Бегущие волны, скорость волн

Подсказка

Найдите время одного колебания, затем путь волны за это время.

Ответ

\(15\) м

Решение

Натяжение всюду одно. Рассмотрим любой шарик: слева его тянет одна пружина, справа — другая. Он в покое, значит эти силы равны по модулю. Переходя от шарика к шарику, получаем, что натяжение всех пружин одинаково. А крайняя правая пружина тянет последний шарик с силой \(F\) (её мы и прикладываем), значит

\[ T_1 = T_2 = \dots = F. \]

Удлинение каждой пружины. По закону Гука

\[ \Delta = \frac{F}{k}. \]

Смещение \(N\)-го шарика. Считаем шарики от закреплённого конца. Между стенкой и \(N\)-м шариком находится \(N-1\) пружина, и каждая удлинилась на \(F/k\). Смещения складываются:

\[ x_N = (N-1)\,\frac{F}{k}. \]

Что это значит. Смещение растёт линейно с номером — то есть линейно с расстоянием от закреплённого конца. Это в точности то, что происходит в однородном растянутом стержне: относительное удлинение всюду одинаково, а смещение нарастает от закреплённого конца к свободному. Цепочка шариков — простейшая механическая модель твёрдого тела, и мы будем пользоваться ею весь параграф.

Решение

Относительная деформация.

\[ \varepsilon = \frac{\Delta L}{L} = \frac{10^{-4}\;\text{м}}{1\;\text{м}} = 10^{-4}. \]

Изменение межатомного расстояния. Та же деформация применяется к каждому промежутку между атомами (задача 3.6.1: все «пружинки» растянуты одинаково):

\[ \Delta a = \varepsilon\,a = 10^{-4}\cdot10^{-10} = 10^{-14}\;\text{м}. \]

Это в десять тысяч раз меньше самого атома. Именно поэтому упругая деформация твёрдого тела почти всегда обратима: атомы почти не сдвигаются со своих мест, связи не рвутся и не перестраиваются.

Решение

По площади (параллельно). Пусть стержень набран из \(S\) единичных «столбиков» сечения 1. Каждый растягивается на одно и то же \(\Delta L\), а силы складываются, значит жёсткость пропорциональна \(S\).

По длине (последовательно). Столбик длины \(L\) — это \(L\) единичных кубиков друг за другом. Через все проходит одна и та же сила, а удлинения складываются, значит на каждый кубик приходится \(\Delta L/L\), и жёсткость обратно пропорциональна \(L\).

Собираем. Единичный кубик имеет жёсткость \(E\), поэтому

\[ \boxed{\;k = \frac{ES}{L}\;} \]

и сила, растягивающая стержень на \(\Delta L\),

\[ F = k\,\Delta L = ES\,\frac{\Delta L}{L} = ES\varepsilon. \]

Полезная перезапись. Разделив на \(S\), получаем главную формулу теории упругости — закон Гука в напряжениях:

\[ \sigma \equiv \frac{F}{S} = E\,\varepsilon. \]

В таком виде в ней нет ни длины, ни сечения — только свойство материала. Напряжение \(\sigma\) измеряется в паскалях, деформация \(\varepsilon\) безразмерна, значит и \(E\) измеряется в паскалях.

Решение

Оценка. Кубик со стороной \(a\) имеет сечение \(S = a^{2}\) и длину \(L = a\), поэтому

\[ k = \frac{ES}{L} = \frac{E\,a^{2}}{a} = E\,a. \]

Числа. Для стали \(E = 2\cdot10^{11}\) Па, \(a \approx 2{,}5\cdot10^{-10}\) м:

\[ k \approx 2\cdot10^{11}\cdot2{,}5\cdot10^{-10} \approx 50\;\text{Н/м}. \]

Удивительно наглядное число: одна межатомная связь — это пружинка с жёсткостью примерно как у пружины из шариковой ручки. Огромная жёсткость макроскопических тел получается не потому, что каждая связь особо крепка, а потому, что их чудовищно много.

Решение

Натяжение по участкам. Каждый груз весит \(P = mg = 2\cdot10^{3}\cdot10 = 2\cdot10^{4}\) Н. Верхний участок (0–25 см) держит все три груза, средний — два, нижний — один:

\[ F_1 = 6\cdot10^{4}\;\text{Н},\qquad F_2 = 4\cdot10^{4}\;\text{Н},\qquad F_3 = 2\cdot10^{4}\;\text{Н}. \]

Деформация. По задаче 3.6.3 \(\varepsilon = F/(ES)\), причём

\[ ES = 2\cdot10^{11}\cdot0{,}5\cdot10^{-4} = 10^{7}\;\text{Н}, \]

поэтому

\[ \varepsilon_1 = 6\cdot10^{-3},\qquad \varepsilon_2 = 4\cdot10^{-3},\qquad \varepsilon_3 = 2\cdot10^{-3}. \]

Удлинения участков. Каждый участок длиной \(l = 0{,}25\) м:

\[ \Delta_1 = 1{,}5\;\text{мм},\qquad \Delta_2 = 1{,}0\;\text{мм},\qquad \Delta_3 = 0{,}5\;\text{мм}, \] \[ \Delta = \Delta_1+\Delta_2+\Delta_3 = 3\;\text{мм}. \]

Смещения. Точка на расстоянии \(x\) от заделки сместилась на сумму удлинений всего, что выше неё. Получается ломаная с изломами в точках крепления грузов: 0 → 1,5 мм → 2,5 мм → 3 мм. Наклон каждого звена равен деформации соответствующего участка — поэтому ломаная выпуклая вверх.

Решение

Условие несвободы. Свободный рельс при нагреве на \(\Delta t\) удлинился бы относительно на \(\alpha\Delta t\). Раз длина зафиксирована, упругая деформация равна этому же по модулю с обратным знаком:

\[ \varepsilon_{\text{упр}} = -\alpha\,\Delta t, \qquad \sigma = E\varepsilon_{\text{упр}} = -E\alpha\,\Delta t. \]

Зима. \(\Delta t = -30-10 = -40\) K — рельс хочет укоротиться, но не может, значит он растянут:

\[ \sigma_{\text{зима}} = 2\cdot10^{11}\cdot1{,}25\cdot10^{-5}\cdot40 = 10^{8}\;\text{Па}. \]

Лето. \(\Delta t = 30-10 = +20\) K — рельс хочет удлиниться, значит он сжат:

\[ \sigma_{\text{лето}} = -2\cdot10^{11}\cdot1{,}25\cdot10^{-5}\cdot20 = -0{,}5\cdot10^{8}\;\text{Па}. \]

Итак, напряжение гуляет от \(+10^{8}\) Па (растяжение зимой) до \(-0{,}5\cdot10^{8}\) Па (сжатие летом).

Решение

Сколько полоса хочет укоротиться.

\[ \Delta L_{\text{терм}} = \alpha L\,\Delta t = 1{,}25\cdot10^{-5}\cdot2\cdot500 = 1{,}25\cdot10^{-2}\;\text{м} = 1{,}25\;\text{см}. \]

Сколько ей позволено. Стены сходятся, пока не закроется трещина шириной \(d = 1\) см. Дальше двигаться некуда — остальное уходит в упругое растяжение полосы:

\[ \Delta L_{\text{упр}} = \Delta L_{\text{терм}} - d = 1{,}25 - 1 = 0{,}25\;\text{см} = 2{,}5\cdot10^{-3}\;\text{м}. \]

Сила. По задаче 3.6.3

\[ F = ES\,\frac{\Delta L_{\text{упр}}}{L} = 2\cdot10^{11}\cdot2\cdot10^{-4}\cdot\frac{2{,}5\cdot10^{-3}}{2} = 5\cdot10^{4}\;\text{Н}. \]

Пять тонн — и это от полоски сечением с ноготь. Тепловые напряжения в металле чудовищно велики, потому что модуль Юнга огромен.

