Trillingen en golven - Antwoorden

Trillingen en Golven

Antwoorden

1 / 25

Slide 1: Tekstslide

NatuurkundeMiddelbare schoolhavo, vwoLeerjaar 4

In deze les zitten 25 slides, met tekstslides.

Lesduur is: 45 min

Onderdelen in deze les

Trillingen en Golven

Antwoorden

Slide 1 - Tekstslide

Hoofdstuk Trillingen en Golven

Trillingen en Golven - Trillingen

Trillingen en Golven - Harmonische trilling

Trillingen en Golven - Resonantie

Trillingen en Golven - Golven

Trillingen en Golven - Faseverschil & Interferentie

Trillingen en Golven - Staande golven

Slide 2 - Tekstslide

Antwoorden Trillingen

Opgaven 1 t/m 4

Opgave 1

Opgave 2

Een beeld maken duurt dus 0,0009091 s, terwijl een vleugelbeweging 0,018 seconde duurt (zie vraag a). Er kunnen in deze tijd dus 0,018 / 0,00091 = 20 beelden gemaakt worden.

Opgave 3

De trillingstijd van 1 trilling is soms moeilijk om accuraat af te lezen. Bepaal dan de trillingstijd van meerdere trillingen en deel het antwoord door het aantal trillingen.

Opgave 4

T = \frac{​ 1 ​ ​}{​ f ​} = \frac{​ 1 ​ ​}{​ 2 0 3 5 ​} = 0, 0004914 . . . s = 0, 4914 m s

T = \frac{​ 1 ​ ​}{​ f ​} = \frac{​ 1 ​ ​}{​ 5 5 ​} = 0, 018 . . . s

T = \frac{​ 1 ​ ​}{​ f ​} = \frac{​ 1 ​ ​}{​ 1 1 0 0 ​} = 0, 0009091 . . . s

T = \frac{​ 1 ​ ​}{​ f ​} = \frac{​ 1 ​ ​}{​ 3 , 5 ​} = 0, 29 . . . s

Slide 3 - Tekstslide

Antwoorden Trillingen

Opgaven 5 t/m 8

Opgave 5

Hoe hoger de toon, hoe hoger de frequentie.

Opgave 6

Hoe hoger de toon, hoe hoger de frequentie en hoe vaker de vleugels dus per seconde bewegen. Een mug beweegt zijn vleugels dus vaker.

Opgave 7

De tweede toon heft een grotere frequentie. Met de formule

T = 1/f is te zien dat als de frequentie hoger wordt, de trillingstijd T kleiner wordt.

Opgave 8

De eerste toon is laag (dus de frequentie is klein en dus de trillingstijd is groot) en hard (dus de amplitude is groot), zie afbeelding hieronder bij A. De tweede toon is hoog (dus de frequentie is groot en dus de trillingstijd klein) en zacht (dus de amplitude is klein), zie afbeelding hieronder bij B.

Slide 4 - Tekstslide

Antwoorden Trillingen

Opgave 9

a. Eén hokje is 5 ms. Eén trilling in het oscilloscoopbeeld is een piek en een dal. Om de frequentie nauwkeurig te berekenen, meten we eerst de trillingstijd van zo veel mogelijk trillingen. Hieronder geeft de zwarte lijn 8 trillingen weer, dit bestaat uit ongeveer 4.3 hokjes. 1 trilling bestaat dus uit 4.3 / 8 = 0,5375 hokjes. De trillingstijd wordt dus 0,5375 x 5 = 2,6875 ms.

Opgave 9 (vervolg)

Teken hetzelfde patroon alleen met de trillingen twee keer zo breed:

f = \frac{​ 1 ​ ​}{​ T ​} = \frac{​ 1 ​ ​}{​ 0 , 0 0 2 6 8 7 5 ​} = 3, 7 \cdot 1 0^{​ 2 ​ ​} H z

Slide 5 - Tekstslide

Antwoorden Trillingen

Opgave 10

Drie trillingen zijn 4,1 hokjes breed. Elk hokje komt overeen met 0,2 ms. Drie trillingen duren dus 4,1 x 0,2 = 0,8 ms. De trillingstijd is dus 0,8 / 3 = 0,3 ms.

