Nr - atGreijdanus.nl

Uitwerkingen Hoofdstuk 13 – Muziek
Newton vwo deel 2
85
13 Muziek
13.1 Inleiding
Voorkennis
1 Trillingen en geluid
a Geluid ontstaat door een trillend voorwerp.
Om het geluid te horen moeten de trillingen ons oor bereiken. Daarvoor moet er een tussenstof
aanwezig zijn tussen het voorwerp en ons oor. Lucht is de meest voorkomende tussenstof.
De trillingen van het voorwerp worden overgedragen op de moleculen van de tussenstof. Zij gaan
ook trillen. Ze geven hun trillingen door in alle richtingen. Sommige van die trillingen bereiken ons oor.
b Een trilling is een periodieke beweging om
een evenwichtsstand. In de figuur hiernaast is
de beweging van zo’n trilling weergegeven in
een (uitwijking,tijd)-diagram.
De amplitude is de grootste afstand die het trillend
voorwerp heeft tot aan de evenwichtsstand.
In de figuur dus 12,5 cm.
De trillingstijd is de tijd die het voorwerp voor
één complete trilling nodig heeft. Hier dus ca. 4,4 s.
Daarna begint een nieuwe trilling.
15
10
uitwijking
(cm) 5
0
0
1
2
3
4
5
6
-5
7
8
9
10
tijd t (s)
- 10
- 15
De frequentie is het aantal trillingen dat per seconde wordt uitgevoerd.
Verband: De trillingstijd is het omgekeerde van de frequentie. De frequentie is dus ook het omgekeerde
1
1
van de trillingstijd. In het voorbeeld is de frequentie f  
= 0,23 Hz.
T 4,4
c Hoe groter de amplitude, des te groter is de geluidssterkte.
Hoe groter de frequentie, des te hoger is de toon.
d Een microfoon zet de geluidstrillingen om in elektrische trillingen.
Deze kunnen op een oscilloscoop zichtbaar worden gemaakt.
2 Muziekinstrumenten
a Snaarinstrumenten: het geluid komt van een trillende snaar.
Blaasinstrumenten: het geluid komt van een trillende luchtkolom.
Slaginstrumenten: het geluid komt van een trillend vlies of trillende plaat.
b Snaren kun je stemmen door de spankracht in de snaar aan te passen: hoe groter de spankracht,
des te hoger de toon.
Bij de meeste snaarinstrumenten worden verschillende snaren gebruikt voor de verschillende tonen.
Hoe korter (het trillende deel van) de snaar en hoe dunner de snaar en hoe strakker gespannen,
des te hoger de toon.
Tijdens het bespelen van een viool of gitaar kan de toonhoogte ook worden veranderd door de lengte
van het trillende deel van de snaar aan te passen. Daarbij wordt de snaar tegen de hals van de viool
of gitaar aangedrukt.
c Bij een blaasinstrument wordt de lengte van de trillende luchtkolom veranderd: hoe korter de luchtkolom,
des te hoger de toon.
3 Geluidshinder
Geluidsbronnen:
Maatregelen:
laag overkomende vliegtuigen, drilboor, cirkelzaag.
vliegtuiglawaai: dubbele beglazing; drilboor, cirkelzaag: oordoppen.
4 Geluid opnemen en weergeven
a Opnemen doe je met een microfoon.
In een microfoon wordt een plaatje in trilling gebracht door de geluidstrillingen.
Aan het plaatje zit bijvoorbeeld een spoeltje vast dat om een magneetje zit.
In het spoeltje ontstaat nu een wisselstroom, die gelijk op gaat met de trillingen van het geluid.
b Zie volgende bladzijde.
Newton vwo deel 2
Uitwerkingen Hoofdstuk 13 – Muziek
86
Vervolg van opgave 4.
b Weergeven doe je met een luidspreker.
Dit werkt op dezelfde manier als bij a, alleen andersom. Je stuurt de wisselende elektrische stroompjes
door een spoeltje. Het spoeltje wordt hierdoor afwisselend aangetrokken en afgestoten door de magneet
die zich bij de spoel bevindt. Het spoeltje gaat bewegen (trillen). De luidsprekerconus die aan het spoeltje
vastzit, gaat meebewegen en brengt daarmee de trillingen over op de luchtmoleculen.
13.2 Trillingen
Kennisvragen
7 Ga er van uit dat de instellingen van de oscilloscoop steeds hetzelfde zijn.
a D heeft de grootste amplitude, want de maximale uitwijking ten opzichte van de evenwichtsstand
is 2,4 hokje.
b B heeft de grootste frequentie (kleinste trillingstijd). In dezelfde tijd worden bij B de meeste trillingen
uitgevoerd.
8 f 
1
1
1
 1,5  10 3 
T 
= 6,67·10-4 s
T
T
1,5  10 3
Afgerond: T = 6,7·10–4 s = 0,67 ms
9 a Horizontale as: 0,50 ms/cm betekent dat één hokje naar links/rechts 0,50·10 -3 s voorstelt.
In de figuur passen precies 10 trillingen in 10 hokjes.
10 trillingen
1 trilling duurt dus
= 1,0 hokje
 T = 0,50·10-3 s = 0,50 ms
10 hokjes
Verticale as: 2,0 V/cm betekent dat één hokje naar boven/beneden 2,0 V voorstelt.
Tussen de ‘top’ en het ‘dal’ van de trilling zitten 4,0 hokjes. De amplitude is dus 2,0 hokjes
(de maximale uitwijking ten opzichte van het midden, de evenwichtsstand).
2,0 hokjes · 2,0 V per hokje = 4,0 V
 Amplitude A = 4,0 V
b f 
1
1
=
= 2000 Hz
T 5,0  10  4
Afgerond: f = 2,0·103 Hz = 2,0 kHz
10 a Om de amplitude A van de trillingen te vergelijken, bepaal je eerst de verticale uitslag in volt:
 AA = 2,0 V
 AC = 400 mV = 0,40 V
 AB = 4,0 V
 AD = 24 mV = 0,024 V
Conclusie: B heeft de grootste amplitude.
b Om de frequenties te vergelijken, bepaal je eerst de frequentie van de vier verschillende trillingen:
1
1
8,0
A: 4,0 trillingen in 8,0 hokjes. 1 trilling is
= 2,0 hokjes = 0,40 ms  f  
= 2,5·103 Hz.
T 0,40  10 3
4,0
9,5
1
1
= 0,95 hokje = 0,475 ms  f  
= 2,1·103 Hz.
10
T 0,475  10 3
1
1
8,8
C: 2,0 trillingen in 8,8 hokjes. 1 trilling is
= 4,4 hokjes = 88 s  f  
= 11·103 Hz.
T 88  10 6
2,0
B: 10 trillingen in 9,5 hokjes. 1 trilling is
1
1

= 26·103 Hz.
T 39  10 6
Conclusie: de trilling van diagram D heeft de kleinste trillingstijd en dus de grootste frequentie.
D: 1 trillingen in 7,8 hokjes. 1 trilling duurt 7,8 · 5,0 = 39 s  f 
11 a Hoe groter de amplitude, hoe groter de geluidssterkte. Bij vraag 10a bleek dat trilling B
de grootste amplitude heeft. Bij B is dus de geluidssterkte het grootst.
b Hoe kleiner de frequentie, hoe lager de toon klinkt. Bij vraag 10b bleek dat de frequentie
van trilling B het kleinst is. Bij B klinkt de toon dus het laagst.
Newton vwo deel 2
Uitwerkingen Hoofdstuk 13 – Muziek
87
Oefenopgaven
17 Gitaarsnaar stemmen
a De grondtoon (de a-toon) is de trilling met de grootste trillingstijd. Als je vanaf links begint te tellen, zie je
6,7
ca. 4,5 complete trillingen  4,5 trillingen in 6,7 hokjes  1 trilling is
= 1,49 hokje  T = 14,9 ms
4,5
1
1
= 67,2 H
Afgerond: f = 67 Hz
f  
T 14,9  103
b De frequentie is nu 110 Hz, dus er zullen meer trillingen
te zien zijn.
1
1
T  
= 0,009091 s = 9,091 ms
f 110
Het scherm is 7 hokjes breed, dat komt overeen
met een tijdsduur van 70 ms.
70
In die 70 ms passen
= 7,7 trillingen
9,091
Verder zie figuur hiernaast.
18 Hartslagfrequentie
a De trillingstijd is de tijd voor één complete beweging (inclusief tussenliggende ‘pauze’). Na die tijd begint
de beweging opnieuw. In het begin duurt een periode tamelijk lang. Aan het eind van de grafiek zie je
dat er een aantal trillingen snel achter elkaar komen. De oorzaak zou kunnen zijn dat de persoon
een inspanning is gaan verrichten waardoor het hart sneller is gaan pompen.
b In het begin is de trillingstijd ongeveer 1 s. De frequentie is dan f 
Aan het eind is de trillingstijd ongeveer 0,5 s. f 
1 1
 = 1 Hz (60 slagen per minuut).
T 1
1
1
= 2 Hz (120 slagen per minuut).