Решение

Напряжение на глубине \(x\) от верха. Ниже сечения — только вес того, что выше:

\[ \sigma(x) = \frac{\rho S x\,g}{S} = \rho g x. \]

Оно линейно растёт от 0 наверху до \(\rho g h\) внизу. Деформация тоже линейна:

\[ \varepsilon(x) = \frac{\sigma(x)}{E} = \frac{\rho g x}{E}. \]

Полное сжатие. Раз деформация меняется линейно, полное укорочение равно средней деформации, умноженной на высоту:

\[ \Delta h = \overline{\varepsilon}\,h = \frac{\rho g h}{2E}\cdot h = \frac{\rho g h^{2}}{2E}. \]

Числа.

\[ \Delta h = \frac{2{,}7\cdot10^{3}\cdot9{,}8\cdot30^{2}}{2\cdot10^{11}} \approx 1{,}2\cdot10^{-4}\;\text{м} = 0{,}12\;\text{мм}. \]

Решение

Натяжение. Отсчитаем \(x\) от свободного конца. Кусок длины \(x\) имеет массу \(mx/l\), и разгоняет его только натяжение в этом сечении:

\[ T(x) = \frac{m x}{l}\,a. \]

На свободном конце \(T=0\), на «тянущем» \(T = ma\) ✓.

Деформация и удлинение.

\[ \varepsilon(x) = \frac{T(x)}{ES} = \frac{max}{ESl}, \]

линейная функция, поэтому средняя деформация — половина максимальной:

\[ \overline{\varepsilon} = \frac{ma}{2ES}, \qquad \Delta l = \overline{\varepsilon}\,l = \frac{m a l}{2ES}. \]

Решение

Выкладка.

\[ W = \frac{k\,(\Delta L)^{2}}{2} = \frac{1}{2}\cdot\frac{ES}{L}\cdot(\varepsilon L)^{2} = \frac{E\varepsilon^{2}}{2}\,SL = \frac{E\varepsilon^{2}}{2}\,V. \]

Значит плотность упругой энергии

\[ \boxed{\;w = \frac{W}{V} = \frac{E\varepsilon^{2}}{2}\;} \]

Через напряжение. Так как \(\sigma = E\varepsilon\) (задача 3.6.3), то \(\varepsilon = \sigma/E\), и

\[ w = \frac{E}{2}\cdot\frac{\sigma^{2}}{E^{2}} = \frac{\sigma^{2}}{2E} = \frac{\sigma\varepsilon}{2}. \]

Последняя форма — «полупроизведение силы на смещение» в пересчёте на единицу объёма — самая запоминающаяся.

Решение

Деформация слоя. Пусть стержень свернулся в кольцо радиуса \(R\). Слой, отстоящий от середины на \(y\), имеет радиус \(R+y\) и длину \(2\pi(R+y)\), тогда как нейтральный слой имеет длину \(2\pi R = l\). Значит

\[ \varepsilon(y) = \frac{2\pi(R+y)-2\pi R}{2\pi R} = \frac{y}{R}. \]

Радиус кольца. Длина стержня не меняется: \(l = 2\pi R\), откуда

\[ R = \frac{l}{2\pi}. \]

Энергия. Плотность энергии \(w = E\varepsilon^{2}/2 = Ey^{2}/(2R^{2})\) зависит только от \(y\). Разобьём сечение на полоски шириной \(a\) и толщиной \(dy\); объём такой полоски по всей длине равен \(a\,l\,dy\). Полная энергия

\[ W = \int_{-a/2}^{a/2}\frac{E y^{2}}{2R^{2}}\,a\,l\,dy = \frac{Eal}{2R^{2}}\cdot\frac{a^{3}}{12} = \frac{E\,a^{4}l}{24R^{2}}. \]

(Мы воспользовались тем, что сумма \(y^2\) по квадратному сечению даёт \(a^{4}/12\) — это «школьная» середина куба: среднее значение \(y^{2}\) на отрезке \([-a/2,\,a/2]\) равно \(a^{2}/12\), а объём сечения \(a^2\).)

Подставляем радиус.

\[ W = \frac{E a^{4} l}{24}\cdot\frac{4\pi^{2}}{l^{2}} = \frac{\pi^{2}E a^{4}}{6\,l}. \]

Решение

Обозначения. Пусть сторона квадрата \(a\), продольная (горизонтальная) деформация \(\varepsilon\), поперечная (вертикальная) \(\varepsilon'\) (она отрицательна — ячейка сжимается). Тогда горизонтальные пружины удлинились на \(\varepsilon a\), вертикальные — на \(\varepsilon' a\).

Как удлинилась диагональ. Её проекции стали \(a(1+\varepsilon)\) и \(a(1+\varepsilon')\), значит длина

\[ d = a\sqrt{(1+\varepsilon)^{2}+(1+\varepsilon')^{2}} \approx a\sqrt{2}\,\Bigl(1+\frac{\varepsilon+\varepsilon'}{2}\Bigr), \]

(мы отбросили квадраты малых величин), а удлинение диагонали

\[ \delta = d - a\sqrt2 = \frac{a\,(\varepsilon+\varepsilon')}{\sqrt2}. \]

Обратите внимание: относительное удлинение диагонали равно полусумме \((\varepsilon+\varepsilon')/2\) — среднему из продольной и поперечной деформаций. Это общее правило для направления под 45°.

Вертикальное равновесие узла. Возьмём верхний левый атом. По вертикали на него действуют:

— вертикальная пружина под ним, растянутая на \(\varepsilon' a\): тянет вниз с силой \(k_0\varepsilon' a\);
— диагональ, идущая вниз-вправо, растянутая на \(\delta\): её натяжение \(k\delta\), а вертикальная проекция (угол 45°) равна \(k\delta/\sqrt2\), тоже вниз.

Внешняя сила горизонтальна и вертикальной проекции не даёт. Сумма должна быть нулевой:

\[ k_0\varepsilon' a + \frac{k\delta}{\sqrt2} = 0. \]

Подставляем \(\delta\).

\[ k_0\varepsilon' a + \frac{k}{\sqrt2}\cdot\frac{a(\varepsilon+\varepsilon')}{\sqrt2} = 0 \quad\Longrightarrow\quad 2k_0\varepsilon' + k(\varepsilon+\varepsilon') = 0, \] \[ \varepsilon' = -\frac{k}{k+2k_0}\,\varepsilon \quad\Longrightarrow\quad \frac{|\varepsilon'|}{\varepsilon} = \frac{k}{k+2k_0}. \]

Решение

Ответ прямо из 3.6.12.

\[ \nu = -\frac{\varepsilon'}{\varepsilon} = \frac{k}{k+2k_0}. \]

Почему пропорциональность. В выкладке 3.6.12 мы отбросили квадраты малых величин, и все уравнения оказались линейными по \(\varepsilon\) и \(\varepsilon'\). Поэтому их отношение — постоянная, не зависящая от того, насколько сильно растянут образец (пока деформации малы). Именно это и утверждается в условии.

Пределы для \(\nu\). Из формулы видно, что \(0 \le \nu < 1\), причём в нашей модели \(\nu\) не может превысить 1. У реальных изотропных тел, как мы увидим в задаче 3.6.14, физический предел ещё жёстче: \(\nu \le 1/2\), иначе объём при растяжении уменьшался бы. У стали \(\nu = 0{,}3\), у резины почти \(0{,}5\), у пробки — около нуля (потому её и удобно вгонять в горлышко).

Решение

Изменение объёма. Для параллелепипеда \(V = l_1l_2l_3\), и при малых деформациях

\[ \frac{\Delta V}{V} = \varepsilon_1+\varepsilon_2+\varepsilon_3 = \varepsilon - \nu\varepsilon - \nu\varepsilon = \varepsilon\,(1-2\nu). \]

(Произведение \((1+\varepsilon_1)(1+\varepsilon_2)(1+\varepsilon_3)\) при отбрасывании квадратов даёт \(1+\varepsilon_1+\varepsilon_2+\varepsilon_3\).)

Сталь. \(1-2\cdot0{,}3 = 0{,}4 > 0\), значит при растяжении (\(\varepsilon>0\)) объём увеличивается — правда, всего на 40 % от продольной деформации.

Резина. Объём не меняется, значит

\[ 1-2\nu = 0 \quad\Longrightarrow\quad \nu = \frac{1}{2} = 0{,}5. \]

Почему \(\nu\) не бывает больше 1/2. При \(\nu>1/2\) растяжение уменьшало бы объём. Тогда достаточно было бы всесторонне сжать тело, чтобы оно начало «само» расширяться — такая среда неустойчива. Поэтому у всех обычных материалов \(0 \le \nu \le 1/2\), и резина стоит у самой границы.