Opgave 10 (vervolg)

Teken hetzelfde patroon, alleen dan met twee keer zo veel trillingen.

f = \frac{​ 1 ​ ​}{​ T ​} = \frac{​ 1 ​ ​}{​ 0 , 3 \cdot 1 0 ^{​ - 3 ​ ​} ​} = 4 \cdot 1 0^{​ 3 ​ ​} H z

Slide 6 - Tekstslide

Antwoorden Trillingen

Opgave 11

Om de toon te bepalen moet eerst de frequentie bepaald worden. 8 trillingen duren 18,1 seconde. De trillingstijd is dus:

T = 18,8 / 8 = 2,26 x 10^-3s

In BINAS vinden we dat dit overeenkomt met toon a1.

f = \frac{​ 1 ​ ​}{​ T ​} = \frac{​ 1 ​ ​}{​ 2 , 2 6 \cdot 1 0 ^{​ - 3 ​ ​} ​} = 4, 4 \cdot 1 0^{​ 2 ​ ​} H z

Slide 7 - Tekstslide

Antwoorden Golven

Opgaven 1 t/m 6

Opgave 1

Een trilling is het heen en weer bewegen om een evenwichtsstand. Een golf is een kettingreactie van trillende deeltjes die elkaar in trilling brengen.

Opgave 2

Geluid is het doorgeven van trillingen van deeltjes. In een vacuüm heb je geen deeltjes en kan dus ook de trilling niet worden doorgegeven.

Opgave 3

Het geluid wordt steeds minder hoorbaar, omdat er steeds minder deeltjes zijn om de geluidsgolf mee door te geven.

Opgave 4

De golf is transversaal. De beweging van de personen (omhoog en omlaag) staat immers loodrecht op de beweging van de golf.

Opgave 5

Opgave 6

We gebruiken hier de geluidsnelheid van 343 m/s bij 293 K.

v^{​ g e m ​ ​} = v^{​ g e l u i d ​ ​} = \frac{​ Δ x ​ ​}{​ Δ t ​}

v^{​ g e l u i d b i j 293 K ​ ​} = 343 m \cdot s^{​ - 1 ​ ​}

\to Δ x = v^{​ g e l u i d ​ ​} \cdot Δ t = 343 \cdot 8 = 2744 m

\to Δ x = 3 k m

Slide 8 - Tekstslide

Antwoorden Golven

Opgaven 7 t/m 9

Opgave 7

Opgave 8

Opgave 9

De tijd dat de echo erover doet om de bodem te bereiken, is 0,59/2 = 0,395 s.

v^{​ g e m ​ ​} = v^{​ g e l u i d ​ ​} = \frac{​ Δ x ​ ​}{​ Δ t ​}

\to Δ x = v^{​ g e l u i d ​ ​} \cdot Δ t = 1500 \cdot (\frac{​ 0 , 5 9 ​ ​}{​ 2 ​}) = 442, 5 m

\to Δ x = 4, 4 \cdot 1 0^{​ 2 ​ ​} m

v^{​ g e m ​ ​} = v^{​ g e l u i d ​ ​} = \frac{​ Δ x ​ ​}{​ Δ t ​}

\to Δ t = \frac{​ Δ x ​ ​}{​ v ^{​ g e l u i d ​ ​} ​} = \frac{​ 4 5 0 \cdot 1 0 ^{​ 3 ​ ​} ​ ​}{​ 5 0 0 0 ​} = 90 s

v^{​ g e m ​ ​} = v^{​ g e l u i d ​ ​} = \frac{​ Δ x ​ ​}{​ Δ t ​}

\to Δ t = \frac{​ Δ x ​ ​}{​ v ^{​ g e l u i d ​ ​} ​} = \frac{​ 5 \cdot 1 0 ^{​ 3 ​ ​} ​ ​}{​ 1 7 \cdot 3 4 3 ​} = 0, 857 . . . s

\to Δ t = 0, 9 s

\to Δ t = 90, 0 s

Slide 9 - Tekstslide

Antwoorden Golven

Opgaven 10 & 11

Opgave 10

Meet de golf op met een liniaal en vermenigvuldig het antwoord met 30. Stel de golf is 4,5 cm, dan is de golflengte 4,5 x 30 = 135 cm = 1,35 m.

