Dane:

$l=3\text{m}$

$r=4\text{m}$

$f=1000\text{Hz}$

$v=340\frac{\text{m}}{\text{s}}$

 

$\mathbf{a})$

Szukane:

$\Delta \phi =?$

Rozwiązanie:

Aby wyznaczyć przesunięcie fazowe, musimy wyznaczyć różnicę dróg pokonanych przez fale dźwiękowe od głośników do punktu A. Na rysunku dołączonym do zadania mamy dwa głośniki. Wykonajmy pomocniczy szkic:

gdzie:

$l$ - odległość pomiędzy głośnikami, 

$r$ - droga przebyta przez dźwięk od prawego głośnika do punktu A, 

$r_1$ - droga przebyta przez dźwięk od lewego głośnika do punktu A.

Naszym zadaniem jest wyznaczenie różnicy faz dźwięków docierających do słuchacza. Długość fali dźwiękowej jest wprost proporcjonalna do okresu drgań fali. Wiemy również, że przesunięcie fazowe mieści się w przedziale od kąta zerowego do kąta pełnego, czyli w pełnym okresie. Możemy zatem zauważyć, że długość fali jest wprost proporcjonalna do kata pełnego, czyli $2\pi$. Natomiast różnica dróg fali, będzie wprost proporcjonalna do ich przesunięcia fazowego. Możemy wówczas zapisać proporcję:

$\begin{array}{ccc}\lambda & -& 2\pi \\ \Delta r& -& \Delta \phi \end{array}$

gdzie:

$\lambda$ - długość fal dźwiękowych wydobywających się z głośnika, 

$\Delta r$ - różnica dróg fali dźwiękowej, 

$\Delta \phi$ - różnica faz dźwięków.

Wymnażają proporcję na krzyż otrzymamy:

$\Delta \phi \cdot \lambda =2\pi \cdot \Delta r$

Długość fali akustycznej możemy przedstawić wzorem:

$\lambda =\frac{v}{f}$ 

gdzie:

$\lambda$ - długość fali,

$v$ - wartość prędkości, z jaką rozchodzi się fala,

$f$ - częstotliwość rozchodzącej się fali.

Różnica dróg optycznych będzie wynosiła:

$\Delta r=r_1-r$

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa oraz wykonanego rysunku otrzymamy, że:

$r_1^2=r^2+l^2|\sqrt{}$

$r_1=\sqrt{r^2+l^2}$

Korzystając z powyższych zależności wynika, że przesunięcie fazowe będzie wynosiło:

$\Delta \phi \cdot \lambda =2\pi \cdot \Delta r$

$\Delta \phi \cdot \frac{v}{f}=2\pi \cdot \left(r_1-r\right)|\cdot f$

$\Delta \phi \cdot v=2\pi f\left(\sqrt{r^2+l^2}-r\right)|:v$

$\Delta \phi =\frac{2\pi f}{v}\cdot \left(\sqrt{r^2+l^2}-r\right)$

Podstawiamy dane liczbowe do wzoru:

$\Delta \phi =\frac{2\cdot \pi \cdot 1000\text{Hz}}{340\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}}\cdot \left(\sqrt{{\left(4\text{m}\right)}^2+{\left(3\text{m}\right)}^2}-4\text{m}\right)=$

$=\frac{2000\pi \text{Hz}}{340\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}}\cdot \left(\sqrt{16{\text{m}}^2+9{\text{m}}^2}-4\text{m}\right)=$

$=\frac{2000\pi \frac{1}{\text{s}}}{340\frac{\text{m}}{\text{s}}}\cdot \left(\sqrt{25{\text{m}}^2}-4\text{m}\right)\approx 6\pi \frac{1}{\text{m}}\cdot \left(5\text{m}-4\text{m}\right)=$

$=6\pi \frac{1}{\cancel{\text{m}}}\cdot 1\cancel{\text{m}}=6\pi$

Wyznaczenie, czy mamy do czynienia ze wzmocnieniem lub wygaszeniem zależy od różnicy odległości pomiędzy źródłami dźwięku, a odbiornikiem dźwięku. Wzmocnienie fali występuje w punktach, dla których różnica odległości od obu źródeł fal jest równa parzystej wielokrotności połowy długości fali. Natomiast wygaszenie fali występuje w punktach, dla których różnica odległości od obu źródeł fal jest równa nieparzystej wielokrotności połowy długości fali.