Решение

Деформация вдоль одной оси. Соберём вклады трёх сжатий в деформацию по оси \(x\):

— «своё» сжатие вдоль \(x\): \(\varepsilon_x = -P/E\);
— сжатие вдоль \(y\): поперечный эффект даёт \(+\nu P/E\);
— сжатие вдоль \(z\): ещё \(+\nu P/E\).

\[ \varepsilon_x = -\frac{P}{E}\,(1-2\nu). \]

По симметрии то же самое для \(y\) и \(z\).

Изменение объёма.

\[ \frac{\Delta V}{V} = 3\varepsilon_x = -\frac{3P\,(1-2\nu)}{E}, \]

откуда сжимаемость

\[ \varkappa = -\frac{1}{P}\cdot\frac{\Delta V}{V} = \frac{3\,(1-2\nu)}{E}. \]

Модуль всестороннего сжатия. Обратную величину называют модулем объёмного сжатия:

\[ K = \frac{1}{\varkappa} = \frac{E}{3(1-2\nu)}. \]

Решение

Насколько поднялся бы океан. На глубине \(x\) давление \(P = \rho g x\), а относительное сжатие \(\varkappa P\). Среднее по толще значение отвечает половине придонного давления, поэтому

\[ \Delta h = \overline{\varkappa P}\;h = \varkappa\,\frac{\rho g h}{2}\,h = \frac{\varkappa\rho g h^{2}}{2}. \]

Возьмём \(h = 3{,}5\) км. Придонное давление \(\rho g h = 10^{3}\cdot10\cdot3{,}5\cdot10^{3} = 3{,}5\cdot10^{7}\) Па \(= 350\) атм, среднее — 175 атм. Тогда

\[ \frac{\Delta V}{V} = 5\cdot10^{-5}\cdot175 \approx 8{,}8\cdot10^{-3}, \qquad \Delta h \approx 3500\cdot8{,}8\cdot10^{-3} \approx 30\;\text{м}. \]

Если бы вода была несжимаемой, уровень океана поднялся бы примерно на 30 метров — и затопил бы немалую часть суши.

Плотность на глубине 10 км. Там \(P = 10^{8}\) Па \(= 1000\) атм, значит

\[ \frac{\Delta\rho}{\rho} = \varkappa P = 5\cdot10^{-5}\cdot1000 = 0{,}05, \qquad \Delta\rho = 0{,}05\cdot10^{3} = 50\;\text{кг/м}^{3}. \]

Упругая энергия. Как и у пружины, энергия равна половине произведения «силы на смещение», то есть половине \(P\cdot(\Delta V/V)\) на единицу объёма:

\[ w = \frac{1}{2}\,P\,\frac{\Delta V}{V} = \frac{\varkappa P^{2}}{2} = \frac{1}{2}\cdot10^{8}\cdot0{,}05 = 2{,}5\cdot10^{6}\;\text{Дж/м}^{3}. \]

Решение

Главное соотношение. Пусть участок нити идёт с угловым коэффициентом \(s = \mathrm{tg}\,\alpha\) (наклон профиля). Раз горизонтальная составляющая равна \(F\), вертикальная равна

\[ T_y = F\,s. \]

Массы грузов. В точке, где висит груз, нить имеет излом. Рассмотрим равновесие этой точки по вертикали: слева нить тянет с вертикальной составляющей \(-Fs_{\text{л}}\), справа \(+Fs_{\text{п}}\), а груз тянет вниз с силой \(mg\):

\[ F\,(s_{\text{п}} - s_{\text{л}}) = m g \quad\Longrightarrow\quad m = \frac{F\,(s_{\text{п}} - s_{\text{л}})}{g}. \]

Иными словами, вес груза равен \(F\), умноженной на скачок наклона в точке подвеса. Для первого груза \(m_1g = F(s_2-s_1)\), для второго \(m_2g = F(s_3-s_2)\), где \(s_1,s_2,s_3\) — наклоны трёх участков слева направо.

Реакция гвоздя. У гвоздя нить переходит от горизонтального участка (наклон 0) к наклонному (наклон \(s_1\)). Складывая натяжения по обе стороны, получаем, что нить тянет гвоздь вниз... точнее, сумма натяжений, действующих на «узел» у гвоздя, равна \((0,\;F s_1)\), и её должна уравновесить реакция

\[ N_1 = F\,|s_1| = F\,\mathrm{tg}\,\alpha_1, \]

направленная вверх (первый участок идёт вниз, \(s_1<0\)). Аналогично \(N_2 = F s_3\).

Итог рецепта: измерить по чертежу наклоны всех участков; умножить каждый на \(F\) — получатся вертикальные составляющие натяжений; их скачки в точках подвеса дают веса грузов, а скачки у гвоздей — реакции.

Решение

Наклоны. С рисунка: до точки 1 и после точки 3 струна горизонтальна (наклон 0); на участке 1–2 она поднимается на \(b\) за длину \(L\) (наклон \(+b/L\)); на участке 2–3 опускается на \(b\) за длину \(l\) (наклон \(-b/l\)).

Поперечная составляющая натяжения.

\[ F_y(x) = F_0\,y'(x) = \begin{cases} 0, & x < x_1,\\ F_0\,b/L, & x_1 < x < x_2,\\ -F_0\,b/l, & x_2 < x < x_3,\\ 0, & x > x_3. \end{cases} \]

Удерживающие силы. Возьмём маленький кусочек струны, содержащий излом. Слева его тянут с поперечной составляющей \(-F_y^{\text{лев}}\), справа — с \(+F_y^{\text{прав}}\). Чтобы кусочек был в равновесии, внешняя сила должна равняться минус скачку:

\[ F_{\text{внеш}} = -\bigl(F_y^{\text{прав}} - F_y^{\text{лев}}\bigr). \]

Отсюда сразу

\[ F_1 = -F_0\frac{b}{L},\qquad F_2 = F_0\Bigl(\frac{b}{L}+\frac{b}{l}\Bigr),\qquad F_3 = -F_0\frac{b}{l}. \]

То есть на вершине 2 струну надо тянуть вверх, а в точках 1 и 3 — прижимать вниз. Это вполне наглядно: вершину надо «держать», а «углы» у основания — прижимать, иначе струна их подтянет вверх и выпрямится.

Решение

Перенос профиля. Пусть форма струны описывается функцией \(y = f(x-ct)\) (именно это и значит «движется вправо, не меняя вида»). Возьмём точку с координатой \(x\) и посмотрим, как меняется её высота за малое время \(\Delta t\):

\[ \Delta y = f\bigl(x-c(t+\Delta t)\bigr) - f(x-ct) = f\bigl((x-ct) - c\Delta t\bigr) - f(x-ct). \]

Аргумент уменьшился на \(c\Delta t\), значит значение изменилось на «наклон, умноженный на приращение аргумента»:

\[ \Delta y = -\varepsilon\,c\,\Delta t. \]

Здесь \(\varepsilon\) — наклон профиля: при смещении вдоль струны на малое \(\Delta x\) высота меняется на \(\varepsilon\,\Delta x\). Этот наклон и есть поперечная деформация струны.

Результат.

\[ \boxed{\;u = \frac{\Delta y}{\Delta t} = -c\,\varepsilon\;} \]

Наглядно. В нашем случае профиль спускается вправо (\(\varepsilon = -b/L < 0\)), значит \(u > 0\): участки струны движутся вверх. И правда — картинка едет вправо, поэтому в каждой точке «высокая» часть постепенно сменяет «низкую», и струна поднимается.

Решение

а. Почему импульс растёт. Внутри выделенного участка есть кусок, уже вовлечённый в движение (он в области изгиба), и кусок, ещё покоящийся (справа). Фронт изгиба движется вправо со скоростью \(c\), поэтому за время \(\Delta t\) он вовлекает в движение новый отрезок длины \(c\,\Delta t\) и массы \(\rho\,c\,\Delta t\). Этот отрезок приобретает поперечную скорость \(u = -c\varepsilon\) (задача 3.6.19), значит импульс участка растёт на \(\rho c\Delta t\cdot u\):

\[ \frac{\Delta p}{\Delta t} = \rho\,c\,u = -\rho\,c^{2}\varepsilon. \]

(Скорость уже движущихся участков не меняется — ведь наклон изгиба постоянен, значит и \(u\) постоянна. Весь прирост импульса идёт от вновь вовлекаемого вещества.)