Opgave 11

In de tekening zijn vier gehele golven zichtbaar (één golflengte is gelijk aan de afstand tussen twee maxima, zie de onderstaande afbeelding). Stel deze golven hebben samen een lengte van 8,4 cm. Eén golf heeft dan dus een lengte van 8,4 / 4 = 2,1 cm. In dat geval is de golflengte 2,1 x 25 = 52,5 cm = 0,525 m.

v^{​ g o l f ​ ​} = λ f = 1, 35 \cdot 0, 4 = 0, 54 m \cdot s^{​ - 1 ​ ​}

v^{​ g o l f ​ ​} = 0, 54 m \cdot s^{​ - 1 ​ ​}

v^{​ g o l f ​ ​} = λ f = 0, 525 \cdot 150 = 78 m \cdot s^{​ - 1 ​ ​}

v^{​ g o l f ​ ​} = 78 m \cdot s^{​ - 1 ​ ​}

Slide 10 - Tekstslide

Antwoorden Golven

Opgaven 12 & 13

Opgave 12

Om te weten waar het touw 0,10 s later is, gaan we eerst de snelheid van het touw berekenen. Dit doen we met de formule v = λf. Twee golven hebben een zijn samen 9,8 hokjes lang, hetgeen overeenkomt met 9,8 x 3,0 = 294 cm. Eén golf is dus 294 / 2 = 147 cm = 1,5 m lang.

Met de snelheid bereken je hoeveel de golf is opgeschoven:

De golf is dus één hokje van 30 cm opgeschoven:

Opgave 13

a. Links verdeelt de golf zich over een steeds grotere cirkel. De hoogte zal hierdoor afnemen. In de rechter afbeelding blijft de afmeting van de golf gelijk. Alleen de wrijvingskracht zal hier voor een kleine afname zorgen.

b. Als de diepte d in de formule kleiner wordt, dan wordt de snelheid v ook kleiner. Omdat de voorkant van de golf zich telkens in minder diep water bevindt, zal de voorkant afremmen ten opzichte van de achterkant. Als gevolg wordt de golf dunner. Als de golf in elkaar wordt geduwd, dan moet het water ergens heen. Dit zorgt voor een toename van de hoogte.

v^{​ g o l f ​ ​} = λ f = 1, 5 \cdot 2 = 3 m \cdot s^{​ - 1 ​ ​}

Δ x = v^{​ g e l u i d ​ ​} \cdot Δ t = 3 \cdot 0, 10 = 0, 30 m

Slide 11 - Tekstslide

Antwoorden Golven

Opgave 14

De trillingstijd is te berekenen met:

Een trilling duurt dus 2,0 seconden lang. Het rechter deel van de golf is als eerst ontstaan. We beginnen het (u,t)-diagram dus met een dal. Er ontstonden daarna twee volledige golven en daarna werd het touw een kwart trillingstijd stil gehouden:

Opgave 14 (vervolg)

Het duurde een volledige trillingstijd (2,0 seconden) totdat de golf punt x = 2,0 m bereikt heeft. Tot deze tijd blijft het (u,t)-diagram dus op nul staan. Uiteindelijk heeft 1,25 golf het punt x = 2,0 m gepasseerd. Als eerste kwam een dal aan bij dit punt.

T = \frac{​ 1 ​ ​}{​ f ​} = \frac{​ 1 ​ ​}{​ 0 , 5 0 ​} = 2, 0 s

Slide 12 - Tekstslide

Antwoorden Golven

Opgave 15

a. Omhoog. Het meest rechtse uiteinde van de golf is als eerst ontstaan en hier is het touw omhoog bewogen.

b. Het touw zal omlaag gaan. Voor het punt x = 3,0 m zit namelijk een dal en dit dal zal een moment later het punt

x = 3,0 m bereiken.

c. Een halve trilling. Alleen de berg rechts van het punt x = 5,0 m heeft dit punt reeds gepasseerd.

d. De amplitude is de maximale uitwijking. Als de golf door het touw beweegt, dan zal elk punt in het touw zowel de bergen als de dalen ervaren. Overal is de maximale uitwijking dus gelijk. Dit zou niet het geval zijn als er ook nog wrijvingskracht werkte, dan zou de amplitude van de golf langzaam afnemen.