T 0,5
19 Wisselspanning
a De spanning is niet de hele tijd gelijk, zoals bij een gelijkspanning. De grootte van de spanning wisselt
voortdurend, waarbij de spanning afwisselend positief en negatief is. Een wisselspanning veroorzaakt
een wisselstroom die voortdurend van stroomsterkte en stroomrichting wisselt.
b 4,0 trillingen in 8,0 hokjes. 1 trilling is
8,0
1
1
= 2,0 hokjes  T = 20 ms  f  
= 50 Hz
4,0
T 20  10 3
c De amplitude is 2,2 hokje hoog. De (verticale) gevoeligheid is 150 V/cm.
De maximale waarde Umax is dus: Umax = 2,2 · 150 = 330 V
Afgerond: Umax = 3,3∙102 V
d De genoemde 230 V is niet de amplitude, maar de effectieve waarde van de wisselspanning.
Dit wil zeggen dat de wisselspanning gemiddeld per seconde evenveel energie levert als
een gelijkspanning van 230 V. De spanning varieert van laag (0 V) tot hoog. Om hetzelfde effect te hebben
als 230 V gelijkspanning moet de hoogste waarde van de wisselspanning dus boven de 230 V liggen.
13.3 Harmonische trilling
Kennisvragen
21 a Alleen C: een harmonische trilling ziet er uit
als een sinusfunctie. Je noemt zo’n geluidstrilling
een zuivere toon (met een ‘ronde’ klank).
b Bij B en D kun je de amplitude en trillingstijd niet
aangeven: er is geen periode (= vaste trillingstijd).
c Bij B en D.
Bij diagram B is er geen sprake van een trilling:
er beweegt niets periodiek om een evenwichtsstand
(het is een zogenaamde ‘kritisch gedempte’ trilling).
Het is een korte puls die klinkt als een tik of een knal.
Bij diagram D hoor je ruis.
Uitwerkingen Hoofdstuk 13 – Muziek
Newton vwo deel 2
88
22 a De fase is het aantal trillingen dat is uitgevoerd. De fase heeft geen eenheid.
Je kunt de fase op twee manieren bepalen:
1. Je kunt het aantal trillingen dat voorbij is tellen.
2. Je kunt ook bepalen hoeveel tijd verstreken is sinds het tijdstip t = 0 s (waarop de trilling door de
evenwichtsstand gaat en met een nieuwe trilling begint) en die tijdsduur t delen door de trillingstijd T:
t

T
De gereduceerde fase is de fase min het aantal hele trillingen (je kunt dus gewoon de hele getallen
weglaten). De gereduceerde fase geeft aan in welk stadium de trilling zich bevindt.
fase  (  
t
)
T
gereduceerde fase r
tijdstip
tijd (s)
t1
t2
1,60
2,20
1,00
1 38 (= 1,375)
t3
2,80
1 34 (= 1,75)
3
4
(= 0,75)
t4
3,60
2 41 (= 2,25)
1
4
(= 0,25)
t5
4,00
2
1
2
(= 2,5)
0,0
(= 0,375)
3
8
1
2
(= 0,5)
1
 2  t 
b u  r  sin
(zie BINAS tabel 35.B.1).
  r  sin(2  f  t )  r  sin(2  r ) waarbij f 
T
 T 
t 

De trillingstijd T = 1,60 s  u  2,5  sin 2 

1,60 

N.B. Je moet je rekenmachine op radialen instellen (= MODE. Radian)
omdat de hoek wordt aangegeven met de factor ‘2’.
u t 1   u 1,60 = 0,0 cm
2,20 

u t 2   u 2,20  2,5  sin 2 
 = 1,8 cm
1,60 

2,80 

u t 3   u 2,80  2,5  sin 2 
 = –2,5 cm
1,60 

3,60 

u t 4   u 3,60  2,5  sin 2 
 = 2,5 cm
1,60 

4,00 

u t 5   u 4,00  2,5  sin 2 
 = 0,0 cm
1,60 

c Je kunt dit aflezen uit de grafiek. Hieronder wordt uitgelegd hoe je dit kunt berekenen.
t 
t 


u  A  sin 2    u  2,5  sin 2 
 waarbij u = 1,0 cm.
T
1
,
60




Druk op Y= en voer de vergelijkingen in uit onderstaande afbeelding (links):
Stel het scherm in onder WINDOW.(zie de afbeelding) en druk op GRAPH.. De grafiek van de trilling
wordt zichtbaar, evenals de lijn bij 1,0 cm. Bij de snijpunten heeft de trilling een uitwijking van 1,0 cm.
Toets in 2nd. [CALC] 5:intersect ENTER. ENTER., beweeg de cursor naar een punt in de buurt
van het eerste snijpunt en toets weer ENTER..
Je ziet het resultaat in het scherm (zie de afbeelding): op het tijdstip t = 0,10 s (=X) is
de uitwijking = 1,0 cm (=Y). De overige punten kun je op dezelfde manier berekenen,
als je de cursor op het scherm er in de buurt zet.
Dit levert op: t = 0,10 S; t = 0,70 S; t = 1,70 s; t = 2,30 s; t = 3,30 s en t = 3,90 s.
23 a Ja, want de trillingstijden van beide trillingen zijn gelijk. Als de ene trillingsbron een trilling heeft uitgevoerd,
is de ander dus ook precies een trilling verder. Het verschil tussen de gereduceerde fases van de twee
trillingen blijft voortdurend even groot: de één blijft continu even ver voor lopen op de ander.
b Omdat je niet weet hoeveel trillingen aan de grafiek vooraf zijn gegaan, weet je niet precies in welke fase
de trillingen zijn, maar wel in welke gereduceerde fase. Vandaar dat gesproken wordt van het
gereduceerde faseverschil.
Vervolg op volgende bladzijde.
Uitwerkingen Hoofdstuk 13 – Muziek
Newton vwo deel 2
89
Vervolg van opgave 23.
Om het gereduceerde faseverschil te berekenen, kijk je op welk tijdstip beide trillingen zich in dezelfde
gereduceerde fase bevinden. Hieronder is gekozen voor het begin van een trilling ( r = 0):
4,0
t 1,00  0,00 5
Aaangezien T =
= 1,60 s is het gereduceerde faseverschil  
= 8 (= 0,625)

2,5
T
1,60
Je kunt eventueel ook eerst de gereduceerde fase van de twee trillingen bepalen en daarna het verschil:
5
10
   r,1   r,2 = 16 - 0 = 8 (= 0,625)

(zie BINAS tabel 35.B.1). Als de klok achterloopt, dan is
g
de slingertijd te groot. De slingertijd moet kleiner worden. Hiervoor is het nodig dat de lengte ℓ
van de slinger kleiner wordt. Het gewicht moet omhoog verplaatst worden.
24 Voor een slinger geldt het verband: T  2
25 Voor een slinger geldt het verband: T  2
T  2