б. Сумма сил. На выделенный участок действуют натяжения на его концах. Поперечная составляющая натяжения равна \(F_0\), умноженной на наклон (задачи 3.6.17, 3.6.18). Правый конец лежит на горизонтальном участке, там наклон нулевой и поперечной силы нет. Левый конец лежит в области изгиба, где наклон равен \(\varepsilon\); соседняя левая часть тянет наш участок с поперечной составляющей \(-F_0\varepsilon\). Итого

\[ F_{\perp} = -F_0\,\varepsilon. \]

Второй закон Ньютона.

\[ -\rho c^{2}\varepsilon = -F_0\varepsilon \quad\Longrightarrow\quad \rho c^{2} = F_0 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\;c = \sqrt{\frac{F_0}{\rho}}\;} \]

Деформация \(\varepsilon\) сократилась! Значит скорость волны не зависит от того, насколько сильно струну изогнули — только от натяжения и погонной массы. Именно поэтому по струне могут бежать импульсы любой формы, не искажаясь.

Решение

а. Деформация. Пусть \(\xi(x)\) — продольное смещение сечения с координатой \(x\). Отрезок между сечениями \(x\) и \(x+\Delta x\) изменил длину на \(\xi(x+\Delta x)-\xi(x)\), значит

\[ \varepsilon = \frac{\Delta\xi}{\Delta x} = \text{наклон графика} = -\frac{b}{L} \]

(участок сжат: смещения убывают слева направо).

Упругая энергия. По задаче 3.6.10

\[ w = \frac{E\varepsilon^{2}}{2} = \frac{E\,b^{2}}{2L^{2}}. \]

Скорость частиц. Возмущение бежит вправо без искажения, поэтому работает то же рассуждение, что и в задаче 3.6.19:

\[ u = -c\,\varepsilon = \frac{c\,b}{L}. \]

Частицы движутся вправо — в ту же сторону, куда бежит волна: это продольная волна сжатия.

б. Скорость волны. Плотность кинетической энергии

\[ w_{\text{кин}} = \frac{\rho u^{2}}{2} = \frac{\rho c^{2}\varepsilon^{2}}{2}, \]

а упругой — \(w = E\varepsilon^{2}/2\). По условию они равны:

\[ \frac{\rho c^{2}\varepsilon^{2}}{2} = \frac{E\varepsilon^{2}}{2} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\;c = \sqrt{\frac{E}{\rho}}\;} \]

Решение

а. Скорость роста импульса. За время \(\Delta t\) фронт волны продвигается на \(c\,\Delta t\) и вовлекает в движение новый объём \(S\,c\,\Delta t\) массы \(\rho S c\,\Delta t\). Этот кусок приобретает скорость \(u = -c\varepsilon\) (задача 3.6.19), поэтому

\[ \frac{\Delta p}{\Delta t} = \rho\,c\,u\,S = -\rho\,c^{2}\varepsilon\,S. \]

б. Почему поток импульса равен \(\sigma\). Правая часть стержня — это отдельное тело. Все внешние силы, действующие на неё, приложены в одном-единственном месте — в выделенном сечении, где её тянет (или толкает) левая часть с силой \(\sigma S\). По второму закону Ньютона

\[ \frac{\Delta p}{\Delta t} = \sigma S. \]

Разделив на \(S\), видим: переносимый через единицу площади за единицу времени импульс равен напряжению. Это не совпадение, а определение силы: сила и есть поток импульса.

Скорость волны. Подставим сюда закон Гука \(\sigma = E\varepsilon\) (в наших знаках \(\sigma = -E\varepsilon\), так как сжатию \(\varepsilon<0\) отвечает положительное сжимающее напряжение):

\[ -\rho c^{2}\varepsilon S = -E\varepsilon\,S \quad\Longrightarrow\quad c = \sqrt{\frac{E}{\rho}}. \]

Если же выразить через \(\sigma\) и \(\varepsilon\) напрямую (как просит условие):

\[ \rho c^{2} = \frac{\sigma}{\varepsilon} \quad\Longrightarrow\quad c = \sqrt{\frac{\sigma}{\rho\,\varepsilon}}. \]

Решение

Числа.

\[ c = \sqrt{\frac{E}{\rho}} = \sqrt{\frac{2\cdot10^{11}}{7{,}8\cdot10^{3}}} = \sqrt{2{,}56\cdot10^{7}} \approx 5{,}1\cdot10^{3}\;\text{м/с} \approx 5\;\text{км/с}. \]

Почему в листе быстрее. Формула \(c=\sqrt{E/\rho}\) выведена для тонкого стержня, у которого боковая поверхность свободна: при продольном сжатии стержень беспрепятственно раздаётся вбок (коэффициент Пуассона, задача 3.6.13).

Мысленно выделим в толстом листе тонкий стержень. Когда по нему бежит волна сжатия, он хочет раздаться вбок — но со всех сторон его окружает такой же материал, который тоже сжат и тоже хочет раздаться. Соседи мешают друг другу. Значит поперечное расширение подавлено, и чтобы получить ту же продольную деформацию, нужно большее напряжение: эффективный модуль упругости больше \(E\). А раз

\[ c = \sqrt{\frac{E_{\text{эфф}}}{\rho}},\qquad E_{\text{эфф}} > E, \]

то и скорость больше.

Для справки: при полном подавлении поперечной деформации \(E_{\text{эфф}} = E\dfrac{1-\nu}{(1+\nu)(1-2\nu)}\); при \(\nu = 0{,}3\) это \(1{,}35E\), что даёт \(c \approx 5{,}9\) км/с — как раз табличная скорость продольных волн в массивной стали.

Решение

Рабочая формула.

\[ c = \sqrt{\frac{K}{\rho}} = \frac{1}{\sqrt{\varkappa\rho}}. \]

Переведём сжимаемости в СИ: \(1\;\text{атм}^{-1} = 10^{-5}\;\text{Па}^{-1}\), поэтому

\[ \varkappa_{\text{рт}} = 3\cdot10^{-10},\quad \varkappa_{\text{в}} = 5\cdot10^{-10},\quad \varkappa_{\text{возд}} = 7{,}1\cdot10^{-6}\;\;\text{Па}^{-1}. \]

Ртуть.

\[ c = \frac{1}{\sqrt{3\cdot10^{-10}\cdot1{,}36\cdot10^{4}}} = \frac{1}{\sqrt{4{,}1\cdot10^{-6}}} \approx 5\cdot10^{2}\;\text{м/с}. \]

Вода.

\[ c = \frac{1}{\sqrt{5\cdot10^{-10}\cdot10^{3}}} = \frac{1}{\sqrt{5\cdot10^{-7}}} \approx 1{,}4\cdot10^{3}\;\text{м/с}. \]

Воздух.

\[ c = \frac{1}{\sqrt{7{,}1\cdot10^{-6}\cdot1{,}2}} = \frac{1}{\sqrt{8{,}5\cdot10^{-6}}} \approx 3{,}4\cdot10^{2}\;\text{м/с}. \]

Решение

Сохранение массы. За время \(\Delta t\) фронт, идущий со скоростью \(c\), захватывает столб невозмущённого газа длины \(c\Delta t\) и массы (на единицу площади) \(\rho_0 c\,\Delta t\). Этот газ становится сжатым и движется вслед за фронтом со скоростью \(u\). Он занимает теперь длину \((c-u)\Delta t\) при плотности \(\rho\). Приравняем массы:

\[ \rho_0\,c = \rho\,(c-u) \quad\Longrightarrow\quad u = c\,\frac{\rho-\rho_0}{\rho}. \]

Сохранение импульса. Тот же захваченный газ разогнан от нуля до \(u\) разностью давлений \(P-P_0\), действующей на единицу площади:

\[ (P-P_0)\,\Delta t = \rho_0\,c\,\Delta t\cdot u \quad\Longrightarrow\quad P-P_0 = \rho_0\,c\,u. \]

Соединяем. Подставим \(u\):

\[ P-P_0 = \rho_0 c^{2}\,\frac{\rho-\rho_0}{\rho} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\;c^{2} = \frac{\rho\,(P-P_0)}{\rho_0\,(\rho-\rho_0)}\;} \]

Решение

Скорость зависит от плотности. Для \(P = A\rho^{\gamma}\)

\[ c_{\text{зв}}^{2} = \frac{\Delta P}{\Delta\rho} = \gamma A\rho^{\gamma-1} \quad\Longrightarrow\quad c_{\text{зв}} \propto \rho^{(\gamma-1)/2}, \]

то есть в более плотном газе звук распространяется быстрее. Кроме того, сжатая часть газа сама уже движется вперёд со скоростью \(u>0\), и её возмущения бегут со скоростью \(u + c_{\text{зв}}\) — оба эффекта работают в одну сторону.