Opgave 15 (vervolg)

De trillingstijd is te berekenen met:

Een trilling duurt dus 5,0 seconden lang. Op het afgebeelde moment is slechts één golf punt x = 4,0 m gepasseerd. Eerst is een berg langsgekomen en daarna een dal. Tussen punt x = 0 en x = 4,0 m passen twee golven. Het duurt dus twee trillingstijden voordat punt x = 4,0 m bereikt wordt:

T = \frac{​ 1 ​ ​}{​ f ​} = \frac{​ 1 ​ ​}{​ 0 , 2 0 ​} = 5, 0 s

Slide 13 - Tekstslide

Antwoorden Harmonische trilling

Opgave 1ab

Opgave 1

C = 1,3 kN/m = 1,3·10³ N/m m = 12,2 kg g = 9,81 m/s²

a. METHODE 1 METHODE 2

Opgave 1 (vervolg)

b. Het gaat hier om de eigenfrequentie van het gehele systeem, dus van baby én wieg samen. Dus wordt de massa nu:

m = 12,2 + 3,2 = 15,4 kg.

METHODE 1 METHODE 2

F^{​ z ​ ​} = F^{​ v ​ ​}

\to m g = C u \to u = \frac{​ m g ​ ​}{​ C ​}

\to u = \frac{​ m g ​ ​}{​ C ​} = \frac{​ 1 2 , 2 \cdot 9 , 8 1 ​ ​}{​ 1 , 3 \cdot 1 0 ^{​ 3 ​ ​} ​}

\to u = 9, 2 \cdot 1 0^{​ - 2 ​ ​} m

F^{​ z ​ ​} = m g = 12, 2 \cdot 9, 81

\to F^{​ z ​ ​} = 119, 682 N

\to u = \frac{​ F ^{​ z ​ ​} ​ ​}{​ C ​} = \frac{​ 1 1 9 , 6 8 2 ​ ​}{​ 1 , 3 \cdot 1 0 ^{​ 3 ​ ​} ​}

F^{​ z ​ ​} = F^{​ v ​ ​} = C u

\to u = 9, 2 \cdot 1 0^{​ - 2 ​ ​} m

f = \frac{​ 1 ​ ​}{​ T ​}

T = 2 π \sqrt ​ \frac{​ m ​ ​}{​ C ​} ​ ​ ​

f = \frac{​ 1 ​ ​}{​ T ​} = \frac{​ 1 ​ ​}{​ 0 , 6 8 3 8 . . . ​}

\to T = 0, 6838 . . . s

\to f = 1, 5 H z

\to T = 2 π \sqrt ​ \frac{​ 1 5 , 4 ​ ​}{​ 1 , 3 \cdot 1 0 ^{​ 3 ​ ​} ​} ​ ​ ​

f = \frac{​ 1 ​ ​}{​ T ​} & T = 2 π \sqrt ​ \frac{​ m ​ ​}{​ C ​} ​ ​ ​

f = \frac{​ 1 ​ ​}{​ 2 π \sqrt ​ \frac{​ m ​ ​}{​ C ​} ​ ​ ​ ​} = \frac{​ 1 ​ ​}{​ 2 π ​} \sqrt ​ \frac{​ C ​ ​}{​ m ​} ​ ​ ​

\to f = \frac{​ 1 ​ ​}{​ 2 π ​} \sqrt ​ \frac{​ 1 , 3 \cdot 1 0 ^{​ 3 ​ ​} ​ ​}{​ 1 5 , 4 ​} ​ ​ ​

\to f = 1, 5 H z

Slide 14 - Tekstslide

Antwoorden Harmonische trilling

Opgaven 1c & 2

Opgave 1c (vervolg)

c. Volgens de formule kunnen we zien dat als de frequentie kleiner wordt, dat de trillingstijd dan groter moet worden.

Volgens zien we dat de trillingstijd groter wordt als m groter wordt en als de veerconstante kleiner wordt.

Conclusie: we kunnen de frequentie dus verkleinen door de

extra massa in de wieg te plaatsen of door veren met een kleinere veerconstante te monteren.

Opgave 2

a. Wanneer Finn op het uiteinde van de duikplank staat, zakt de duikplank 30 cm in. De zwaartekracht van Finn en de veerkracht van de duikplank zijn met elkaar in balans.