 1,0  2

g
9,81

(zie BINAS tabel 35.B.1).
g

1,0

 1,0 




9,81  2 
9,81 2
2

2
 1,0 

  9,81= 0,1592 · 9,81 = 0,248 m
 2 
26 Voor een massa-veersysteem geldt het verband: T  2
Afgerond: ℓ = 0,25 m
m
(zie ook BINAS tabel 35.B.1).
C
A Bij een stuggere veer moet je meer kracht uitoefenen om de veer evenveel uit te rekken.
Uit de formule Fv = C · u volgt dat de veerconstante C dan groter is. T is dus kleiner.
B Als de massa m groter wordt, wordt de trillingstijd T ook groter.
C De amplitude staat niet in bovenstaande formule. De amplitude heeft dus geen invloed op de trillingstijd.
27 a Fv = C · u  C 
b T  2
Fv 4,9  10 3
=
= 0,49 N/m
u
1,0  10 2
1
m
50  10 3
1
 2
= 2,001 s  f  =
= 0,498 Hz
T 2,001
C
0,49
Oefenopgaven
34 Snaartrilling
a Zie vergelijking Y1 op nevenstaande schermafbeelding.
Zet je rekenmachine op radialen: MODE Radian.
Druk op GRAPH om de grafiek zichtbaar te maken.
Let op de scherminstellingen ( WINDOW.).
N.B. 8 radialen = 4  2  4 volledige 'trillingen'
( = 4  360 als je in graden zou werken).
b Zie vergelijking Y2 op nevenstaande schermafbeelding.
c Zie vergelijking Y3 op de schermafbeelding.
Om de variabele Y1 in te voeren druk je
op VARS , Y-VARS, 1:Function, 1:Y1.
Druk op Y=.. Activeer alleen vergelijking Y3 en
druk op GRAPH om de grafiek zichtbaar te maken.
d Ja, als de frequenties van de trillingen verschillen is de som
van twee of meer sinusfuncties geen sinusvorm meer.
Afgerond: Fv = 0,49 N/m
Afgerond: f = 0,50 Hz
Uitwerkingen Hoofdstuk 13 – Muziek
Newton vwo deel 2
90
35 Resonantie
a Als de eigenfrequentie van de slinger gelijk is aan die van het massaveersysteem.
b f 
1

0,30
Voor de slinger geldt: T  2π
 2π
 1,099 s
T
g
9,81
En dus is f 
c T  2
1
 0,9101Hz
1,099
Afgerond: f = 0,91 Hz
m
0,1
4π 2  0,1
 1,099  2π
C
 3,593 N/m
C
C
1,099
Afgerond: C = 3,6 N/m
36 Trillende bladveer
a Als je met de hand een grafiek gaat tekenen, maak je eerst een extra tabelkolom met de waarden van T2.
Vervolgens zet je T2 uit tegen mr. Het resultaat staat in het onderstaande diagram.
0,60
0,50
T2
(s 2)
0,40
0,30
0,20
0,10
Op je grafische rekenmachine teken je de punten
0,020
als volgt in een grafiek:
20
40
- 40
0
20
60
80
100

Toets in: STAT. 1:Edit… Je krijgt dan het eerste
- 15,3
m r (gram)
afgebeelde schermpje te zien. Voer de getallen in.
- 11,8

Je kunt de getallen voor lijst L3 (T2) zelf berekenen,
m bladveer
m schroefas
maar je kunt L3 ook automatisch door je rekenmachine
laten invullen (zie het tweede afgebeelde schermpje).

Ga naar het basisscherm ( 2nd. [QUIT]) en tik in: ALPHA. " 2nd. [L2] x2. ALPHA " STO► 2nd [L3] ENTER .

Toets in: 2nd. [STAT PLOT] 1:Plot1… Maak de instellingen zoals in het derde afgebeelde schermpje.
Om achter Xlist de juiste lijstnamen in te vullen zet je de cursor achter Xlist en toets je in: 2nd [L1].
Voor andere namen dan L1, …, L6 toets je in 2nd [LIST] en kies je de juiste lijstnaam.

Toets in: ZOOM. 9:ZoomStat om de scherminstellingen automatisch aan te passen. De punten van
de grafiek worden nu getekend. Om de onderkant beter in beeld te krijgen, kun je de scherminstellingen
handmatig aanpassen (zie het afgebeelde schermpje WINDOW voor de juiste instellingen).
Om een lijn door de punten te trekken, doe je het volgende:

Toets in: STAT.  (om het CALC-menu te kiezen) en kies 4:LinReg(ax+b) om de lijn
van de beste (lineaire) eerste graads vergelijking door de punten te laten berekenen.

Toets achter LinReg(ax+b): 2nd. [L1] , 2nd [L3] , VARS.  1:Function… 1:Y1.
(Je geeft hiermee op dat de tabellijsten L1 en L3 gebruikt moeten worden en
dat de bij de kromme lijn berekende functie aan de variabele Y1 toegekend moet worden.)

Druk tenslotte op ENTER. en op GRAPH..
b De grafiek gaat door nul bij –15,3 gram. Dit kun je berekenen met: 2nd [CALC] 1:zero
(zie de vijfde schermafbeelding hierboven). Blijkbaar is de bladveer samen met de schroefas 15,3 g.
De trillingstijd van 0,30 s (zonder ringen) hoort immers bij een massa van 15,3 g.
De massa van de bladveer kun je bepalen uit de waarde voor de trillingstijd zonder schroefas. Je moet dus
weten bij welke massa de trillingstijd 0,14 is. Je kunt dit aflezen uit de grafiek bij T2 = 0,142 = 0,0196 s2.
Je kunt het ook als volgt bepalen:
Druk op Y=. en voer in Y2 = 0,142.
Toets in: 2nd. [CALC] 5:intersect ENTER. ENTER. ENTER.  m = 11,8 g
De massa van de bladveer is dus 15,3 – 11,8 = 3,5 g.
De massa van de schroefas is dus 11,8 g (zie ook diagram vorige bladzijde!)
Afgerond: mschroefas = 12 g
Vervolg op volgende bladzijde.
120
Newton vwo deel 2
Uitwerkingen Hoofdstuk 13 – Muziek
91
Vervolg van opgave 36.
c De lijn in de grafiek is te beschrijven als T 2  c1  m  b
De constante c1 (de helling ofwel de richtingscoëfficiënt) geeft aan
hoe sterk T2 toeneemt als de massa toeneemt.
Het theoretische verband tussen T en m luidt: T  2
De constante c1 is dus gelijk aan c1 
4 2
m
 T2 
m
C
C
4 2
4 2
 de veerconstante C 
C
c1
De constante c1 (de helling) kun je uiteraard uit de grafiek halen. Als je op Y=. drukt, zie je achter Y1
de formule voor de rechte lijn staan: c1 =
T 2
= 0,00557 s2/g (dit is de toename van T2 per gram!).
m
Per kilogram is het 1000  0,00557 = 5,57 s2/kg
4 2 4 2
= 7,09 N/m
C