Волна сжатия. Здесь плотность убывает вперёд: сзади плотно, впереди разрежено. Значит задние участки профиля бегут быстрее передних и догоняют их. Профиль становится всё круче, пока наклон не станет бесконечным — это и есть образование разрыва, ударной волны. Дальше уже сплошная среда «не умеет» иметь однозначный профиль, и возникает скачок, описанный в задаче 3.6.25.

Волна разрежения. Если бы плотность, наоборот, росла вперёд, то задние (разрежённые) участки шли бы медленнее передних (плотных) и отставали. Профиль не крутел бы, а расплывался — становился всё более пологим. Поэтому ударных волн разрежения не бывает: любая начальная крутизна такого профиля сама собой сглаживается.

Красивая формулировка: волна сжатия сама себя обостряет, волна разрежения сама себя размывает. Именно поэтому взрыв даёт резкий хлопок, а не плавное нарастание давления, а «обратная» сторона импульса всегда пологая.

Решение

Сохранение вещества. Волна — это горб высоты \(\Delta h \ll h\), бегущий со скоростью \(c\). Чтобы уровень поднялся на \(\Delta h\), вода должна натечь: за время \(\Delta t\) фронт продвигается на \(c\Delta t\), и «лишний» объём (на единицу ширины) равен \(\Delta h\cdot c\,\Delta t\). Его приносит поток воды в слое толщины \(h\), текущий со скоростью \(u\): объём \(h\,u\,\Delta t\). Значит

\[ h\,u = c\,\Delta h \quad\Longrightarrow\quad \frac{u}{c} = \frac{\Delta h}{h}. \]

Скорость изменения импульса. Фронт вовлекает в движение массу \(\rho h c\,\Delta t\) (на единицу ширины), придавая ей скорость \(u\):

\[ \frac{\Delta p}{\Delta t} = \rho\,h\,c\,u. \]

Сила. Слева от фронта столб воды выше на \(\Delta h\), поэтому давление на любой глубине больше на \(\rho g\,\Delta h\). Суммарная сила на единицу ширины — это разность сил давления на столб высоты \(h\):

\[ F = \rho g\,\Delta h\cdot h. \]

Приравниваем.

\[ \rho h c u = \rho g h\,\Delta h. \]

Подставим \(u = c\,\Delta h/h\):

\[ \rho h c\cdot\frac{c\,\Delta h}{h} = \rho g h\,\Delta h \quad\Longrightarrow\quad c^{2} = g h \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\;c = \sqrt{g h}\;} \]

Решение

Уравнение движения шарика. Пусть \(x_n\) — смещение \(n\)-го шарика из положения равновесия. Правая пружина растянута на \(x_{n+1}-x_n\), левая — на \(x_n-x_{n-1}\). Значит

\[ m\,a_n = k\,(x_{n+1}-x_n) - k\,(x_n-x_{n-1}) = k\,(x_{n+1}+x_{n-1}-2x_n). \]

Подставляем бегущую волну. Пусть

\[ x_n = A\cos(\omega t - q\,n l), \]

где \(q = 2\pi/\lambda\) — волновое число. Соседи отличаются сдвигом фазы \(\pm ql\), поэтому по формуле суммы косинусов

\[ x_{n+1}+x_{n-1} = 2\cos(ql)\,x_n, \] \[ x_{n+1}+x_{n-1}-2x_n = 2\,(\cos ql - 1)\,x_n = -4\sin^{2}\!\frac{ql}{2}\;x_n. \]

А слева \(m a_n = -m\omega^{2}x_n\). Сокращая на \(-x_n\):

\[ m\omega^{2} = 4k\,\sin^{2}\!\frac{ql}{2} \quad\Longrightarrow\quad \omega = 2\omega_0\,\sin\frac{ql}{2}. \]

Это знаменитый закон дисперсии одномерного кристалла.

Скорость волны. Из него \(ql/2 = \arcsin\bigl(\omega/(2\omega_0)\bigr)\), и

\[ c = \frac{\omega}{q} = \frac{\omega\,l}{2\arcsin\dfrac{\omega}{2\omega_0}}. \]

Низкие частоты. При \(\omega\ll\omega_0\) аргумент арксинуса мал и \(\arcsin z \approx z\):

\[ c \approx \frac{\omega l}{2\cdot\dfrac{\omega}{2\omega_0}} = \omega_0\,l = l\sqrt{\frac{k}{m}}. \]

Скорость перестаёт зависеть от частоты — волны разных частот бегут одинаково, и импульс любой формы не искажается. Это обычный звук.

Через \(E\) и \(\rho\). Считаем шарики атомами в узлах кубической решётки с ребром \(l\). Тогда «стержень» сечения \(l^{2}\) и длины \(l\) имеет жёсткость \(k\), а по задаче 3.6.3 она равна \(E l^{2}/l = El\):

\[ E = \frac{k}{l},\qquad \rho = \frac{m}{l^{3}}. \] \[ c = l\sqrt{\frac{k}{m}} = l\sqrt{\frac{El}{\rho l^{3}}} = \sqrt{\frac{E}{\rho}}\;✓ \]

— тот же результат, что и в задачах 3.6.21 и 3.6.22. Микроскопическая модель и сплошная среда сошлись.

Оценка \(\omega_0\) для железа. Из \(c = \omega_0 l\) при \(c \approx 5\cdot10^{3}\) м/с и \(l \approx 10^{-10}\) м:

\[ \omega_0 = \frac{c}{l} \approx 5\cdot10^{13}\;\text{с}^{-1}. \]

Это предельная частота колебаний решётки — выше неё волна по цепочке просто не бежит.

Решение

Что известно. Пока волна проходила через данное сечение, тамошняя частица двигалась со скоростью \(u(t)\) и в сумме сместилась на

\[ b = \int u\,dt. \]

Что нужно. Импульс волны в фиксированный момент времени:

\[ p = \int \rho S\,u(x)\,dx. \]

Связь. Волна бежит, не меняя формы: \(u\) зависит только от \(x - ct\). Поэтому «профиль по \(x\)» и «история по \(t\)» — это одна и та же кривая, только по оси \(x\) она растянута в \(c\) раз (за время \(dt\) картина сдвигается на \(dx = c\,dt\)). Значит

\[ \int u\,dx = c\int u\,dt = c\,b, \]

и

\[ \boxed{\;p = \rho S\,c\,b\;} \]

Другой способ — через силу. Импульс волны равен импульсу силы, которая её породила: \(p = \int F\,dt = \int \sigma S\,dt\). А \(\sigma = \rho c u\) (задача 3.6.22), поэтому \(p = \rho c S\int u\,dt = \rho c S b\) ✓ — тот же ответ, полученный совсем иначе.

Решение

Деформация через \(\Delta\rho\). Кусочек длины \(\Delta x\) при деформации \(\varepsilon\) становится длиной \((1+\varepsilon)\Delta x\), а масса его не меняется, значит

\[ \rho' = \frac{\rho}{1+\varepsilon} \approx \rho\,(1-\varepsilon) \quad\Longrightarrow\quad \Delta\rho = -\rho\,\varepsilon. \]

(При сжатии \(\varepsilon<0\) и \(\Delta\rho>0\) ✓.)