W naszym przypadku różnica odległości od obu źródeł wynosi:

$\Delta r=\sqrt{r^2+l^2}-r$

$\Delta r=\sqrt{{\left(4\text{m}\right)}^2+{\left(3\text{m}\right)}^2}-4\text{m}=$

$=\sqrt{16{\text{m}}^2+3{\text{m}}^2}-4\text{m}=$

$=\sqrt{25{\text{m}}^2}-4\text{m}=$

$=5\text{m}-4\text{m}=1\text{m}$

Długość fali wynosi:

$\lambda =\frac{v}{f}$

$\lambda =\frac{340\frac{\text{m}}{\text{s}}}{1000\text{Hz}}=\frac{340\frac{\text{m}}{\text{s}}}{1000\frac{1}{\text{s}}}=0,34\text{m}$  

Połowa długości fali to:

$\frac{\lambda }{2}=\frac{0,34\text{m}}{2}=0,17\text{m}$  

Wyznaczmy ile razy długość fali zmieści się w różnicy odległości:

$\frac{1\text{m}}{0,17\text{m}}\approx 6$  

Zauważmy, że w przybliżeniu liczba ta będzie liczbą parzystą 6. W związku z tym mamy do czynienia ze wzmocnieniem fali, ale nie maksymalnym. 

Odpowiedź: Różnica faz dźwięków wynosi około $6\pi \text{rad}$ . Słuchacz zarejestruje wzmocnienie.

 

$\mathbf{b})$

 Uzasadnienie: 

Chcemy dowiedzieć się, co usłyszy słuchacz poruszający się w stronę głośnika - wzmocnienie, czy wygaszenie fali. Zapiszmy warunki dla wzmocnienia i wygaszenia fali. 

W przypadku wzmocnienia fali spełniona jest zależność:

$\Delta r=n\cdot \lambda$ 

gdzie:

$\Delta r$ - jest różnicą dróg przebytych przez falę,

$\lambda$ - długość fali,

$n=0,1,2,3,\dots$ - rząd wzmocnienia (liczby naturalne).

W przypadku wygaszenia fali spełniona jest zależność:

$\Delta r=\left(n+\frac{1}{2}\right)\cdot \lambda$ 

gdzie:

$\Delta r$ - jest różnicą dróg przebytych przez falę,

$\lambda$ - długość fali,

$n=0,1,2,3,\dots$ - rząd wygaszenia (liczby naturalne).

Słuchacz zbliża się do głośników, czyli zmniejsza się odległość słuchacza od głośników. Zauważmy, że jeżeli $r$ zmniejsza się to również $r_1$ zmniejsza się, ale wolniej niż $r$, ponieważ zależy ona również od odległości $l$, która jest stała. Zatem różnica dróg fali wzrasta. Oznacza to, że wzrośnie również rząd fali, aż osiągnie całkowitą wartość. Z poprzedniego podpunktu wiemy, że słuchacz rejestruje wzmocnienie, czyli jeżeli różnica dróg fali powoli wzrasta to iloraz różnicy dróg fali oraz długości fali zbliżać będzie się do liczby całkowitej, ponieważ dla wzmocnienia mamy:

$n=\frac{\Delta r}{\lambda }$

$n=\frac{1\text{m}}{0,34\text{m}}\approx 2,941176\approx 3$

Wówczas słuchacz zarejestruje maksymalne wzmocnienie. Gdyby ten iloraz bliższy był połowie liczby całkowitej to mielibyśmy do czynienia z wygaszeniem fali.

 Odpowiedź: 

Najpierw usłyszy maksymalne wzmocnienie.

 

$\mathbf{c})$

Podobnie jak wcześniej, jeżeli słuchacz będzie oddalał się od głośnika to iloraz różnicy dróg optycznych będzie zmniejszał się. Wówczas pierwszą napotka połówkę liczby $2,5$. Zatem będziemy mieli do czynienia z wygaszeniem fali.