c1
5,57
Afgerond: C = 7,1 N/m
13.4 Lopende golven
Kennisvragen
38 Een trilling is een periodieke beweging om een evenwichtsstand van één enkel punt, bijvoorbeeld
het uiteinde van een stemvork.
Er is sprake van een golf als de trilbeweging van een punt in de ruimte aan nabijgelegen punten wordt
doorgegeven. Deze punten gaan dan ook een trilling uitvoeren.
39 Overeenkomsten: Zowel bij transversale als longitudinale lopende golven wordt een trilling doorgegeven.
Er is bij beide sprake van een frequentie, een golflengte en een golfsnelheid.
Verschil: Bij transversale lopende golven trillen de deeltjes in een richting die loodrecht op
de voortplantingsrichting staat. Als de golf van links naar rechts beweegt, trillen de deeltjes dus
heen en weer van boven naar beneden of van voor naar achter.
Bij longitudinale lopende golven trillen de deeltjes heen en weer in de voortplantingsrichting van de golf.
Als de golf van links naar rechts beweegt, trillen de deeltjes dus ook heen en weer van links naar rechts
(en van rechts naar links).
40 De golf is longitudinaal. De golf wordt doorgegeven in verticale richting, van boven naar onder.
De bovenste moleculen bewegen door de klap eerst naar beneden. Door de veerkracht van de heipaal en
de ondergrond bewegen ze weer naar boven en gaan zo trillen. De moleculen trillen dus in verticale richting.
De voortplantingsrichting en de trillingsrichting zijn dus gelijk, dus is de golf longitudinaal.
In de praktijk ontstaat er ook meestal enige transversale golfbeweging in de heipaal.
Dit kan bijvoorbeeld gebeuren doordat het heiblok niet in perfect horizontale stand op de paal valt.
Dan ontstaat er ook een zijwaartse trilling van moleculen.
41 Luchtmoleculen kunnen wel tegen elkaar duwen (botsen), maar niet
aan elkaar trekken. De aantrekkende vanderwaalskrachten zijn immers
verwaarloosbaar klein.
De trilling kan dus alleen doorgegeven worden door te botsen,
niet door andere moleculen mee te trekken (zoals in een touw).
In nevenstaande figuur trilt het molecuul in het midden in horizontale
richting en botst daarbij tegen de buren links en rechts. Die gaan daardoor
ook trillen. De horizontale trilling wordt dus in horizontale richting
doorgegeven. Er ontstaat dus een longitudinale golf (de richting van
de trilling is gelijk aan de voortplantingsrichting).
De moleculen boven en onder het trillende molecuul merken niets van
de beweging van het middelste molecuul en gaan dus ook niet trillen.
De trilling wordt dus niet in verticale richting doorgegeven. Er ontstaat
dus geen transversale golf (waarbij de moleculen zouden trillen in een richting
loodrecht op de voortplantingsrichting).
42 Bij geluid wordt een trilling via de moleculen doorgegeven: de moleculen maken een golfbeweging.
In vacuüm zijn geen moleculen en kan dus geen geluid worden doorgegeven.
Uitwerkingen Hoofdstuk 13 – Muziek
Newton vwo deel 2
92
v
f
Als de frequentie f toeneemt (bij gelijke golfsnelheid v), neemt de golflengte  af.
Als de golfsnelheid v toeneemt (bij gelijke frequentie f ), neemt de golflengte  ook toe.
43 v  f     
44 Geluid verspreidt zich naar alle richtingen in de ruimte met dezelfde snelheid.
Dat betekent dat de energie die de geluidsbron per seconde aan de lucht overdraagt
over een steeds groter worden (bolvormig) oppervlak moet worden verdeeld.
De energiedichtheid neemt daardoor af. Dit uit zich in een afname van de amplitude
van de trillende deeltjes d.w.z. de geluidssterkte neemt af.
45 a Doorgelaten geluidsenergie bedraagt 100% - 15% = 85%
b Na de 100%-reflectie treedt er opnieuw absorptie op:
Opnieuw wordt er 0,85e deel doorgelaten van
het gereflecteerde deel : doorgelaten = 0,85 · 0,85 = 0,7225e deel
d.w.z. er wordt uiteindelijk 72% gereflecteerd.
46 s = vgeluid · t
BINAS (tabel 15A): de voortplantingssnelheid van geluid in lucht hangt van de temperatuur af.
Stel het is zomerdag met temperatuur 20 C = 293 K  vgeluid = 0,343103 ms-1
Binas (tabel 7): de lichtsnelheid c = 2,998108 ms-1  de tijdsduur van het licht is verwaarloosbaar klein.
s = 343 · 5,0 = 1715 m
Afgerond: s = 1,7·103 m = 1,7 km
N.B. De temperatuur van 20 C is mogelijk te hoog gekozen omdat op grotere hoogte de temperatuur lager
zal zijn bijv. 0 C. Je zou dan eigenlijk een soort van gemiddelde waarde voor de snelheid kunnen
nemen bijv. v = 337 m/s. In de berekende waarde voor de afstand maakt dit echter niet zoveel uit.
47 v  f    f 
v


10
= 4,0 Hz
2,5
Afgerond: f = 4,0 Hz
48 a De ‘kop’ van de golf die van links naar rechts beweegt, bevindt zich bij x1. Dit punt staat op het punt
om in trilling te komen. De fase (= het aantal uitgevoerde trillingen) is bij x1 dus 0.
Het punt x2 bevindt zich op een kwart golflengte van x1. Dit punt heeft in het ‘voorbijgaan’ van de golf
een kwart trilling uitgevoerd (vanuit de evenwichtsstand naar boven). De fase is bij x4 dus 41 , enz.
x1
x2
=0
 = 41
r = 0
r = 41
x3
=
r =
3
4
x4
1
 = 1 10
r =
x5
 = 1 21
r =
1
10
1
2
3
4
1
3
1
4
4
49 a In de tijdsduur t = 12,5 – 12,0 = 0,50 s is de golf in de tekening 1,6 cm naar rechts bewogen.
Gezien de schaal van 1:10 is de verplaatsing in werkelijkheid s = 16 cm.
Δs 16
De snelheid waarmee de golf voortbeweegt is dus: v golf 
= 32 cm/s

Δt 0,5
b Δ   A   B  2,0 
b Bepaal eerst waar de kop van de golf zich bevindt: het tijdstip t = 13 s is 0,5 s na het tijdstip t = 12,5 s.
2
De kop van de golf legt in 0,5 s 1,6 cm af
(in de tekening). Op het tijdstip t = 13 s bevindt
de kop van de golf zich dus 1,6 cm naar rechts u 1
ten opzichte van het tijdstip t = 12,5 s.
Aan de hand van de golflengte bepaal je waar
0
de golf door de evenwichtstand gaat (links van
de kop van de golf):
-1
De golflengte  = 21 cm (afgelezen uit
het u,x-diagram), dus 2,1 cm in de tekening.
-2
De golf gaat in de tekening elke 1,05 cm links
1
2
3
4
5
6
7
8
0
van de kop van de golf door de evenwichtsstand.
x (cm)
Zie diagram hiernaast.
Newton vwo deel 2
Uitwerkingen Hoofdstuk 13 – Muziek
93
Oefenopgaven
51 Golf in een snaar
a Piek P ontstaat door de trilling die van rechts naar links loopt (van A naar B). Bij B kaatst de golf terug.
Vervolgens ontstaat piek Q, als de golf van B naar A beweegt. Deze piek is negatief (naar beneden).
Bij het terugkaatsen op een vast uiteinde (B) gebeurt namelijk het volgende: Als de golf B bereikt,
trekt de snaar de klem naar boven (actiekracht). De klem kan niet meebewegen en trekt de snaar
op zijn beurt naar beneden (reactiekracht). Daardoor gaat er in de snaar een golf met de piek
naar beneden vanuit B naar A.
Kortom: bij een vast uiteinde kaatst een golf terug. Daarbij verandert een golfberg in een golfdal en
omgekeerd. We zeggen ook wel dat de fase met een ½ verandert.
De omgekeerde, negatieve piek kaatst bij A terug. Je krijgt dan weer een positieve piek. Die passeert
even later het element (de positieve piek rechts naast P).
b Bij de eerste positieve piek passeert de trilling het element E. Dat is op tijdstip t = 1,0 ms.
De vierde positieve piek passeert E op het tijdstip t = 14,5 ms = 14,510–3 s.
In die tijdsduur gaat de trilling dus driemaal heen en weer.
Daarbij legt de trilling zes keer 25 cm af: s = 6  0,25 = 1,5 m.
s
1,5
= 111,1 m/s
Afgerond: v = 1,1102 m/s
v

t (14,5  1,0)  10 3
c Bij een grotere golfsnelheid komen de pieken vaker
langs het element. De pieken liggen dus op onderling
kortere afstanden van elkaar. Als de golfsnelheid
tweemaal zo groot wordt, liggen de pieken allemaal
twee keer zo dicht op elkaar. Zie de figuur hiernaast.
52 Sonar
s
v
Als de diepte (s) twee keer zo groot wordt, wordt de tijdsduur (t) ook twee keer zo groot.
a s  v t  t 
b Tussen de puls (de linker piek) en de echo (de kleine piek) zit 7,2 cm
Dit komt overeen met 7,2 ms  t = 7,210–3 m/s
BINAS (tabel 15A): v = 1,51103 m/s in zeewater  s = v · t = 1,51103  7,210–3 = 10,87 m
10,87
Dit is heen en terug, dus de afstand tot de zeebodem is
= 5,44 m
Afgerond: diepte = 5,4 m
2
c Hoe dieper, hoe langer de tijdsduur tussen puls en echo. De echo moet terug zijn voordat
de volgende puls wordt uitgezonden, anders weet je niet bij welke puls de echo hoort.
De pulsen worden om de 10 ms uitgezonden (10 hokjes op het computerscherm).
In die tijd legt het geluid een afstand af van s = v  t = 1,51103  1010–3 = 15,1 m
15,1
De maximale diepte is dus kleiner dan
= 7,55 m
Afgerond: maximale diepte = 7,6 m
2
d De tijdsduur tussen de pulsen moet je groter maken. Het is dan ook nodig om het scherm in te stellen
op 10 ms per cm, anders valt de echo buiten beeld.
53 Vleermuizen
a De golflengte moet kleiner zijn dan 3 mm (= 310–3 m), anders ‘ziet’ de vleermuis het insect niet.
v
v  f    f  . BINAS (tabel 15A): v = 343 m/s bij 20º C = 293 K.