а. Поток импульса. Скорость частиц \(u = -c\varepsilon = c\,\Delta\rho/\rho\), а плотность потока импульса

\[ q_p = \rho\,c\,u = \rho c\cdot\frac{c\,\Delta\rho}{\rho} = \Delta\rho\;c^{2}. \]

б. Скорость центра масс. В каждый момент движется только вещество внутри волны: это слой длины \(l\) и массы (на единицу площади) \(\rho l\), летящий со скоростью \(u\). Вся масса слоя — \(\rho L\). Значит

\[ v_{\text{ц.м.}} = \frac{\rho\,l\,u}{\rho\,L} = \frac{l}{L}\,u = \frac{\Delta\rho\;c\;l}{\rho\,L}. \]

Смещение центра масс. Волна проходит слой за время \(t = L/c\), и всё это время центр масс едет с постоянной скоростью:

\[ x = v_{\text{ц.м.}}\,t = \frac{\Delta\rho\,c\,l}{\rho L}\cdot\frac{L}{c} = \frac{\Delta\rho}{\rho}\,l. \]

Решение

Перевод. Пусть волна бежит вправо, датчик стоит в точке \(x=0\), а мы интересуемся точкой на расстоянии \(r\) справа от него. Возмущение движется со скоростью \(c\), поэтому то, что находится в точке \(r\) в момент \(t_0\), прошло через датчик в момент

\[ t = t_0 - \frac{r}{c}. \]

Следовательно

\[ \boxed{\;P(r) = P\!\left(t_0 - \frac{r}{c}\right)\;} \]

Как это выглядит. График \(P\) от \(r\) — это зеркально отражённый график \(P\) от \(t\), растянутый в \(c\) раз по оси. Зеркальность понятна: то, что у датчика было раньше, теперь улетело дальше вперёд. Передний край волны на графике \(P(t)\) стоит слева, а на графике \(P(r)\) окажется справа.

Решение

Сдвиг профиля. Волна бежит вправо без искажения, значит в момент \(t\)

\[ u(x,\,t) = u(x - ct). \]

В сечении \(x_0\)

\[ u(x_0,\,t) = u(x_0 - ct). \]

Поток импульса.

\[ \boxed{\;q_p(t) = \rho\,c\,u(x_0 - ct)\;} \]

То есть та же самая функция \(u\), только её аргумент теперь бежит назад со скоростью \(c\). График \(q_p(t)\) — зеркальное отражение графика \(u(x)\), сжатое в \(c\) раз (задача 3.7.3).

Решение

Второй закон Ньютона. За время \(\Delta t\) фронт остановки пробегает \(c\Delta t\), останавливая массу \(\rho S c\,\Delta t\), которая летела со скоростью \(v\). Значит гасится импульс \(\rho S c v\,\Delta t\), и сила

\[ F = \frac{\Delta p}{\Delta t} = \rho\,c\,v\,S. \]

Соответствующий скачок давления \(\Delta P = \rho c v\) называют гидравлическим ударом.

Числа.

\[ \Delta P = 10^{3}\cdot1{,}4\cdot10^{3}\cdot2 = 2{,}8\cdot10^{6}\;\text{Па} \approx 28\;\text{атм}, \] \[ F = 2{,}8\cdot10^{6}\cdot5\cdot10^{-4} = 1{,}4\cdot10^{3}\;\text{Н}. \]

Решение

Деформация. В волне напряжение \(\sigma = F/S\) (сжатие), значит

\[ \varepsilon = -\frac{\sigma}{E} = -\frac{F}{SE}. \]

Скорость частиц. Из \(u = -c\varepsilon\) и \(c = \sqrt{E/\rho}\):

\[ u = \sqrt{\frac{E}{\rho}}\cdot\frac{F}{SE} = \frac{F}{S\sqrt{E\rho}}. \]

Полезно запомнить комбинацию \(\sqrt{E\rho} = \rho c\) — её называют акустическим импедансом: \(u = \sigma/(\rho c)\).

Плотность в волне. Из \(\Delta\rho = -\rho\varepsilon\) (задача 3.7.2):

\[ \rho' = \rho\left(1+\frac{F}{SE}\right). \]

Импульс. Импульс всего стержня равен импульсу приложенной силы:

\[ p(t) = F t \;\;(t \le \tau),\qquad p = F\tau \;\;(t > \tau). \] \[ p(0{,}5\tau) = 0{,}5\,F\tau,\qquad p(1{,}5\tau) = F\tau. \]

Энергия. К моменту \(t \le \tau\) в движение вовлечён столб длины \(ct\), и в нём поровну кинетической и упругой энергии (задача 3.6.21):

\[ W = 2\cdot\frac{\rho S c t\,u^{2}}{2} = \rho S c\,u^{2}\,t = \frac{F^{2}t}{S\sqrt{E\rho}}. \]

После выключения силы энергия больше не поступает, поэтому

\[ W(0{,}5\tau) = \frac{0{,}5\,F^{2}\tau}{S\sqrt{E\rho}},\qquad W(1{,}5\tau) = \frac{F^{2}\tau}{S\sqrt{E\rho}}. \]

Тот же результат получается и как работа силы: \(W = F\cdot u t\) ✓.

Решение

Скорость частиц под нагрузкой.

\[ u = \frac{F}{S\sqrt{E\rho}} = \frac{10^{7}}{10^{-2}\sqrt{2\cdot10^{11}\cdot7{,}8\cdot10^{3}}} = \frac{10^{7}}{10^{-2}\cdot3{,}95\cdot10^{7}} \approx 25\;\text{м/с}. \]

Работа силы. Торец за время \(\tau\) сместился на \(u\tau\), поэтому

\[ A = F\,u\,\tau = 10^{7}\cdot25\cdot5\cdot10^{-5} \approx 1{,}25\cdot10^{4}\;\text{Дж}. \]

Конечная скорость снаряда. Импульс сохраняется:

\[ p = F\tau = 10^{7}\cdot5\cdot10^{-5} = 500\;\text{кг}\cdot\text{м/с}, \] \[ m = \rho S L = 7{,}8\cdot10^{3}\cdot10^{-2}\cdot0{,}5 = 39\;\text{кг}, \qquad V = \frac{p}{m} \approx 12{,}8\;\text{м/с}. \] \[ K = \frac{mV^{2}}{2} = \frac{p^{2}}{2m} = \frac{500^{2}}{2\cdot39} \approx 3{,}2\cdot10^{3}\;\text{Дж}. \]

Отношение.

\[ \frac{K}{A} = \frac{3{,}2\cdot10^{3}}{1{,}25\cdot10^{4}} = 0{,}25. \]

Красивая формула. Подставим общие выражения:

\[ \frac{K}{A} = \frac{p^{2}/(2\rho SL)}{F u\tau} = \frac{(F\tau)^{2}}{2\rho S L}\cdot\frac{S\sqrt{E\rho}}{F^{2}\tau} = \frac{\tau}{2L}\sqrt{\frac{E}{\rho}} = \frac{c\,\tau}{2L}. \]

То есть полезная доля равна отношению длины волны к удвоенной длине снаряда. Здесь \(c\tau = 5\cdot10^{3}\cdot5\cdot10^{-5} = 0{,}25\) м, \(2L = 1\) м, отношение 0,25 ✓.

Решение

Форма. Струна остаётся ломаной из трёх участков: два горизонтальных (куда возмущение ещё не дошло) и два наклонных, растущих со скоростями \(c_1\) и \(c_2\). Вершина ломаной поднимается равномерно:

\[ y(t) = u\,t. \]

Наклоны участков: слева \(u/c_1\), справа \(u/c_2\) (за время \(t\) излом ушёл на \(c_it\), а вершина поднялась на \(ut\)).

Равновесие вершины. Поперечная составляющая натяжения на наклонном участке равна \(F_{\parallel}\times\)наклон (задача 3.6.17). Обе части струны тянут вершину вниз:

\[ F_{\perp} = F_{\parallel}\,\frac{u}{c_1} + F_{\parallel}\,\frac{u}{c_2} = F_{\parallel}\,u\,\frac{c_1+c_2}{c_1c_2}, \]

откуда

\[ \boxed{\;u = \frac{c_1c_2}{c_1+c_2}\cdot\frac{F_{\perp}}{F_{\parallel}}\;}, \qquad c_1 = \sqrt{\frac{F_{\parallel}}{\rho_1}},\quad c_2 = \sqrt{\frac{F_{\parallel}}{\rho_2}}. \]

Решение

Эффективное натяжение. В сопровождающей системе струна — это неподвижная кривая, по которой с постоянной скоростью \(v\) течёт вещество. Возьмём кусочек длины \(\Delta s\) на изломе. Его масса \(\rho\Delta s\), он движется по кривой и потому имеет ускорение, направленное «внутрь» изгиба. Требуемая сила равна \(\rho v^{2}\times\)(скачок наклона) — ровно такая же по форме, как поперечная сила натяжения \(F\times\)(скачок наклона), только с обратным знаком.

