = 1,2vS + vO
960 = 800 v+v
(i)
v−vS
De plus, vS + vO = 61
E50.
p0
ρωv
(ii)
Si on résout les équations (i) et (ii), on trouve vS = 35,0 m/s et vO = 26,0 m/s .
³
´
³
´
v
v
fA = f0 v−vS et fE = f0 v+vS
=⇒
fA
fE
=
v+vS
v−vS
E51. (a) fA = f0
fA
fE
=
³
= 1,0595 =⇒ vS = 7,78 m/s
´
³
´
v
v
et
f
=⇒
=
f
E
0
v−vS
v+vS
v+vS
v−vS
=
475
410
=⇒ vS = 25,0 m/s
(b) En remplaçant vS dans fA ou fE , on trouve f0 = 440 Hz .
³
´
³
´
v+vO
O
=
840,0
Hz
et
f
= 768,4 Hz =⇒
=
f
E52.
f1 = f0 v−v
2
0 v+vS
v−vS
E53.
∆f = f2 − f1 = −71,6 Hz
³
´
³
´
v−vO
O
f1 = f0 v+v
=
f
=
973,3
Hz
et
f
= 663,2 Hz =⇒
2
0 v+vS
v−vS
∆f = f2 − f1 = −310 Hz
E54.
Soit la figure suivante, montrant une source sonore à deux instants successifs A et B,
séparés par l’intervalle de temps ∆t :
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
v3
© ERPI
Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son
9
sin θ =
E55.
E56.
v∆t
vS ∆t
=⇒ sin θ =
v
vS
=⇒ CQFD
¡ ¢2
F ∝ f 2 , et F doit décroître; donc F2 = 220
F1 = 589 N
222
³ ´
P
I
1010
0,6 =
Puisque I = 4πr
2 et β = 10 log
I0 , on obtient alors 109,4 = 10
r22
r12
et r2 = 7,00 m
E57. (a) p0 = ρωvs0 = 3,44 × 10−2 N/m2
p0
ρωv
(b) s0 =
E58.
E59.
= 2,18 × 10−10 m
2
Puisque p0 = ρωvs0 et ω = 2π λv , on obtient p0 = 2πρvλ s0 =⇒ λ = 1,37 m
³ ´
β
¡
¢
Puisque β = 10 log II0 , on trouve I = I0 10 10 = 1 × 10−12 108,5 = 3,17 × 10−4 W/m2 .
Si on suppose qu’il s’agit de l’intensité moyenne, on obtient
Imoy =
ω
k
E60. (a) v =
p20
2ρv
=
=⇒ p0 = 0,527 N/m2
1800
5,3
= 340 m/s
(b) p0 = ρωvs0 = 5,53 × 10−2 Pa
(c) ωs0 = 0,126 mm/s
Problèmes
P1.
(a) Avec l’équation 3.10, on obtient
I=
P
4πr2
=
1×10−3
4π(4)2
= 4,97 µW/m2
(b) Avec l’équation 3.11, on obtient
³ ´
³
´
−6
β = 10 log II0 = 10 log 4,97×10
= 67,0 dB
1×10−12
(c) Avec l’équation 3.22, on obtient
p
p
p20
Imoy = 2ρv
=⇒ p0 = 2Imoy ρv = 2 (4,97 × 10−6 ) (1,29) (340) = 6,60 × 10−2 Pa
(d) Avec l’équation 3.19, on obtient
p0 = ρωvs0 =⇒ s0 =
P2.
p0
ρωv
=
p0
ρ(2πf )v
=
6,60×10−2
1,29(2π(240))(340)
= 9,99 × 10−8 m
On donne f = 80 Hz et p0 = 10 Pa à 1 m.
(a) On utilise le résultat du problème 7 et on calcule l’amplitude de déplacement à x = 5 m,
ce qui donne
s0 =
1 p0
5 ρωv
= 9,07 × 10−6 m
(b) Le nombre de décibels à x = 5 m se calcule avec les intensités moyennes :
P3.
10
p20
2ρv
= 0,114 W/m2 =⇒ I5 m =
³
´
β = 10 log I5I0m = 96,6 dB
I1 m =
I1 m
25
= 4,56 × 10−3 W/m2 =⇒
(a) En dérivant l’équation 3.1, on obtient
Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son
v3
© ERPI
dv
dT
=
10
√
T
dv
v
=⇒
=
√ 10dT
√
T (20 T )
=⇒
dv
v
= 0,5 dT
T
=⇒ CQFD
(b) On utilise f ∝ v et la relation trouvée en (a), et on calcule
´
³
400(20)
df
f dT
dT
= 14,04 Hz
=
0,5
=⇒
df
=
0,5
=
0,5
f
T
T
285
De sorte que f 0 = f + ∆f = 400 + 14 = 414 Hz
(c) La variation de fréquence correspond à
∆f
f
=
14,04
400
=⇒
∆f
f
= 3,51 %
ce qui est inférieur à la variation de fréquence d’un demi-ton.
On résout ce problème avec les équations des tuyaux ouverts et fermés.
P4.
(a) Si on suppose que le tuyau est ouvert, on obtient
fn+1
fn
(n+1)v
2L
nv
2L
=
=⇒
850
607
=
n+1
n
=⇒ n = 2,5
ce qui est impossible, car une des conditions de l’équation 3.4 est que n = 1,2,3...
