Lösningar Fysik 2 Heureka Kapitel 9

15  243  Download (1)

Full text

(1)

Lösningar Heureka 2

Kapitel 9 Vågor

Andreas Josefsson

(2)

Lösningar Fysik 2 Heureka Kapitel 9

9.1)

Under tiden pulsen passerar kommer punkten A först att röra sig rakt uppåt och sedan tillbaka. 𝑡 =𝑣 =𝑠 0,63 = 0,2𝑠

9.2)

Punkten A är tillbaka till sitt jämviktsläge, dvs. rakt nedåt, medan punkten B är på väg uppåt. B vänder nedåt när pulsens maximum har passerat vid B.

9.3)

a)Pulsen är 7 rutor lång (se figuren) som betyder 0,7 meter. Den passerar punkten P på tiden 𝑡 =0,72 = 0,35𝑠

En rutlängd i horisontell riktning passeras alltså på 0,35/7=0,05 sekunder. Medan pulsen rör sig 2 rutlängder åt höger rör sig punkten P 3 rutlängder uppåt. På tiden 2·0,05=0,1s växer punktens elongation från noll till 0,3m. (se figuren igen)

(3)

Pulsen rör sig en rutlängd åt höger och punkten P står stilla. Under den tiden, dvs. 0,05s är punktens elongation konstant, 0,3m. Sedan rör sig pulsen 4 rutor och P kommer tillbaka till sitt utgångsläge. På tiden: 4·0,05=0,2 sekunder avtar punktens elongation till noll.

b) Eftersom grafen ovan är en s-t graf, får vi hastigheterna genom att räkna ut lutningarna av grafdelarna. 1) 0 ≤ 𝑡1 ≤ 0,1𝑠 → 𝑣1 = ∆𝑠∆𝑡1 1 = 0,3 − 0 0,1 = 3𝑚 𝑠⁄ 2) 0,1𝑠 ≤ 𝑡2 ≤ 0,15𝑠 → 𝑣2 = 0 𝑒𝑓𝑡𝑒𝑟𝑠𝑜𝑚 ∆𝑠2 = 0 (𝑃 𝑠𝑡å𝑟 𝑠𝑡𝑖𝑙𝑙) 3) 0,15𝑠 ≤ 𝑡3 ≤ 0,35𝑠 → 𝑣3 = ∆𝑠3∆𝑡 3 = 0 − 0,3 0,35 − 0,2 = −1,5𝑚 𝑠⁄ 9.4) 𝑣 = 𝑓 ∙ 𝜆 a) 𝜆 𝑙𝑢𝑓𝑡 =𝑣𝑙𝑢𝑓𝑡𝑓 =0,34 ∙ 10 3 1 ∙ 103 = 0,34𝑚 b) 𝜆𝑣𝑎𝑡𝑡𝑒𝑛= 𝑣𝑣𝑎𝑡𝑡𝑒𝑛 𝑓 = 1,5 ∙ 103 1 ∙ 103 = 1,5𝑚 9.5)

Ljud är en longitudinell vågrörelse och samma samband gäller: 𝑣

𝜆

0,34 ∙ 103 3 ∙ 10−3

𝑣 = 𝑓 ∙ 𝜆 → 𝑓 = = ≈ 1,13 ∙ 105𝐻𝑧 = 113𝑘𝐻𝑧

(4)

9.6)

a) Alla punkter på fjädern har samma svängningstid, dvs. 0,24s.

b) Medan vågen rör sig en våglängd framåt gör varje punkt på fjädern en hel svängning. På en svängningstid på 0,24s rör sig vågen 1,2 meter som resulterar i en fart av:

𝑣 =0,24 = 51,2 𝑚 𝑠⁄

c) Enligt figuren motsvarar en våglängd 12 rutlängder. För att B ska vara i sitt övre vändläge måste den vänstra vågberget röra sig 9 rutlängder, dvs. 3/4 våglängd åt höger. Detta tar 3/4 svängningstid.

3

4 ∙ 0,24 = 0,18𝑠 d)

För att C ska hamna i sitt undre vändläge måste vågen röra sig 8 rutlängder åt höger. Detta motsvarar 2/3 våglängd åt höger som tar 2/3 svängningstid.