Opgave 2 (vervolg)

Dus kunnen we werken vanuit:

c. Wanneer Finn met meer kracht heen en weer beweegt, brengt hij de duikplank in resonantie. Hierdoor blijft de trillingstijd (en dus de (eigen)frequentie) van de duikplank gelijk, maar gaat de amplitude omhoog.

f = \frac{​ 1 ​ ​}{​ T ​}

T = 2 π \sqrt ​ \frac{​ m ​ ​}{​ C ​} ​ ​ ​

T = 2 π \sqrt ​ \frac{​ m ​ ​}{​ C ​} ​ ​ ​ = 2 π \sqrt ​ \frac{​ 5 4 ​ ​}{​ 1 7 6 5 , 8 ​} ​ ​ ​ = 1, 0987 . . . s

F^{​ z ​ ​} = F^{​ v ​ ​} \to m \cdot g = C \cdot u

\to C = \frac{​ m \cdot g ​ ​}{​ u ​} = \frac{​ 5 4 \cdot 9 , 8 1 ​ ​}{​ 0 , 3 0 ​} = 1765, 8 N \cdot m^{​ - 1 ​ ​} = 1, 8 \cdot 1 0^{​ 3 ​ ​} N \cdot m^{​ - 1 ​ ​}

f = \frac{​ 1 ​ ​}{​ T ​} = \frac{​ 1 ​ ​}{​ 1 , 0 9 8 7 . . . ​} = 0, 91 H z

Slide 15 - Tekstslide

Antwoorden Harmonische trilling

Opgave 3

a. Op de plekken waar de lijn door de evenwichtsstand gaat; dus op t = 0 s, t = 2,0 s, t = 4,0 s, t = 6,0 s, t = 8,0 s en t = 10,0 s.

b. A = 40 cm = 0,40 m.

De trillingstijd bepalen we altijd door met meerdere trillingen rekening te houden. Er zijn 2,5 trillingen gedurende 10 seconden. Dan krijgen we:

Invullen geeft dan:

Opgave 3 (vervolg)

c. De raaklijn ziet er als volgt uit:

En dan krijgen we uiteindelijk:

En die waarden komen zeker met elkaar overeen.

v^{​ max ​ ​} = \frac{​ 2 π A ​ ​}{​ T ​} = \frac{​ 2 \cdot π \cdot 0 , 4 0 ​ ​}{​ 4 , 0 ​} = 0, 63 m \cdot s^{​ - 1 ​ ​}

2 \frac{​ 1 ​ ​}{​ 2 ​} \cdot T = 10 s \to T = 4, 0 s

v = (\frac{​ Δ x ​ ​}{​ Δ t ​})^{​ r a a k l i j n ​ ​} = \frac{​ 0 , 3 0 - - 0 , 3 0 ​ ​}{​ 4 , 5 - 3 , 5 5 ​} = 0, 63 m \cdot s^{​ - 1 ​ ​}

Slide 16 - Tekstslide

Antwoorden Harmonische trilling

Opgave 4

a. In BINAS kunnen we vinden dat de massa van waterstof gelijk is 1,008 u. In BINAS kunnen we ook vinden dat 1 u = 1,66·10^-27 kg. De massa van waterstof in kilogram is dus:

m = 1,008·1,66·10^-27 = 1,67·10^-27 kg.

Opgave 4 (vervolg)

b. (vervolg)

d. Rond de maximale uitwijking is de snelheid klein. Als gevolg blijft het atoom hier langer.

T = \frac{​ 1 ​ ​}{​ f ​} = \frac{​ 1 ​ ​}{​ 6 , 9 2 \cdot 1 0 ^{​ 13 ​ ​} ​} = 1, 45 \cdot 1 0^{​ - 14 ​ ​} s

T = 2 π \sqrt ​ \frac{​ m ​ ​}{​ C ​} ​ ​ ​ \to T^{​ 2 ​ ​} = \frac{​ 4 π ^{​ 2 ​ ​} m ​ ​}{​ C ​} \to C = \frac{​ 4 π ^{​ 2 ​ ​} m ​ ​}{​ T ^{​ 2 ​ ​} ​}

\to C = \frac{​ 4 π ^{​ 2 ​ ​} m ​ ​}{​ T ^{​ 2 ​ ​} ​} = \frac{​ 4 π ^{​ 2 ​ ​} \cdot 1 , 6 7 \cdot 1 0 ^{​ - 27 ​ ​} ​ ​}{​ ( 1 , 4 5 \cdot 1 0 ^{​ - 14 ​ ​} ) ^{​ 2 ​ ​} ​} = 3, 14 \cdot 1 0^{​ 2 ​ ​} N \cdot m^{​ - 1 ​ ​}