Si le tuyau est fermé, on trouve
fn+1
fn
(n+2)v
4L
nv
4L
=
=⇒
850
607
=
n+2
n
=⇒ n = 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
f1
f5
P5.
=
v
4L
5v
4L
=⇒ f1 = 15 f5 =
607
5
= 121 Hz
´
³
On applique l’équation 3.15 du tome 1 à la pierre qui accélère g = 9,8 m/s2 en tombant
d’une hauteur D et on trouve temps de chute t1 :
D = 12 gt21 = 4,9t21
(i)
On calcule ensuite le temps t2 que met le son à remonter vers l’observateur :
D = vt2 = 340t2
(ii)
Si on isole t1 et t2 dans les équations (i) et (ii) et qu’on remplace ensuite dans
t1 + t2 = 2,2 s, on arrive à
³ ´1/2
D
D
+ 340
− 2,2 = 0
4,9
Cette relation a presque la forme d’une équation quadratique. On y arrive en posant
√
x = D:
√x
4,9
+
x2
340
− 2,2 = 0
Si on résout cette équation pour x, on calcule finalement que D = 22,3 m .
v3
© ERPI
Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son
11
P6.
(a) On sait qu’un tuyau fermé résonne pour des longueurs qui correspondent aux multiples
entiers de λ4 . On peut donc poser que
λ
4
= 0,182 + 0,6r
3λ
4
(i)
= 0,557 + 0,6r
(ii)
Si on résout ce système d’équations, on trouve que λ = 9,17 mm .
(b) En utilisant l’équation 2.5c et la relation (i) de la partie (a), on obtient
f=
P7.
³v ´
λ
4 4
=
v
4(0,182+0,6r)
=
340
4(0,182+0,6(9,17×10−3 ))
= 453 Hz
La déformation ou la perturbation y associée à une onde progressive est décrite par
l’équation 2.8 :
y = A sin (kx − ωt)
De plus, l’intensité d’une onde émise par une source ponctuelle décroît avec l’inverse du
carré de la distance, soit I =
P
,
4πr2
tandis que l’intensité moyenne dépend du carré de
l’amplitude de déplacement, soit Imoy = 12 ρ (ωs0 )2 v. Si on combine ces deux équations, on
en déduit que s0 ∝ 1r . Si A correspond à l’amplitude de l’onde au moment de son émission,
on peut affirmer que sa valeur sera modifiée en
y=
P8.
A
r
A
r,
et l’équation de l’onde devient
sin (kx − ωt) =⇒ CQFD
On cherche la fréquence de battements perçue lorsqu’un sol diatonique et un sol tempéré
sont entendus simultanément, ce qu’on obtient ainsi
fbat = fdia − ftemp = 32 fdo −
P9.
27
212 fdo
= 0,443 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) :
fbat = ft − fc =⇒ ft = fc + fbat = 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, λ = 2L, et on obtient
q
λf = Fµ =⇒ F = (2Lf )2 µ = 346 N
(c) f =
P10.
v
2L
=⇒ L =
v
2f
= 42,1 cm
On peut trouver l’expression de l’impédance acoustique Z en divisant l’équation 3.21, où
s0 = A, par l’équation que fournit la donnée de la question :
Im oy
Im oy
=
1
2
2 (ωA) ρv
1
2
2 (ωA) Z
=⇒ 1 =
ρv
Z
=⇒ Z = ρv
On sait, grâce à l’équation 3.2a, que la vitesse du son dans un fluide s’exprime comme
12
Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son
v3
© ERPI
v=
q
q
√
donc Z = ρ K
ρ =⇒ Z = Kρ =⇒ CQFD
K
ρ,
On donne d = 1 m, la distance entre la première auto et le piéton, ou encore la distance
P11.
entre chacune des voitures de longueur L = 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
β = 10 log
³ ´
I
I0
= 10 log
³
P
4πd2 I0
´
=⇒ P =
4πd2 I0
µ
¶
β
10 10 = 3,9738 × 10−4 W
Comme il y a trois klaxons, l’intensité sonore totale est donnée par
³
´
P
P
P
P
1
1
1
Itot = 4πd
+
+
=
+
+
2
4π d2
4π(d+(d+L))2
4π(d+2(d+L))2
(d+(d+L))2
(d+2(d+L))2
(i)
Si on insère le résultat du calcul dans l’équation 3.11, on obtient
³ ´
β tot = 10 log IItot
= 75,1 dB
0
Une modification assez faible de l’intensité en décibels !
(b) Pour un nombre N de voitures placées l’une derrière l’autre, l’équation (i) prend la forme
N
P P
1
Itot = 4π
(d+(n−1)(d+L))2
n=1
et l’expression de l’intensité en décibels donne
µ
¶
N
P P
1
β tot = 10 log 4πI0
(d+(n−1)(d+L))2
n=1
Dans le logiciel Maple, on crée l’expression pour β et on fixe la valeur des paramètres.
Finalement, on calcule la valeur limite de cette expression lorsque N −→ ∞ :
> 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 β tot = 75,2 dB , une valeur assez proche du résultat pour une seule voiture.
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Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 3 : Le son
13