2

3 ∙ 0,24 = 0,16𝑠 9.7)

För att ändan P är fixerad reflekteras alla pulsdelar omvända. När B befinner sig vid P är pulshalvorna mitt för varandra och båda elongationerna är uppåt. Enligt

(5)

b) Vid reflektionen vänds båda pulserna. Den som har amplituden 1,5 rutor reflekteras först och går före, åt vänster förstås.

9.8)

a) den största elongationen för punkten A får man när vi adderar pulsernas maximala elongationer.

20 + 20 = 40𝑐𝑚

b) På 0,2 sekunder förflyttar sig båda pulserna 5 rutor. (0,2·25=5) De kommer att helt

överlappa varandra när tiden är 0,2s. Pulserna är lika och de samanlagda elongationerna får vi genom en fördubbling av en av elongationerna. Se figuren.

c) I det här fallet måste vi ta hänsyn till elongationernas tecken. Den största elongationen för A blir 20cm-10cm=10cm

(6)

d) Fjädern ser ut som i figuren.

9.9)

På området där sträckan AC går framåt rör sig alla fjädervarv neråt och delen BC får dem att röra sig uppåt. Farten får vi genom att räkna ut lutningarna av AC och BC. Enligt figuren har deras lutningar storleken 3/5 (3 rutor/5 rutor), som medför att alla fjädervarv i pulsel har farten:

𝑣 =35 ∙ 5 = 3𝑚 𝑠⁄

Den totala rörelseenergin beräknar vi med den kända formeln: 𝐸𝑘 = 𝑚 ∙ 𝑣 2 2 = 50 ∙ 10−3∙ 32 2 = 0,225𝐽 ≈ 0,23𝐽 9.10)

a) Både vågberg och vågdalar kommer att mötas samtidigt i punkten P. Enligt superpositionsprincipen blir amplituden 2 rutor hög, dvs. 0,2m

b) Avståndet mellan noderna i stående vågor är en halv våglängd, i vårt fall 30cm. c)

(7)

Ja. Vid punkterna A-F som visar svängningarnas vändläge. Alla amplituder mellan 0-20cm förekommer.

9.11)

a) Om

0 ≤ 𝑡 ≤ 𝑇4 har partiklarna börjat närma sig sina jämviktslägen. Vi väljer ett ögonblick när alla elongationerna har minskat med en tredjedel. Den streckade vågen visar utgångsläget, den heldragna vågen visar det sökta läget.

b) Om 𝑡 = 𝑇/4 är alla elongationer noll.

c) När 𝑡 = 𝑇/2 har partiklarna nått sitt andra ytterläge.

(8)

9.12)

Vågornas fart i fjädern påverkas inte av att frekvensen ändras. Vi har då: 𝑣 = 𝑓 ∙ 𝜆 = 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡

Vi betecknar den sökta frekvensen med 𝑓2 och fjäderlängden med 𝑙 De delar som är mörka i figuren visar noderna och är stillastående. Om frekvensen är 68Hz, motsvarar längden fyra nodavstånd, alltså två våglängder.

𝑓1 = 68𝐻𝑧 → 𝜆1 =2𝑙 Ökar frekvensen, minskar våglängden och någon gång uppkommer ett nytt stående våg med en nod till. Fjäderns längd motsvarar nu fem nodavstånd,

alltså 2,5 våglängder. 𝜆2 = 𝑙 2,5 Vi har sagt att farten i fjädern är samma som medför att: 𝑓1∙ 𝜆1 = 𝑓2∙ 𝜆2 → 68 ∙2 = 𝑓𝑙 2∙2,5 ↔ 𝑓𝑙 2 =68 ∙ 2,52 = 85𝐻𝑧 9.13)

Den lägsta resonansfrekvensen är 2,8kHz. Stångens längd är lika med halva grundsvängningens våglängd. Vi får då: a) 𝜆 = 2 ∙ 0,9 = 1,8𝑚 b) 𝑣 = 𝑓 ∙ 𝜆 = 2,8 ∙ 103∙ 1,8 = 5,04 ∙ 103𝑚 𝑠⁄ ≈ 5𝑘𝑚 𝑠� 9.14)

Båda pulserna utbreder sig med samma hastighet och behåller därför avståndet mellan varandra. Den andra pulsens radie blir då:

(9)

9.15)

Ringen som en vattendroppe skapar har en radie 12cm, när nästa vattendroppe träffar ytan. Avståndet mellan ringarna blir då 12 cm hela tiden.

