Lösningar Fysik 2 Heureka Kapitel 13

175  Download (0)

Full text

(1)

Lösningar Heureka 2

Kapitel 13 Akustik

Andreas Josefsson

(2)

Lösningar Fysik 2 Heureka Kapitel 13

13.1)

𝐿 = 10 ∙ 𝑙𝑔𝐼0𝐼 , 𝐼0 = 10−12𝑊�𝑚2 I vårt fall:

𝐿 = 10 ∙ 𝑙𝑔5 ∙ 1010−12−10 = 26,98 ≈ 27𝑑𝐵 Om ljudintensiteten gör 5 ggr större har vi: 𝐿 = 10 ∙ 𝑙𝑔5 ∙ 5 ∙ 1010−12−10 = 33,98 ≈ 34𝑑𝐵 13.2)

Vi betecknar ljudnivån som mätaren registrerar med L. När alla ljudkällor fungerar är ljudintensiteten 10·I. När bara en fungerar är ljudintensiteten I.

𝐿 = 10 ∙ 𝑙𝑔𝐼0𝐼 → 𝐿10 𝑙𝑗𝑢𝑑𝑘ä𝑙𝑙𝑜𝑟 = 10 ∙ 𝑙𝑔1010𝐼−12= 100 → 𝑙𝑔1010𝐼−12 = 10 ↔1010𝐼−12 = 1010 10𝐼 10−12 = 1010↔ 10𝐼 = 10−2↔ 𝐼 = 10−3𝑊�𝑚2 Ljudnivån blir då: 𝐿1 𝑙𝑗𝑢𝑑𝑘ä𝑙𝑙𝑎 = 10 ∙ 𝑙𝑔𝐼𝐼 0 = 10 ∙ 𝑙𝑔 10−3 10−12 = 10 ∙ 𝑙𝑔109 = 90𝑑𝐵 13.3) a) 𝐴𝑠𝑓ä𝑟= 4 ∙ 𝜋 ∙ 𝑅2 = 4𝜋 ∙ 202 = 5026,5 ≈ 5 ∙ 103𝑚2 b) Effekten är 1Watt som fördelar sig på den sfäriska ytan. 𝐼 =5026,5 = 0,199 ∙ 101 −3𝑊

𝑚2

≈ 0,2 𝑚𝑊 𝑚� 2

b) Hörbarhetsgränsen är I0 som är 10-12W/m2. Vi räknar ut sfärens area som motsvarar detta.

𝐼0 =𝐴 → 𝐴 = 4 ∙ 𝜋 ∙ 𝑅1 2 = 1 𝐼0 → 𝑅 = � 1 4𝜋𝐼0 = � 1 4𝜋 ∙ 10−12 = 282094,8𝑚 ≈ 280𝑚𝑖𝑙

(3)

𝐿 = 10 ∙ 𝑙𝑔𝐼0𝐼 ↔ 130 = 10 ∙ 𝑙𝑔10𝐼−1210𝐼−12 = 1013

→ 𝐼 = 10 𝑊 𝑚� 2 𝐼 =𝐴 → 𝐴 = 4 ∙ 𝜋 ∙ 𝑅1 2 =1

𝐼 → 𝑅 =� 14𝜋𝐼 =� 140𝜋 = 0,089𝑚 ≈ 9𝑐𝑚 Om vi antar att smärtgränsen är 120dB:

𝐿 = 10 ∙ 𝑙𝑔𝐼𝐼 0 ↔ 120 = 10 ∙ 𝑙𝑔 𝐼 10−12 ↔ 𝐼 10−12 = 1012 → 𝐼 = 1 𝑊 𝑚� 2 𝑅 = �4𝜋𝐼 =1 � 1 4𝜋 = 0,28𝑚 = 28𝑐𝑚 13.4)

Vi betecknar tiden mellan de två lägena med t.

(4)

13.5)

Vi ritar en vågfront från den högra mikrofonen. Vågskillnaden är markerat i figuren.

𝑠𝑖𝑛30° = 𝑛 ∙ 𝜆

2 ↔ 𝑛 ∙ 𝜆 = 2 ∙ 𝑠𝑖𝑛30°

Den lägsta frekvensen ges av den största våglängden, dvs. om n=1 𝜆 = 2 ∙ 𝑠𝑖𝑛30° 𝑜𝑐ℎ 𝑓 =𝑣 𝜆 = 340 2 ∙ 𝑠𝑖𝑛30° = 340𝐻𝑧 13.6)

Om vi har en öppen pipa har vi följande:

Vid grundsvängning är rörets längd en halv våglängd.

𝐿 = 𝜆2 = 𝜆0 0 = 2 ∙ 𝐿 = 2 ∙ 62 = 124𝑐𝑚 𝑜𝑐ℎ 𝑓0 =𝜆0𝑣 =1,24 = 274𝐻𝑧 340 Vid första övertonen är rörets längd lika med våglängden.

𝐿 = 𝜆1 = 62𝑐𝑚 𝑜𝑐ℎ 𝑓1 =𝜆𝑣

1 =

340

0,62 = 548𝐻𝑧 Vid andra övertonen har vi att:

𝐿 = 3 ∙𝜆2 2 ↔ 𝜆2 = 2𝐿 3 = 2 ∙ 0,62 3 = 0,413 𝑜𝑐ℎ 𝑓2 = 𝑣 𝜆2 = 340 0,413 = 823𝐻𝑧 13.7)

a)Där ändan är sluten bildas alltid en nod. Om ändan är öppen bildas en buk.

Grundsvängningen bildas vid lägsta resonansfrekvensen. Rörets längd är en fjärdedel våglängd.

𝑓 = 200𝐻𝑧 → 𝜆 =𝑣𝑓 =340200 = 1,7𝑚 → 𝐿 =𝜆4 = 0,425𝑚

b) Om korken tas bort har vi en öppen pipa och den lägsta resonansfrekvensen är vid grundsvängning, och då är rörets längd en halv våglängd.

(5)

Första översvängningen har dubbel så hög frekvens som grundsvängningen, alltså hälften så lång svängningstid. Första översvängningens period är hälften av grundsvängningens period. Se figuren.

13.9) a)

(6)

b) Ytterligare en halv period senare är varven glesare vid högra änden och tätare vid vänstra änden, jämfört med när fjädern var i jämvikt.

c) Fjäderns täthet varierar mest vid änderna. d)

Maximala täthetsvariationer, s.k. tryckbukar, finns vid väggarna A och B. e)

En trycknod finns mitt emellan väggarna.

13.10) Experimentell uppgift. Genomför och jämför med uppgift 13.7)

Figur

Updating...

Referenser

Updating...

Relaterade ämnen :