v
343
f 
= 1,14·105 Hz (= 114 kHz)
Afgerond: f = 1·105 Hz

 3  10 3
Als de frequentie kleiner is, is de golflengte groter dan 3 mm en ‘ziet’ de vleermuis het insect niet.
(Het geluid buigt dan om het insect heen in plaats van er tegen te weerkaatsen.)
De frequentie moet dus gelijk zijn aan of groter zijn dan 1·105 Hz.
b Ultrasoon geluid is geluid dat je niet kunt horen omdat de frequentie boven het hoorbare gebied ligt.
Mensen kunnen horen tot hoogstens 20 kHz = 2∙104 Hz. De toon die de vleermuis uitzendt,
is beduidend hoger.
c Als de vleermuis continu geluid zou uitzenden, zou het uitgezonden geluid de echo overstemmen.
Omdat er continu een echo terugkomt, zou hij bovendien niet kunnen bepalen op welke afstand
het insect zich bevindt. Ook de richting waaruit de echo komt is dan niet goed te bepalen,
want die is (mede) te bepalen door het verschil in aankomsttijd van de echo bij beide oren.
d Hoe korter de tijd tussen een uitgezonden geluidspuls en de ontvangen echo, hoe kleiner de afstand is.
Uitwerkingen Hoofdstuk 13 – Muziek
Newton vwo deel 2
94
54 Aardbevingsgolven
a BINAS (tabel 31): Raarde = 6,378106 m
s AS
v

(t = omlooptijd)
t
t
P-golven
Uit het diagram is af te lezen dat bij  = 90° de looptijd gelijk is aan 0,70103 s.
Pythagoras: AS 2  AM 2  MS 2
AS  AM 2  MS 2 
v
6,378  10   6,378  10 
6 2
6 2
s 9,02  106
= 1,29·104 m/s

t 0,70  103
A
S
M
= 9,02106 m
Afgerond: v = 1,3104 m/s
S-golven
Uit het diagram is af te lezen dat bij  = 90° de looptijd gelijk is aan 1,35103 s.
s 9,02  106
= 6,68103 m/s
Afgerond: v = 6,7103 m/s
v

t 1,35  103
b De transversale S-golven kunnen zich niet voortplanten in een vloeistof of gas, omdat de moleculen niet
voldoende trekkracht op elkaar kunnen uitoefenen om de trilling door te geven. De longitudinale golven
worden door botsingen van de moleculen doorgegeven. De kern kan dus geen vaste stof zijn.
De kern van de aarde bestaat uit vloeibaar ijzer. De aarde is nog van haar ontstaan erg heet.
Bovendien komt energie vrij bij het verval van instabiele atoomkernen
(waarbij massa wordt omgezet in energie).
A
c Bij een hoek van 103 passeren de S-golven rakelings
de vloeibare kern (zie nevenstaande figuur).
De straal van de aardkern r deelt de hoek  doormidden.
r
Uit de figuur blijkt: cos 21 103 
R




r
1
kern
r  R  cos 21  103  6,378  10  0,6225 = 3,970106 m
6
/2 
R
Afgerond: r = 3,97106 m
d De golfsnelheid is in de kern kleiner dan in de mantel. De golven zijn langer
onderweg dan je zou mogen verwachten als het binnenste van de aarde
geheel uit hetzelfde materiaal zou bestaan als de mantel.
mantel
s skern

Nieuwe onbekende: tkern
t t kern
skern = 2 · r
Nieuwe onbekende: tmantel
t kern  t tot  t mantel
e v kern 
t mantel 
smantel
v mantel
Nieuwe onbekende: smantel
smantel = 2 · (R – r)
De P-golf passeert twee keer de dikte van de mantel.
(6,378·106
t mantel
smantel = 2 ·
– 3,970106) = 4,816106 m
6
s
4,816  10
= 373,3 s
 mantel 
v mantel
1,29  104
t kern  t tot  t mantel = 1,1·103 – 373,3 = 726,7 s
v kern 
skern
2r
2  3,970  106
= 1,093104 m/s


t kern
t kern
726,7
Afgerond: vkern = 1,1104 m/s
13.5 Staande golven
Kennisvragen
56 Overeenkomsten: Alle punten voeren een (harmonische) trilling uit; alle punten trillen
met dezelfde frequentie; er is sprake van een bepaalde golflengte.
Verschillen:
lopende golven
alle punten trillen met gelijke amplitude
alle punten trillen met verschillende fase
punten gaan na elkaar door de evenwichtsstand
staande golven
de punten trillen met verschillende amplitude
het faseverschil tussen de punten is 0 of ½
punten gaan gelijktijdig door de evenwichtsstand
S
Newton vwo deel 2
Uitwerkingen Hoofdstuk 13 – Muziek
95
57 Overeenkomsten:
Beide zijn staande golfbewegingen, dat betekent dat deeltjes op een vaste plaats heen en weer bewegen.
Het golfpatroon (knopen en buiken) verandert daarbij niet van plaats omdat er meerdere lopende golven
door elkaar heen bewegen.
Verschillen:
Bij de transversale trilling bewegen de deeltjes in een vlak dat loodrecht staat op de voortplantingsrichting
(de richting waarin die trillingen aan buurdeeltjes worden doorgegeven).
Bij de longitudinale trilling bewegen de deeltjes in dezelfde richting als de voortplantingsrichting.
58 Snaar
Bij een snaar ontstaan aan de (vaste) uiteinden knopen. Aangezien de afstand van knoop tot knoop
een halve golflengte bedraagt, moet de lengte van de snaar ℓ dus steeds een geheel aantal halve golflengten
bedragen. Daarom is lengte ℓ = (n+1)  ½ n met n = 0, 1, 2 … enz.
v
f0 
 grondfrequentie:
2
 hogere eigenfrequenties: fn  (n  1)  f0
(n = 0, 1, 2, …)
Open luchtkolom
Bij een open luchtkolom ontstaat aan beide uiteinden een buik. Aangezien de afstand van buik tot buik
een halve golflengte bedraagt, moet de lengte van de snaar ℓ dus steeds een geheel aantal halve
golflengten bedragen. Daarom moet de lengte gelijk zijn aan ½ 0 of 1 of 1½ 2 enz.
Algemeen kun je dit schrijven als ℓ = (n + 1)  ½ n met n = 0, 1, 2 …
v
 grondfrequentie: f0 
2
 hogere eigenfrequenties: fn  (n  1)  f0
(n = 0, 1, 2, …)
Gesloten luchtkolom
Bij een gesloten luchtkolom ontstaat aan het open uiteinde een buik en aan het gesloten uiteinde een knoop.
Aangezien de afstand van knoop naar buik ¼  bedraagt, geldt in dat geval dat de lengte ℓ gelijk moet zijn
aan ¼  0 of 3 ¼ 1 of 5 ¼2 7 ¼3 enz.
Algemeen kun je dit schrijven als ℓ = (2n + 1)  ¼ n met n = 0, 1, 2 … .
v
 grondfrequentie: f0 
4
 hogere eigenfrequenties: fn  (2n  1)  f0
(n = 0, 1, 2, …)
(2n + 1) levert de reeks 1, 3, 5, 7, … enz.
59 De overeenstemming is dat de grondtoon voor beide gelijk is namelijk de g.
Het verschil zit in het aantal boventonen en in de amplitude van de boventonen.
Bij de piano heeft de eerste boventoon een grotere amplitude dan de grondtoon, bij de viool is dat niet zo.
Ook de andere boventonen hebben amplitudes die van elkaar verschillen.
De viool heeft veel meer boventonen met een redelijk grote amplitudo dan de piano.
v 220