a) Tiden mellan två droppar är den tiden som vågen behöver för att förflytta sig 12cm. Eftersom farten är 30cm/s får vi: 𝑡 = 12𝑐𝑚

30 𝑐𝑚 𝑠⁄ = 0,4𝑠 Under en sekund blir då: 1

0,4 = 2,5 𝑑𝑟𝑜𝑝𝑝𝑎𝑟/𝑠𝑒𝑘𝑢𝑛𝑑

b) om antalet droppar/ sekund blir lägre medför att tiden mellan två droppar är längre, 1/1,5

sekunder. På den tiden hinner vågen förflytta sig lite längre. 𝑠 = 𝑣 ∙ 𝑡 = 30 𝑐𝑚 𝑠⁄ ∙1,5 𝑠 = 20𝑐𝑚1

Avståndet mellan ringarna är nu 20cm, dvs. varje ring har 20cm större radie är den som följer efter. 9.16)

a)

𝑣 = 𝑓 ∙ 𝜆 → 𝜆 = 𝑣𝑓

(10)

𝑇 = 1𝑓 →|𝑆0𝑆1| = 𝑢 ∙ 𝑇 =𝑢𝑓 c) sträckan

𝜆´ ä𝑟 𝜆 − |𝑆

0𝑆1| =𝑣𝑓 −𝑢𝑓 =𝑣 − 𝑢𝑓 d) Alla vågberg har farten v. Tiden 𝑇´= 𝜆´ 𝑣 = 𝑣 − 𝑢 𝑣 ∙ 𝑓 e) 𝑓´ = 1 𝑇´= 1 𝑣 − 𝑢 =𝑣 − 𝑢𝑣 ∙ 𝑓 𝑣 ∙ 𝑓

9.17) Se figuren till höger eller filmen.

9.18)

Om väggen inte skulle vara där skulle pulsen vara cirkulär med radien

6+20·0,1=8cm. Den del som träffat väggen kommer att speglas mot väggen. Se figuren.

(11)

9.19)

𝒂)

𝑣 = 𝑓 ∙ 𝜆 → 𝑓 =𝑣𝜆 = 243 = 8𝐻𝑧

b) Frekvensen inte ändras i det andra mediet, dvs. den förblir 8Hz.

c)𝑣 = 𝑓 ∙ 2(𝑐𝑚) = 8 ∙ 2 = 16 𝑐𝑚 𝑠⁄

9.20)

a) Vi beräknar först frekvensen i medium 1 eftersom både vågfarten och våglängden är kända.

𝑓 =𝑣𝜆1 1 = 30 5 = 6𝐻𝑧 b) Vi vet att: 𝑠𝑖𝑛𝛼 𝑠𝑖𝑛𝛽 = 𝜆1 𝜆2 = 𝑣1 𝑣2

𝛼 är vinkeln mellan vågfronten och gränslinjen i medium 1, 𝛽 är motsvarande vinkel i medium 2. 𝜆1 𝜆2 = 𝑣1 𝑣2 ↔ 5 3 = 30 𝑣2 → 𝑣2 = 3 ∙ 30 5 = 18𝑐𝑚 𝑠⁄ c) 𝑠𝑖𝑛𝛼 𝑠𝑖𝑛𝛽 = 𝜆1 𝜆2 ↔ 𝑠𝑖𝑛30 𝑠𝑖𝑛𝛽 = 5 3 → 𝑠𝑖𝑛𝛽 = 3 ∙ 𝑠𝑖𝑛30 5 = 0,3 → 𝛽 = 17,45 ≈ 17° 9.21)

(12)

Vi bestämmer först våghastigheten efter passagen. Frekvensen ändras inte. 𝑣 = 𝑓 ∙ 𝜆 = 𝑓 ∙ 5𝑐𝑚 (𝑠𝑎𝑚𝑏𝑎𝑛𝑑 1)

För den infallande vågen gäller: 18 𝑐𝑚 𝑠⁄ = 𝑓 ∙ 7,5𝑐𝑚 (𝑠𝑎𝑚𝑏𝑎𝑛𝑑 2)

Vi dividerar samband 1 med samband 2 och får: (𝑠𝑎𝑚𝑏𝑎𝑛𝑑 1) (𝑠𝑎𝑚𝑏𝑎𝑛𝑑 2) ↔ 𝑣 18 = 5 7,5 → 𝑣 = 18 ∙ 5 7,5 = 12𝑐𝑚 𝑠⁄

På samma tid som en infallande vågfront rör sig sträckan x (se figuren) rör sig en vågfront på andra sidan gränslinjen AB, 5-3,4=1,6cm.