E^{​ v e e r ​ ​} = E^{​ k i n ​ ​}

\to E^{​ v e e r ​ ​} = \frac{​ 1 ​ ​}{​ 2 ​} m v^{​ max ​ 2 ​ ​} \to v^{​ max ​ ​} = \sqrt ​ \frac{​ 2 E ^{​ v e e r ​ ​} ​ ​}{​ m ​} ​ ​ ​

\to v^{​ max ​ ​} = \sqrt ​ \frac{​ 2 E ^{​ v e e r ​ ​} ​ ​}{​ m ​} ​ ​ ​ = \sqrt ​ \frac{​ 2 \cdot 6 , 0 \cdot 1 0 ^{​ - 20 ​ ​} ​ ​}{​ 1 , 6 7 \cdot 1 0 ^{​ - 27 ​ ​} ​} ​ ​ ​ = 8, 5 \cdot 1 0^{​ 3 ​ ​} m \cdot s^{​ - 1 ​ ​}

E^{​ v e e r ​ ​} = \frac{​ 1 ​ ​}{​ 2 ​} C u^{​ 2 ​ ​}

\to u = \sqrt ​ \frac{​ 2 \cdot 6 , 0 \cdot 1 0 ^{​ - 20 ​ ​} ​ ​}{​ 3 , 1 4 \cdot 1 0 ^{​ 2 ​ ​} ​} ​ ​ ​

\to u = 2, 0 \cdot 1 0^{​ - 11 ​ ​} m

\to u^{​ max ​ ​} = 1, 609 \cdot 1 0^{​ - 10 ​ ​} + 2, 0 \cdot 1 0^{​ - 11 ​ ​} = 1, 8 \cdot 1 0^{​ - 10 ​ ​} m

\to u = \sqrt ​ \frac{​ 2 E ^{​ v e e r ​ ​} ​ ​}{​ C ​} ​ ​ ​

Slide 17 - Tekstslide

Antwoorden Resonantie

Opgave 1 t/m 4

Opgave 1

Resonantie is de dramatische toename van de amplitude van een systeem door dit systeem aan te drijven met zijn eigenfrequentie.

Opgave 2

a. Beide stemvorken zijn van dezelfde massa, vorm en materiaal gemaakt, en trillen daardoor bij dezelfde frequentie. Als de linker stemvork in trilling wordt gebracht, trilt de lucht in de klankkast onder de stemvork mee, en die trillingen worden overgebracht naar de rechter klankkast. Omdat de stemvorken identiek zijn kan de rechter stemvork ook meetrillen.

b. Nu zijn de stemvorken niet gelijk. De rechter stemvork kan niet bij dezelfde frequentie meetrillen als de linker stemvork.

Opgave 3

a. Je brengt hierdoor de lucht in trilling, en de fles zal resoneren bij de frequentie waarbij de lucht aan het trillen is.

b. Resonantie zal de lage amplitude bij die frequentie toch vergroten door resonantie.

Opgave 4

a. Het kan helpen om langzamer te fietsen, want dan gaat je frequentie waarmee je over de hobbels fietst, omlaag. Dan fiets je niet meer met de eigenfrequentie van jou en jouw fiets.

b. Het kan ook helpen om sneller te fietsen, want dan gaat je frequentie waarmee je over de hobbels fietst, omhoog. Dan fiets je niet meer met de eigenfrequentie van jou en jouw fiets.

Slide 18 - Tekstslide

Antwoorden Faseverschil & Interferentie

Opgave 1

a. Ze beginnen op hetzelfde moment op dezelfde beginpositie en lopen dus precies gelijk. Het faseverschil is dan dus 0 (geen eenheid) en de gereduceerde fase ook.

b. Eddy heeft er al één hele periode opzitten als Bea ook van start gaat. Faseverschil is dus 1. Gereduceerde faseverschil is de fase min het aantal hele trillingen. In dit geval is het gereduceerde faseverschil dus 0.