= 2,00 m
f
110
Bij de grondtoon is de lengte van de snaar gelijk aan de helft van de golflengte: ℓ = ½  = 1,00 m
60 a  
b fn  (n  1)  f0
(n = 0, 1, 2, …)
f1 = 2 · 110 = 220 Hz
Dit is de eerste boventoon (ook wel de tweede harmonische genoemd).
f2 = 3 · 110 = 330 Hz
f3 = 4 · 110 = 440 Hz
f4 = 5 · 110 = 550 Hz
61 a Je kunt dit op je grafische rekenmachine
doen (zie nevenstaande schermafbeeldingen). N.B. Zie ook opgave 34.
De grondtoon (u0 = Y1) en de derde
boventoon (u3 = Y2) bij elkaar opgeteld,
leveren de derde grafiek (Y3).
Hier is gekozen voor een amplitude r van de derde boventoon die de helft is van de amplitude
van de grondtoon (dit is afhankelijk van het muziekinstrument).
N.B. De Xmax is ingesteld op  radialen ( radialen = 180) d.w.z. een halve golf.
Vervolg op volgende bladzijde.
Newton vwo deel 2
Uitwerkingen Hoofdstuk 13 – Muziek
96
Vervolg van opgave 61.
figuur a
Je kunt het ook 'uit de hand' tekenen:
In figuur a zie je een snaar getekend die alleen
in de grondtoon trilt.
In figuur b is een snaar getekend die alleen
in de derde boventoon trilt. Boventonen van
muziekinstrumenten hebben meestal een kleinere
amplitude dan de grondtoon.
Figuur c laat een momentopname zien als de snaar
de beide tonen tegelijkertijd ten gehore brengt.
In dit geval moet je de amplitudo’s van één moment
bij elkaar ‘optellen’. Voor het ‘tekengemak’ is er
een diagrampapier achter gelegd.
figuur b
figuur c
b fn  (n  1)  f0
(n = 0, 1, 2, …)
Voor de derde boventoon geldt: n = 3
f
500
= 125 Hz
fn  (n  1)  f0  f0  n 
n 1
4
f1 = 2  125 = 250 Hz
Dit is de eerste boventoon (ook wel de tweede harmonische genoemd)
f2 = 3  125 = 375 Hz
f3 = 4  125 = 500 Hz
Dit is de derde boventoon! Deze was gegeven.
f4 = 5  125 = 625 Hz
c v   f
De lengte van de snaar is gelijk aan de helft van de golflengte van de grondtoon.
De golflengte  van de grondtoon is dus  = 2 · ℓ = 2  1,2 = 2,4 m
Afgerond: v = 3,0102 m/s
v    f = 2,4  125 = 300 m/s
62 a Kolom A is een open luchtkolom want die is aan beide uiteinden open.
Kolom B is een gesloten luchtkolom want deze is aan één kant gesloten en aan één kant open.
b Open luchtkolom:
Opmerking: In de figuren is de staande golf weergegeven alsof het een transversale golf is
(zoals in een snaar). Met behulp van de gestippelde hulplijnen is goed te zien welk deel
van een hele golf zich in de kolom bevindt.

2
Bij een open luchtkolom geldt:   (n  1)  n  n 
K
2
n 1
B
 Grondtoon (n = 0):
De lengte van de pijp is een halve golflengte,
want aan de uiteinden moet een buik zitten. De eenvoudigste vorm die daar in past,
is in bovenstaande figuur als een getrokken lijn weergegeven.

v
340
= 113 Hz
  0   0  2 = 3,0 m  f0 

2
0
3,0
B
Afgerond: f0 = 1,1102 Hz


Eerste boventoon (n = 1):
2

  = 1,5 m
  2  1  1 
2
2
v
340
= 226 Hz
f1 

1
1,5
Tweede boventoon (n = 2):

2
= 1,0 m
  3  2  2 
3
2
v
340
= 340 Hz
f2 

2
1,0
Vervolg op volgende bladzijde.
B
K
B
K
B
Afgerond: f1 = 2,3102 Hz
B
Afgerond: f2 =
3,4102
Hz
K
B
K
B
K
B
Newton vwo deel 2
Uitwerkingen Hoofdstuk 13 – Muziek
97
Vervolg van opgave 62.
Gesloten luchtkolom:
Bij een gesloten luchtkolom geldt:   (2n  1) 

n
4
 n 
met n = 0, 1, 2, …
4
(2n  1)
Grondtoon (n = 0):
De lengte van de pijp is een kwart golflengte, want aan het ene uiteinde moet een buik zitten en
aan het andere uiteinde een knoop. De grondtoon is de eenvoudigste vorm die daar in past
(zie nevenstaande tekening).
0
  0  4 = 6,0 m
4
v
340
= 56,7 Hz
f0 

0
6,0

K
B

Afgerond: f0 = 57 Hz
Eerste boventoon (n = 1):
4

= 2,0 m
  3  1  1 
3
4
v
340
= 170 Hz
f1 

1
2,0
K
B
K
B
Afgerond: f1 = 1,7102 Hz`

Tweede boventoon (n = 2):

4
= 1,2 m
  5  2  2 
5
4
v
340
= 283 Hz
f2 

2
1,2
B
K
B
K
B
K
Afgerond: f2 = 2,8102 Hz
63 a BINAS (tabel 15A): v = 343 m/s
B
b In de figuur is de ligging van de buiken en
de knopen aangegeven zowel van de grondtoon,
de eerste boventoon als de tweede boventoon.
De laatste is in de rechterfiguur getekend.
n
met n = 0, 1, 2, …
2

Voor de tweede boventoon (n = 2) geldt:   3  2
2
v
343
= 0,572 m
2 

f2 600
B
B
K
K
B
K
B
K
c Bij een open luchtkolom geldt:   (n  1) 
  3
2
0,572
 3
= 0,858 m
2
2
Afgerond: ℓ = 0,86 m
B
K
K
B
B
B
grondtoon
1e
boventoon
2e
boventoon
64 a De grondtoon is 0,15 kHz. De eerste twee boventonen zijn oneven veelvouden daarvan,
namelijk 3 · 0,15 = 0,45 kHz en 5 · 0,15 = 0,75 kHz.
Dit komt overeen met de reeks voor een gesloten luchtkolom: fn  (2n  1)  f0 met n = 0, 1, 2, …
N.B. De boventoon van 0,90 kHz volgt niet uit dit model. Misschien klopt dit gegeven niet en
had dat 7 · 0,15 = 1,05 kHz moeten zijn. Mogelijk zijn er bij een instrument als de saxofoon
andere factoren in het spel.
b Het ene uiteinde van een saxofoon is open: dat is het uiteinde dat naar het publiek is gericht.
Aan het andere uiteinde, bij de blaasopening, bevindt zich het trillende riet. Dat is blijkbaar
een gesloten uiteinde, aangezien de frequentiekarakteristiek duidt op een (half) gesloten luchtkolom.
In het uiteinde bij het riet bevindt zich dus een knoop.
65 Door de toename van de temperatuur, neemt ook de frequentie toe.
v
v
v
v
Voor een blaasinstrument geldt: f0 
(open luchtkolom) of f0 
(gesloten luchtkolom).