𝑡 =18 =𝑥 1,612 → 𝑥 =18 ∙ 1,612 = 2,4𝑐𝑚

9.22)

a) Punkten A ligger där två vågberg möts och resultatet blir en dubbel så hög vågberg i det ögonblicket. Eftersom figuren är symmetrisk, cirkelsystemen är parvis lika, betyder att källorna arbetar i takt. Punkten A ligger på maximistråket längs symmetrilinjen rakt uppåt.

(13)

b) Punkten C är mitt emellan två vågberg både från källan 𝑆1 och 𝑆2. I det ögoblicket son figuren visar uppkommer därför en dubbel så djup vågdal. Vågskillnaden 𝐶𝑆1− 𝐶𝑆2 är exakt en våglängd, dvs. avståndet mellan närliggande cirkelbågar. Punkten C ligger alltså på första maximistråket.

c) Punkten B ligger där ett vågberg från 𝑆2 släcks av en vågdal från 𝑆1 B är alltså en nodpunkt. Vågskillnaden 𝐵𝑆1− 𝐵𝑆2 är en halv våglängd, alltså B ligger på första nodlinjen på interferensmönstrets vänstra sida. Eftersom B ligger på nodlinjen är punkten ständig stilla, till skillnad från A respektive B.

9.23)

a)P ligger på nodlinjen nummer 1. 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 =𝜆2

Detta ger våglängden: 2·4cm=8cm

b) Q ligger på den andra nodlinjen nummer 1. 𝑄𝐴 − 𝑄𝐵 = 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 = 4𝑐𝑚

9.24)

a) Om en punkt P befinner sig mitt emellan källorna är avstånden 𝑃𝑆1 och 𝑃𝑆2 lika. Vågskillnaden är noll, vågorna förstärker varandra och en buk uppkommer.

b) För att avståndet mellan källorna är 8cm, kan inte vågskillnaden bli större än 8cm. För att vågorna ska släcka ut varandra ska vågskillnaden vara en halv våglängd, dvs. 4/2=2cm, eller tre gånger halva våglängden, 3·2=6cm. Om vi tar 5 gånger halva vågländen blir det

(14)

Vi låter punkten P röra sig 1cm från mittpunkten mot 𝑆1 och 𝑆2. Det ena avståndet ökar med 1cm och det andra minskar med 1cm.

|𝑃𝑆1− 𝑃𝑆2| = 2𝑐𝑚

Vi har alltså två nodpunkter som ligger på avståndet 1+2=3cm och 3+2=5cm från källan 𝑆1 Om vi flyttar punkten P 3cm från mittpunkten blir vågskillnaden 6cm. Det finns alltså två nodpunkter till, den ena på avståndet 1cm och den andra på 7cm från 𝑆1

c) Nodpunkterna som vi har hittat ligger på nodlinjer eftersom de är punkter där vågorna släcker ut varandra. (samma vågskillnad) Det finns 4 nodpunkter alltså måste det finnas 4 nodlinjer som skär sträckan mellan 𝑃𝑆1 och 𝑃𝑆2

9.25) a)

𝑣 = 𝑓 ∙ 𝜆 → 𝜆 = 𝑣𝑓 =0,84 ∙ 10336 3 = 0,4𝑚 b) Enligt Pythagoras sats har vi:

(𝑀𝑆2)2 = 12+ 2,42 = 6,76 → 𝑀𝑆2 = �6,76 = 2,6𝑚 𝑀𝑆2− 𝑀𝑆1 = 2,6 − 2,4 = 0,2𝑚 =𝜆2

(15)

c) Om någon av ljudkällorna slutar fungera då ökar ljudstyrkan vid M. Resultatet ovan visar att källorna är i motfas och försvagar varandra så när den ena slutar fungera upphör den effekten och ljudstyrkan ökar.

9.26)

a)Varje högtalare bidrar med amplituden A i punkten P. Om en av de täcks blir amplituden i P, 3𝐴 − 𝐴 = 2𝐴

b) Om en av högtalarna kopplas i motfas kommer den att minska amplituderna hos de andra två. Amplituden i P blir

Figur

Updating...

Referenser

Relaterade ämnen :