Opgave 1 (vervolg)

c. Als Eddy aan de andere kant is heeft hij er precies een halve schommelperiode op zitten. Faseverschil is dus 0,50 en het gereduceerde faseverschil ook. Bea en Eddy zijn precies in tegenfase.

d. Voor de periode van de schommel geldt . De periode is dus:

Na 1 minuut heeft Eddy dus 60 / 1,5267176 = 39,3 schommelbewegingen achter de rug als Bea van start gaat.

Faseverschil is dus 39,3, gereduceerde faseverschil is 0,3.

T = \frac{​ 1 ​ ​}{​ f ​}

T = \frac{​ 1 ​ ​}{​ f ​} = \frac{​ 1 ​ ​}{​ 0 , 6 5 5 ​} = 1, 5267176 s

Slide 19 - Tekstslide

Antwoorden Faseverschil & Interferentie

Opgave 2ab

Opgave 2

a. Invullen geeft:

b. Voor de uitwijking als functie van de tijd bij een harmonische trilling geldt:

Opgave 2

Hierbij geldt dat op t = 0 s de massa zich in de evenwichtstand bevindt en omhoog gaat. Dit is hier niet zo. Op t = 0 wordt de massa losgelaten op zijn laagste punt onder de evenwichtsstand. In plaats van bovenstaande formule, moet de formule dus zijn:

Op t = 0 s is de uitwijking dus -0,05 m. De formules worden:

T^{​ A ​ ​} = 2 π \sqrt ​ \frac{​ m ^{​ A ​ ​} ​ ​}{​ C ​} ​ ​ ​ = 2 π \sqrt ​ \frac{​ 0 , 2 0 0 ​ ​}{​ 3 1 , 6 ​} ​ ​ ​ = 0, 500 s

T^{​ B ​ ​} = 2 π \sqrt ​ \frac{​ m ^{​ B ​ ​} ​ ​}{​ C ​} ​ ​ ​ = 2 π \sqrt ​ \frac{​ 0 , 2 5 0 ​ ​}{​ 1 7 , 5 ​} ​ ​ ​ = 0, 750 s

u = A sin (2 π \frac{​ t ​ ​}{​ T ​})

u = A cos (2 π \frac{​ t ​ ​}{​ T ​})

u^{​ A ​ ​} = - 0, 05 cos (\frac{​ 2 π t ​ ​}{​ 0 , 5 0 0 ​})

u^{​ B ​ ​} = - 0, 05 cos (\frac{​ 2 π t ​ ​}{​ 0 , 7 5 0 ​})

Slide 20 - Tekstslide

Antwoorden Faseverschil & Interferentie

Opgave 2cd

Opgave 2

c. Als m_A één trilling heeft gemaakt is er 0,500 s verstreken. Invullen van t = 0,500 s in de formule voor u_B(t) geeft

Massa B bevindt zich dus 2,5 cm boven de evenwichtsstand op t = 0,500 s.

d. Gelijk wil hier zeggen dat de massa's zich tegelijkertijd op dezelfde positie bevinden en in dezelfde richting bewegen. Voor de uitwijking geldt:

Opgave 2

d. Cosinus is een functie die zich elke keer herhaald, dus om de vraag te beantwoorden kijken we naar verschillende tijdstippen en berekenen we de uitwijking daarbij.

t (s) u_A(m) u_B(m)

0 -0,050 -0,050

0,5 -0,050 0,025

1,0 -0,050 0,025

1,5 -0,050 -0,050

2,0 -0,050 0,025

Zoals aan de tabel hierboven te zien, gebeurt dat op tijdstip

t = 1,5 s.

u^{​ B ​ ​} = - 0, 05 cos (\frac{​ 2 \cdot π \cdot t ​ ​}{​ 0 , 7 5 0 ​}) = - 0, 05 cos (\frac{​ 2 \cdot π \cdot 0 , 5 0 0 ​ ​}{​ 0 , 7 5 0 ​})

u^{​ B ​ ​} = - 0, 05 \cdot cos (4, 18879 . . .) = - 0, 05 \cdot - 0, 5

u^{​ B ​ ​} = 0, 025 m

Slide 21 - Tekstslide

Antwoorden Faseverschil & Interferentie

Opgave 3

a. De twee golven zijn in fase dus mogen de amplitudes gewoon opgeteld worden. Resulterende amplitude wordt dus 2,1·10^-3 + 1,5 ·10^-3 = 3,6·10^-3 m.

b. Het faseverschil Δφ is 2,5. Dit betekent dat de ene wisselspanning 2,5 periodes achterloopt op de ander. Het gereduceerde faseverschil ΔφR is 0,5 wat betekent dat de twee wisselspanningen in tegenfase met elkaar zijn.