0 2  
0 4  
Dus de frequentie van de grondtoon f0 is rechtevenredig met de geluidssnelheid v.
De geluidssnelheid v neemt ongeveer 6 m/s toe per graad temperatuurstijging. Hierdoor stijgt de frequentie.
N.B. De lengtetoename van het blaasinstrument ten gevolge van de temperatuurstijging heeft
een lagere frequentie tot gevolg. Dit effect is echter verwaarloosbaar klein ten opzichte van
de verandering van de geluidssnelheid.
Uitwerkingen Hoofdstuk 13 – Muziek
Newton vwo deel 2
98
Oefenopgaven
75 Gemeenschappelijke boventonen
a Gevraagd: toon aan dat f0 = 101 Hz bij a-snaar.
Gegeven: v = 141 m/s; ℓ = 64,110–2 m.
v
Nieuwe onbekende: 0
f0 
0
Grondtoon:  
f0 
1
2
 0  0  2  
v
141
= 109,98 Hz

2   2  0,641
Afgerond: f1 = 110 Hz
b fn  (n  1)  f0
waarbij n = 0, 1, 2, … De boventonen zijn dus veelvouden van de grondtoon.
Als je de twee onderstaande reeksen vergelijkt, zie je dat er nogal wat boventonen gelijk zijn.
a-snaar
e-snaar
f (Hz)
f (Hz)
grondtoon en
grondtoon en
boventonen
boventonen
0
110
0
165
1
220
Je ziet dat de 2e boventoon van de a-snaar
2
330
1
330
samen valt met de 1e boventoon de 3-snaar.
3
440
2
495
4
550
Zo valt ook de 5e boventoon van de a-snaar
5
660
3
660
samen met de 2e boventoon de e-snaar.
6
770
4
825
7
880
Enz.
8
990
5
990
9
1100
6
1155
10
1210
11
1320
7
1320
enz.
enz.
76 Gitaarsnaren
a Gevraagd: frequentie f0?
Gegeven: Anijlon = 1,0010–6 m2; Aijzer = 0,2010–6 m2; ℓ = 0,80 m; Fs = 35,3 N.
v
Nieuwe onbekenden: v en 0
f0 
0
v
Fs
A 
v
Fs
35,5

= 175,97 m/s
6
A 
1,00  10  1,14  103
BINAS (tabel 10): nylon =1,14103 kg/m3
 0  2   = 2 · 0,80 = 1,6 m
f0 
175,97
= 109,98 Hz
1,6
Afgerond: f0 = 110 Hz
v
.
0
De lengte van de snaar is hetzelfde als bij de nylon snaar en dus ook de golflengte van de grondtoon.
b Voor dezelfde grondtoon f0 zal de golfsnelheid v en de golflengte 0 hetzelfde moeten zijn, want f0 
De golfsnelheid in de snaren zijn hetzelfde als: v 
Fs,ijzer
Aijzer  ijzer
Fs,ijzer
Fs,ny lon


Fs,ny lon
Any lon  ny lon

Fs,ijzer
Fs,ny lon

Fs,ijzer
Aijzer  ijzer
Aijzer  ijzer
Any lon  ny lon


Fs,ny lon
Any lon  ny lon
0,20  106  7,87  103
1,00  106  1,14  103
of

1 6,90

 1,38  de spankracht in ijzer moet dus 1,38 keer zo groot zijn.
5 1
Conclusie: De ijzeren snaar moet dus strakker gespannen worden.
c Fs = 1,38  35,3 = 48,6 N
Afgerond: Fs = 49 N
Newton vwo deel 2
Uitwerkingen Hoofdstuk 13 – Muziek
99
77 Orgelpijpen
a Bij een open orgelpijp vormt zich zowel bij de blaasopening als bovenin een buik.

Bij een open luchtkolom geldt:   (n  1)  n met n = 0, 1, 2, …
2
0
Dus bij de grondtoon (n = 0) geldt:  
Nieuwe onbekende: 0
2
v
v
 0 
BINAS (tabel 15A): v = 343 m/s bij 20º C (= 293K)
f0 
0
f0
0 

v
343
= 0,7795 m

f0 440
 0 0,7795
= 0,3898 m

2
2
Afgerond: ℓ = 0,390 m
b Bij een gesloten orgelpijp vormt zich zowel bij de blaasopening een buik en bovenin een knoop.

Bij een gesloten luchtkolom geldt:   (2n  1)  n met n = 0, 1, 2, …
4
0
Dus bij de grondtoon (n = 0) geldt:  
Nieuwe onbekende: 0
4
v
v
343
 0 
= 0,7795 m
f0 

0
f0 440

0,7795
= 0,1949 m
4
Afgerond: ℓ = 0,195 m
c Open orgelpijp:
Voor de boventonen geldt: fn  n  f0 , waarbij n = 1, 2, 3, …
Eerste boventoon: f1 = 2  f0 = 2  440 = 880 Hz
Tweede boventoon: f2 = 3  f0 = 3  440 = 1320 Hz
Afgerond: f1 = 880 Hz
Afgerond: f2 = 1,32103 Hz = 1,32 kHz
Gesloten orgelpijp:
Voor de boventonen geldt: fn  (2n  1)  f0 , waarbij n = 1, 2, 3, …
Eerste boventoon: f1 = 3  f0 = 3 · 440 = 1320 Hz
Tweede boventoon: f2 = 5  f0 = 5 · 440 = 2200 Hz
Afgerond: f1 = 1,32103 Hz = 1,32 kHz
Afgerond: f2 = 2,20103 Hz = 2,20 kHz
d De open orgelpijp heeft meer boventonen, dus een andere klankkleur dan een gesloten orgelpijp.
En in de muziek gaat het ook om verschil in klankkleur.
78 Blokfluit stemmen
Gegeven: zie hiernaast.
a Bij een open luchtkolom geldt:   (n  1) 
d = 2,2 cm
n
2
 n 
2
n 1
B2
32,5 cm
B1
0,30 . d
Grondtoon (n = 0):
v
BINAS (tabel 15A): v = 343 m/s bij 20º C (= 293 K)
f0 
0
Nieuwe onbekende: 0
 0  2 = 2  32,5  0,30  2,2 = 2 · 33,16 = 66,32 cm = 0,6632 m
f0 
v
343
= 517 Hz

 0 0,6632
Voor de boventonen geldt: fn  n  f0 , waarbij n = 1, 2, 3, …
Eerste boventoon: f1 = 2 · f0 = 2 · 517 = 1034 Hz
Tweede boventoon: f2 = 3 · f0 = 3 · 517 = 1551 Hz
b Voor de frequentie van de grondtoon van de fluit geldt: f0 
Afgerond: f0 = 5,2·102 Hz
Afgerond: f2 = 1,0·103 Hz = 1,0 kHz
Afgerond: f3 = 1,6·103 Hz = 1,6 kHz
v
v

 0 2
Naarmate de temperatuur hoger wordt, neemt de geluidssnelheid v toe omdat v  c  T
(zie ook BINAS tabel 15A). De fluit moet daarom langer gemaakt worden om dezelfde toonhoogte
weer te geven als bij een lagere temperatuur.
Een ander effect is het uitzetten van het hout van de fluit bij temperatuurstijging. Dit effect is echter
verwaarloosbaar (per meter lengte zet hout 510–6 m uit per graad temperatuurstijging).
Vervolg op volgende bladzijde.
Uitwerkingen Hoofdstuk 13 – Muziek
Newton vwo deel 2
100
Vervolg van opgave 78.
c Gevraagd: v bij 37 C.
waarbij T = 37 + 273 = 310 K
Nieuwe onbekende: c
v c T
c is te berekenen bij een andere temperatuur, waarbij v bekend is bijvoorbeeld T = 20 C = 293 K:
ms
v
343
= 20,0 m·s–1·K–0,5
(N.B. de eenheid volgt uit:
)
v c T  c 

K
20  273
T
v  c  T  20,0  310 = 352,14 m/s
Afgerond: v = 352 m/s
Je kunt aantonen dat de formule klopt door een temperatuur in te vullen waarvoor de geluidssnelheid
bekend is, bijvoorbeeld bij T = 40 C = 313 K : v  c  T  20,0  313 = 354 m/s
Dit komt overeen met de waarde uit BINAS tabel 15A.
d ℓ = ℓ37 ºC – ℓ20 ºC
ℓ37 ºC is de lengte van de fluit als die een grondtoon produceert van 517 Hz bij een geluidssnelheid
v
v
v
352
van 352 m/s (bij 37 C): f0 
 