Значит внешняя сила, которую надо приложить в изломе, равна

\[ F_{\text{внеш}} = -\bigl(F-\rho v^{2}\bigr)\times(\text{скачок наклона}). \]

Это в точности задача 3.6.18, но с заменой \(F \to F - \rho v^{2}\).

Считаем скачки наклона. В точке 1 наклон меняется с 0 на \(+b/L\); в точке 2 — с \(+b/L\) на \(-b/L\) (скачок \(-2b/L\)); в точке 3 — с \(-b/L\) на 0 (скачок \(+b/L\)). Отсюда

\[ F_1 = F_3 = -\bigl(F-\rho v^{2}\bigr)\frac{b}{L} = \bigl(\rho v^{2}-F\bigr)\frac{b}{L}, \] \[ F_2 = 2\bigl(F-\rho v^{2}\bigr)\frac{b}{L}. \]

Крайние колечки прижимают струну вниз, среднее — тянет вверх (при \(v<c\)), и сумма сил равна нулю ✓.

Что при \(v \to \sqrt{F/\rho}\). Тогда \(F - \rho v^{2} \to 0\), и все силы обращаются в нуль: струна «не сопротивляется» изгибу — при такой скорости треугольная форма поддерживается сама собой (ведь это в точности бегущая волна, задача 3.6.20!). Наоборот, если силы колечек заданы и фиксированы, то при \(v\to\sqrt{F/\rho}\) деформация \(b\) растёт неограниченно — та же картина, что резонанс.

Решение

Что происходит. Катящаяся шина всё время деформируется в месте контакта, и эта деформация «убегает» по ней в виде волны. Пока \(v < c\), волна опережает возмущение и успевает рассосаться до следующего оборота. При \(v \to c\) скорость возмущения и скорость волны совпадают: каждая новая порция деформации приходит в такт с предыдущей и складывается с ней.

Следствие. Амплитуда волн в шине резко растёт — по протектору бегут видимые «стоячие» складки (их так и называют — волновой резонанс шины). Резина сильно греется на изгибах, каркас работает с многократной перегрузкой, и очень быстро наступает разрушение — разрыв шины.

Это ровно тот же эффект, что в задаче 3.7.9: при \(v \to \sqrt{F/\rho}\) при фиксированных силах деформации растут неограниченно. Скорость волны здесь тоже определяется натяжением (давлением воздуха в шине) и погонной массой протектора, поэтому у спущенной шины критическая скорость ниже — оттого и опасность.

Решение

Пока \(v < c\). Возмущения, создаваемые лодкой, убегают от неё вперёд и в стороны, унося энергию. Лошадь всё время работает «на волны» — это и есть основное сопротивление. Чем ближе \(v\) к \(c\), тем труднее: волна не успевает уйти, лодка как бы всё время карабкается на собственный горб.

При \(v = c\). Лодка движется точно со скоростью волны. Возмущение перестаёт отставать: оно «прилипает» к лодке, и та едет на собственной волне — как сёрфер. Энергия в новый след больше не уходит, и волновое сопротивление резко падает. Именно это и заметил возница: тянуть стало легче, а следа не осталось.

Числа. Для канала глубиной \(h = 1{,}5\) м

\[ c = \sqrt{g h} = \sqrt{9{,}8\cdot1{,}5} \approx 3{,}8\;\text{м/с} \approx 14\;\text{км/ч} \]

— как раз скорость бегущей лошади. Открытие вполне «случайное», но неизбежное.

Решение

Плоский фронт. Пусть фронт — плоскость. Из каждой её точки строим сферу радиуса \(c\Delta t\). Огибающая семейства одинаковых сфер с центрами на плоскости — это две плоскости, отстоящие от исходной на \(c\Delta t\) (вперёд и назад; назад волна не идёт, её «гасит» интерференция вторичных волн). Значит новый фронт — та же плоскость, сдвинутая на \(c\Delta t\). За время \(\Delta t\) он прошёл \(c\Delta t\), то есть движется со скоростью \(c\) — и не искажается.

Цилиндрический фронт. Центры вторичных сфер лежат на цилиндре радиуса \(R\). Огибающая — цилиндр радиуса \(R + c\Delta t\) (соосный исходному). Значит цилиндрическая волна остаётся цилиндрической, а её радиус растёт со скоростью \(c\).

Сферический фронт. Точно так же: огибающей сфер радиуса \(c\Delta t\) с центрами на сфере радиуса \(R\) служит сфера радиуса \(R + c\Delta t\). Сферическая волна остаётся сферической и расширяется со скоростью \(c\).

Общий вывод. В однородной среде фронт любой формы движется по своей нормали со скоростью \(c\). Форма при этом может меняться (например, у волны с изломом), но перемещение каждой точки фронта по нормали всегда равно \(c\Delta t\). Именно на этом строятся все дальнейшие задачи параграфа — отражение, преломление, искривление фронта на мелководье.

Решение

Построение. Пусть в момент \(t=0\) источник был в точке \(A\), а сейчас, спустя время \(t\), он в точке \(B\), причём \(AB = vt\). Сфера, вышедшая из \(A\), имеет радиус \(ct\). Проведём из \(B\) касательную ко всем таким сферам — она и будет огибающей.

Угол. Для сферы из точки \(A\): расстояние от \(B\) до её центра равно \(vt\), радиус равен \(ct\), значит синус угла между касательной и линией движения равен \(ct/(vt) = c/v\). Удобнее считать угол \(\alpha\) между направлением распространения фронта (нормалью к нему) и нормалью к границе; из чертежа

\[ \sin\alpha = \frac{c}{v}. \]

Такой же результат даёт и «часовая» проверка: фронт должен успевать уйти от границы на \(c t\), пока источник пробежал \(v t\).

Ответ. Фронт — плоский (в плоском сечении — прямая, в пространстве — конус, конус Маха). Он распространяется по своей нормали, составляющей с нормалью к границе угол \(\alpha\), причём \(\sin\alpha = c/v\).

Решение

Скорость следа. Пусть фронт падающей волны наклонён так, что угол падения равен \(\alpha\). Точка пересечения фронта с границей бежит вдоль неё со скоростью

\[ v_{\text{след}} = \frac{c_1}{\sin\alpha}. \]

(Чем «положе» падение, тем быстрее скользит след; при \(\alpha = 90^\circ\) он идёт со скоростью \(c_1\).)

Отражение. Отражённая волна идёт в той же среде, её скорость тоже \(c_1\). Требуя равенства скоростей следа

\[ \frac{c_1}{\sin\alpha_1} = \frac{c_1}{\sin\alpha} \quad\Longrightarrow\quad \alpha_1 = \alpha. \]

Угол отражения равен углу падения.

Преломление. Во второй среде скорость \(c_2\), поэтому

\[ \frac{c_2}{\sin\alpha_2} = \frac{c_1}{\sin\alpha} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\;\frac{\sin\alpha_2}{\sin\alpha} = \frac{c_2}{c_1}\;} \quad\text{то есть}\quad \sin\alpha_2 = \frac{c_2}{c_1}\sin\alpha. \]

Это закон Снеллиуса. В более «быстрой» среде луч идёт положе (дальше от нормали), в более «медленной» — круче.

Решение

Дозвуковой полёт. Звук от самолёта убегает вперёд быстрее самого самолёта. Сферы вторичных волн вкладываются друг в друга, никакого фронта-разрыва нет — мы просто слышим ровный шум, приходящий из точки, где самолёт был некоторое время назад.

Сверхзвуковой полёт. Теперь звуковые сферы не успевают уйти вперёд, и у них появляется общая касательная — конус Маха. На нём давление скачком велико: это ударная волна. Она приходит к наблюдателю первой — как только конус «доедет» до него — и мы слышим резкий хлопок (обычно двойной: от носа и от хвоста).

Почему шум после. Обычные звуковые волны, испущенные двигателями, идут со скоростью \(c\) и заведомо остаются внутри конуса Маха — снаружи конуса стоит полная тишина. Поэтому сначала мимо наблюдателя проходит фронт конуса (хлопок), а потом подтягивается всё, что внутри, — шум двигателей.