Ze doven ekaar dus uit maar niet volledig want ze hebben niet dezelfde amplitude. De resulterende wisselspanning heeft een amplitude van 3,1 - 3,0 = 0,1 V.

Opgave 3

c. De twee golven die in fase zijn hebben samen een resulterende amplitude van 0,71 + 0,44 = 1,15 N/m². De derde geluidsgolf heeft een amplitude van 1,15 N/m² en is hiermee in tegenfase. Deze golf zal de andere twee dus volledig uitdoven. De resulterende amplitide is 0,00 N/m².

d. Uitdoving of versterking is afhankelijk van het faseverschil tussen de individuele golven of trillingen. Op het moment dat de golflengte of frequentie anders is voor een van de golven is het faseverschil niet meer constant. Er zal dan geen sprake meer zijn van complete uitdoven of versterking. In plaats hiervan zal de resulterende golf een afwijkende vorm hebben en geen constante amplitude meer hebben.

Slide 22 - Tekstslide

Antwoorden Staande golven

Opgave 1 & 2

Opgave 1

Eén golflengte is natuurlijk 1 λ. Daarin zitten 3 knopen en 2 buiken.

Tussen twee knopen zit al ½λ. Daartussen zit altijd een buik, dus de afstand tussen een buik en een knoop is ¼λ.

Opgave 2

Slide 23 - Tekstslide

Antwoorden Staande golven

Opgave 3 & 4

Opgave 3

Opgave 4

Slide 24 - Tekstslide

Antwoorden Staande golven

Opgave 5

a. Omdat de klankkast aan 1 kant open is, en aan de andere kant gesloten, ontstaan er een grondtoon die qua golflengte uit te rekenen is met de volgende formule:

Opgave 5

b. Dit betekent dat de L iets langer is dan 17,8 cm.

Als de L groter wordt, wordt de golflengte ook groter.

De frequentie wordt juist kleiner wanneer de golflengte toeneemt.

L = (2 n - 1) \frac{​ 1 ​ ​}{​ 4 ​} λ \to 4 L = (2 n - 1) λ

\to λ = \frac{​ 4 L ​ ​}{​ 2 n - 1 ​} = \frac{​ 4 \cdot 0 , 1 7 8 ​ ​}{​ 2 \cdot 1 - 1 ​} = 0, 712 m

v^{​ g o l f ​ ​} = λ \cdot f

f = \frac{​ v ^{​ g o l f ​ ​} ​ ​}{​ λ ​} = \frac{​ 3 4 3 ​ ​}{​ 0 , 7 1 2 ​} = 482 H z

Slide 25 - Tekstslide

Trillingen en golven - Antwoorden

Onderdelen in deze les

Slide 1 - Tekstslide

Slide 2 - Tekstslide

Slide 3 - Tekstslide

Slide 4 - Tekstslide

Slide 5 - Tekstslide

Slide 6 - Tekstslide

Slide 7 - Tekstslide

Slide 8 - Tekstslide

Slide 9 - Tekstslide

Slide 10 - Tekstslide

Slide 11 - Tekstslide

Slide 12 - Tekstslide

Slide 13 - Tekstslide

Slide 14 - Tekstslide

Slide 15 - Tekstslide

Slide 16 - Tekstslide

Slide 17 - Tekstslide

Slide 18 - Tekstslide

Slide 19 - Tekstslide

Slide 20 - Tekstslide

Slide 21 - Tekstslide

Slide 22 - Tekstslide

Slide 23 - Tekstslide

Slide 24 - Tekstslide

Slide 25 - Tekstslide

Meer lessen zoals deze

Trillingen en golven - Faseverschil & Interferentie (VWO)

Trillingen en golven - Faseverschil & Interferentie (VWO) 2

Trillingen en golven - Faseverschil & Interferentie (VWO)

Trillingen en golven - Faseverschil & Interferentie (VWO)

Trillingen en golven - Faseverschil & Interferentie (VWO)

Trillingen en golven - Faseverschil & Interferentie (VWO)

Trillingen en Golven Overzicht

V4 WSS H2 Samenvatting