= 0,3404 m


 0 2
2  f0 2  517
ℓ = ℓnieuw – ℓoud = 34,04 – 33,16 = 0,88 cm
Conclusie: de afstand B1B2 moet dus 0,88 cm toenemen (en dus ook de lengte van de fluit).
79 Resonantie in de gehoorgang
a De gehoorgang omsluit een luchtkolom. Die luchtkolom is aan de ene kant open (bij de gehoorschelp) en
aan de andere kant gesloten (bij het trommelvlies). Net als bij een gesloten luchtkolom, treden er staande
golven op in de gehoorgang. Er treedt dus resonantie op.
B
b f0 
v
0
K
Nieuwe onbekende: 0
De temperatuur is niet gegeven. We gaan uit van de geluidssnelheid bij 20 ºC (= 293 K)  v = 343 m/s

  0 (zie bovenstaande figuur)
4
 0  4 = 4  25·10–3 = 0,10 m
f0 
343
= 3430 Hz
0,10
Afgerond: f0 = 3,4103 Hz
c De theorie geldt voor een cilindervormige luchtkolom, met een harde wand eromheen.
De gehoorgang wijkt daarvan af:
 De gehoorgang is niet overal even lang (de buis is als het ware schuin afgezaagd bij de ingang
en bij het trommelvlies).
 De gehoorgang is niet overal even dik.
 De wand van de gehoorgang is niet hard, in het bijzonder bij het trommelvlies.
d Door de resonantie (het meetrillen van de luchtkolom) in de gehoorgang wordt het geluidssignaal versterkt,
net als bij de klankkast van een gitaar. Dit treedt vooral op in het voor spraak belangrijke frequentiegebied.
Dit maakt het gehoor in dit frequentiegebied dus extra gevoelig.
Newton vwo deel 2
Uitwerkingen Hoofdstuk 13 – Muziek
101
13.7 Afsluiting
Oefenopgaven
84 Gitaar stemmen
Oriëntatie:
Gevraagd: welke andere snaar met flageoletmethode toegepast op a-snaar met f0 = 110 Hz gestemd?
Gegeven: de grondfrequenties van gitaarsnaren in figuur 45.
Planning:
Door met de vinger de snaar op 1/3 afstand aan te raken, zal
in de snaar één van de hogere eigenfrequenties sterk worden
aangeslagen namelijk de eigenfrequentie die op dat punt een knoop heeft.
Dat de tweede boventoon van de snaar (zie figuur).
Voor de boventonen geldt: fn  (n  1)  f0 , waarbij n = 1, 2, 3, …
Uitvoering:
Voor de tweede boventoon geldt dus: f2 = 3 · f1 = 3 · 110 = 330 Hz
In de tabel is te zien dat de e’-snaar een grondtoon heeft van 330 Hz.
Controle: Dus de e'-snaar is te stemmen met behulp van de flageoletmethode.
f = 2,0.103 Hz
85 Geluidssnelheid
Oriëntatie:
Gevraagd: geluidssnelheid v?
Gegeven: zie figuur hiernaast.
0 mm
43
128
Planning:
v=f·
Nieuwe onbekende: 
De afstanden tussen de opeenvolgende resonantiestanden is steeds
een ½  omdat bij het wateroppervlak steeds een knoop moet ontstaan.
Tussen de zeven opeenvolgende gemeten standen zit zes keer een ½,
samen dus 3.
213
298
383
Uitvoering:
3 = 553 - 43 = 510 mm   = 170 mm = 0,17 m
v = f ·  = 2,0∙103 · 0,17 = 340m/s
Afgerond: v = 3,4∙102 m/s
468
553
Controle: Dit klopt met de waarde die BINAS in tabel 15A vermeldt.
86 Basilair membraan
Oriëntatie:
Gevraagd: Hoe verandert de eigenfrequentie van het
basilair membraan bij toenemende afstand
tot het ovale venster?
Gegeven: zie nevenstaande figuur
standen van
maximale
geluidssterkte
smal
dik
stug
breed
dun
slap
lengte = 35 mm
Planning en uitvoering:
‘ovale’
toenemende afstand
m
venster
.
C
 De trillingstijd wordt dus bepaald door de massa en veerconstante. Door een grotere massa en
een kleinere veerconstante wordt de trillingstijd groter (en de frequentie dus lager).
Voor een massa-veersysteem geldt: T  2 
 Bij het ovale venster is het membraan smal én dik, terwijl dit verderop breder én dunner wordt.
Je zou daaruit kunnen concluderen dat de massa per mm lengte hetzelfde blijft.
 Dicht bij het ovale venster is het membraan dik en stug: hier is de veerconstante groot.
Verderop is het membraan dun en slap: hier wordt de veerconstante dus kleiner.
 Als de massa gelijk blijft en de veerconstante kleiner wordt, wordt de trillingstijd groter
(zie bovenstaande formule).
Controle:
Conclusie: Dichtbij het ovale venster heeft het basilair membraan een grote eigenfrequentie.
Bij toenemende afstand tot het ovale venster neemt de eigenfrequentie van het basilair membraan af.
Uitwerkingen Hoofdstuk 13 – Muziek
Newton vwo deel 2
102
87 Resonantie
Oriëntatie:
Gevraagd: hoe groot was de golflengte  van de golven in het terrein?
Gegeven: bovenstel m = 6,0103 kg; inzakken van veren 2,0 cm (= 0,020 m) met m = 1,0103 kg;
snelheid v = 200 km/h = 55,56 m/s.
Planning:
Als de auto één golflengte in het terrein passeert, voert de auto één trilling uit. De trilling die door het terrein
‘werd opgelegd’ aan de auto, was immers ongeveer gelijk aan de eigenfrequentie.
v
Nieuwe onbekende: f
v  f    
f
1
f 
Nieuwe onbekende: T
T
Massa-veersysteem: T  2 
C
m
C
Nieuwe onbekende: C
F
Nieuwe onbekende: F
u
F  m  g
Uitvoering:
F  1,0  103  9,81  9810 N
C
T  2 
9810
 4,905  105 N/m
0,020
6,0  103
4,905  105
= 0,6949 s
1
 1,439 Hz
0,6949
v 55,56
  
 38,61m
f
1,439
f 
Controle: de golflengte moet dus ongeveer 39 m zijn geweest. Dit lijkt een aannemelijke afstand.
88 Aardbeving
Oriëntatie:
Gevraagd: Zijn de staande longitudinale golven de oorzaak van het instorten van gebouwen? Met andere
woorden: hebben die golven dezelfde frequentie als de eigenfrequentie van de gebouwen?
Gegeven:




‘Kom’: aan de rand zullen knopen ontstaan, dit zijn punten die 'vast' zitten.
In de tekening zijn er van boven naar beneden
K B K B K B K B K B K B K
geteld 6 buiken. Dat zijn 3 golflengtes (zie



nevenstaande figuur). In een lengte van 12 km
passen dus ongeveer drie golflengtes:
12

= 4 km.
3
De zachte bodem bevat veel water (90 volumeprocent). De longitudinale golfsnelheid
(geluidssnelheid) in water is 1,5 km/s (BINAS tabel 16A).
Met de eigenfrequentie van twee seconden (ongeveer halverwege het artikel genoemd)
wordt de trillingstijd van de eigenfrequentie bedoeld: T = 2 s.
1 1
f   = 0,5 Hz
T 2
Planning en uitvoering:
v 1,5  10 3
f  
= 0,375 Hz

4  10 3
Afgerond: f = 0,4 Hz
Controle:
Conclusie: De berekende frequentie van de golven is wat lager dan de eigenfrequentie van de gebouwen
die op basis van het artikel met T = 2 s te berekenen is. Maar dat is waarschijnlijk ook maar een globale
schatting. Het ontstaan van staande longitudinale golven in de 'kom' kan dus een goede verklaring zijn
voor het instorten van deze hoge gebouwen.