Заметим ещё одну особенность: пока самолёт не пересёк конус наблюдателя, тот не слышит ничего — сверхзвуковой самолёт подкрадывается совершенно бесшумно.

Решение

Условие. Преломлённая волна существует, пока

\[ \frac{c_2}{c_1}\sin\alpha \le 1. \]

Предельный (критический) угол \(\alpha_0\) отвечает знаку равенства:

\[ \sin\alpha_0 = \frac{c_1}{c_2}. \]

При \(\alpha > \alpha_0\) преломлённой волны нет: вся энергия уходит в отражённую — полное внутреннее отражение.

Что происходит физически. При \(\alpha = \alpha_0\) преломлённая волна идёт точно вдоль границы (\(\alpha_2 = 90^\circ\)). При дальнейшем увеличении угла падения след падающего фронта скользит по границе медленнее, чем \(c_2\), и вторая среда просто не успевает «построить» уходящий фронт — возмущение в ней лишь экспоненциально затухает вглубь.

Пример. Звук из воздуха (\(c_1 = 340\) м/с) в воду (\(c_2 = 1500\) м/с): \(\sin\alpha_0 = 0{,}23\), \(\alpha_0 \approx 13^\circ\). Значит из воздуха в воду проходит только очень узкий конус направлений — вот почему под водой почти не слышно того, что кричат с берега.

Решение

Скорость следа с учётом ветра. Без ветра след падающего фронта бежит по границе со скоростью \(c_1/\sin\alpha_1\). Ветер со скоростью \(v\) (вдоль границы, в направлении распространения) добавляет к движению фронта снос \(v\), а значит след бежит быстрее:

\[ v_{\text{след}} = \frac{c_1}{\sin\alpha_1} + v = \frac{c_1 + v\sin\alpha_1}{\sin\alpha_1}. \]

Отражение. Отражённая волна идёт в том же воздухе, испытывает тот же снос, поэтому для неё скорость следа выражается точно такой же формулой. Приравняв, получаем \(\alpha_{\text{отр}} = \alpha_1\) — ничего не меняется.

Преломление. В воде ветра нет, скорость следа там \(c_2/\sin\alpha_2\). Приравниваем к скорости следа в воздухе:

\[ \frac{c_2}{\sin\alpha_2} = \frac{c_1 + v\sin\alpha_1}{\sin\alpha_1} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\;\sin\alpha_2 = \frac{c_2\,\sin\alpha_1}{c_1 + v\,\sin\alpha_1}\;} \]

Смысл. Попутный ветер увеличивает знаменатель, то есть уменьшает \(\alpha_2\): преломлённый луч в воде идёт круче. Встречный ветер (\(v<0\)) — наоборот. Заодно меняется и критический угол полного внутреннего отражения.

Решение

а. У берега. Пусть фронт подходит к пологому берегу под углом. Тот его край, который ближе к берегу, находится над меньшей глубиной и потому движется медленнее. Дальний край, над глубокой водой, обгоняет его. В результате фронт поворачивается, стремясь встать параллельно берегу.

Это тот же закон Снеллиуса (задача 3.7.14): \(\sin\alpha/c\) сохраняется, а раз \(c\) убывает, убывает и \(\sin\alpha\) — луч всё круче поворачивает к нормали, то есть к берегу. У самой кромки \(c \to 0\), и угол между фронтом и берегом стремится к нулю. Поэтому на любом пляже волны в итоге накатывают почти строго «в лоб», как бы ни дул ветер вдали.

б. Круглая отмель. Над отмелью волна замедляется, поэтому середина фронта, прошедшая над ней, отстаёт от краёв. Прямой фронт становится вогнутым — «прогибается» назад в середине. Дальше волна ведёт себя как после собирающей линзы: лучи сходятся, и за отмелью появляется область, где волны заметно выше.

Именно поэтому над подводными банками и отмелями волнение сильнее, и мореходы обходят такие места стороной.

Решение

Почему волна не выходит. Пусть волна идёт вдоль хребта и слегка отклоняется в сторону, к глубокой воде. На «границе глубин» она переходит из среды со скоростью \(c_1 = \sqrt{gh_1}\) (мелко, над хребтом) в среду со скоростью \(c_2 = \sqrt{gh_2} > c_1\) (глубоко). По задаче 3.7.16 при достаточно пологом падении (а при движении почти вдоль хребта угол падения как раз близок к \(90^\circ\)) наступает полное внутреннее отражение: преломлённой волны нет, вся энергия возвращается назад в полосу.

Следствие. Энергия волны не растекается в стороны, а остаётся «запертой» в узкой полосе над хребтом. Обычная цунами, расходясь по океану кругами, ослабевает как \(1/\sqrt{r}\); а в волноводе она идёт почти как плоская волна и почти не ослабевает. Поэтому вдоль подводных хребтов цунами добирается до очень далёких берегов, сохраняя разрушительную силу.

Критический угол здесь

\[ \sin\alpha_0 = \frac{c_1}{c_2} = \sqrt{\frac{h_1}{h_2}}, \]

так что чем резче хребет поднимается над дном, тем шире «конус захвата» волновода.

Решение

По ветру. Верхняя часть фронта сносится вперёд сильнее нижней, поэтому фронт заваливается вперёд, а перпендикулярные ему лучи загибаются вниз, к земле. Звук прижимается к поверхности, не уходит вверх и потому слышен далеко и громко.

Против ветра. Здесь наоборот: верх фронта сносится назад сильнее нижнего, фронт заваливается назад, и лучи уходят вверх. У поверхности образуется «зона акустической тени»: звук над головой слушателя есть, а до его ушей не доходит. Поэтому кричать против ветра бесполезно.

На языке преломления. Эффективная скорость распространения по горизонтали равна \(c + v(z)\) по ветру и \(c - v(z)\) против. По ветру она растёт с высотой, а мы уже знаем (задачи 3.7.14, 3.7.18): луч всегда поворачивает в сторону меньшей скорости, то есть вниз. Против ветра эффективная скорость с высотой убывает — луч поворачивает вверх.

Совершенно тот же механизм работает с температурой: в ясную ночь земля остывает, внизу воздух холоднее и звук в нём медленнее — лучи загибаются вниз, и звуки слышны необычно далеко. Днём, наоборот, у земли теплее, лучи уходят вверх, и слышимость хуже.

Решение

Длина волны перед источником. За один период \(T_0 = 1/\nu_0\) волна уходит на \(cT_0\), но и сам камертон успевает продвинуться на \(vT_0\). Значит расстояние между гребнями

\[ \lambda = c T_0 - v T_0 = (c-v)\,T_0 = \frac{c-v}{\nu_0}. \]

Частота, которую слышит ухо. Ухо неподвижно, гребни бегут мимо него со скоростью \(c\):

\[ \nu = \frac{c}{\lambda} = \frac{c\,\nu_0}{c-v} = \frac{\nu_0}{1 - v/c}. \]

Звук становится выше — это эффект Доплера.

Решение

Длина волны. Она задаётся источником и водой:

\[ \lambda = \frac{c}{\nu_0}. \]

Катер идёт от берега (навстречу волнам). Скорость сближения с гребнями равна \(c+v\), значит

\[ \nu_1 = \frac{c+v}{\lambda} = \nu_0\left(1+\frac{v}{c}\right). \]

Катер идёт к берегу (вместе с волнами). Скорость сближения \(c-v\):

\[ \nu_2 = \frac{c-v}{\lambda} = \nu_0\left(1-\frac{v}{c}\right). \]

Под углом \(\alpha\). Работает только та составляющая скорости катера, которая направлена вдоль распространения волн, то есть \(v\cos\alpha\) (угол отсчитывается от направления бега волн, то есть от берега). Тогда

\[ \nu_3 = \nu_0\left(1-\frac{v}{c}\cos\alpha\right). \]

При \(\alpha = 0\) катер идёт к берегу, вместе с волнами — получаем \(\nu_2\) ✓; при \(\alpha = 180^\circ\) — \(\nu_1\) ✓; при \(\alpha = 90^\circ\) катер идёт вдоль гребней, и частота ударов равна \(\nu_0\) ✓.