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CAPITOLO 15

IL SUONO

1

1 LE ONDE SONORE 1 ★ La superficie delle bolle d’aria presenti nell’acqua, investita dall’acqua, si comprime e si dilata creando onde di compressione e rarefazione e quindi il mormorio. 2 ★ La frequenza non varia, la lunghezza d’onda... 3 ★ Il suono si propaga con velocità maggiore attraverso il terreno. 4 ★

λ = vf= 340�m/s

20 000�Hz= 0,017�m = 1,7�cm

5 ★

v = � s� t

⇒ � t = � sv

= 150�m340�m/s

= 0,441�s

6 ★ Calcoliamo la frequenza del segnale acustico in aria:

v = λ f ⇒ faria =varia

λ= 340�m/s

0,50�m= 6,8 ×102 �Hz

7 ★★

v = λ f = 3,5�m( ) 440�Hz( ) = 1540�m/s

� t = � sv

= 30�m1540�m/s

= 0,019�s

8 ★★

� t = � sv

= 2 ×103 �m332�m/s

= 6�s

Gli orologi non sono sincronizzati, visto che la differenza di orario fra i due era di 10 s anziché di 6 s come appena calcolato: il secondo orologio ritarda, quindi, di circa 4 s. 9 ★★ Pedice «1» = aria; pedice «2» = acqua. Chiamiamo l la distanza tra le due rive del lago.

Amaldi, L’Amaldi per i licei scientfici.blu CAPITOLO 15 • IL SUONO

2

l = v1t1

l = v2t2

⎫⎬⎪

⎭⎪⇒ v1t1 = v2t2

� t = t1 − t2 = 5,0�s ⇒ t1 = t2 + 5�s

v1t1 = v2t2 ⇒ v1 t2 + 5�s( ) = v2t2 ⇒ t2 = 1,5�s

t1 = t2 + 5�s = 1,5�s+ 5�s = 6,5�s

l = v1t1 = 340�m/s( ) 6,5�s( ) = 2,2 ×103 �m 10 ★★ Pedice «1» = aria; pedice «2» = acqua.

t1 =dv1

= 30�m340�m/s

= 8,8 ×10−2 �s

t2 =dv2

= 30�m1450�m/s

= 2,1×10−2 �s

� t = t1 − t2 = 8,8 ×10−2 �s− 2,1×10−2 �s( ) = 6,7 ×10−2 �s 11 ★★ Pedice «1» = aria; pedice «2» = ferro. Chiamiamo l la lunghezza della barra di ferro.

t1 =lv1

t2 =lv2

� t = t1 − t2 =lv1

− lv2

l = � t1v1

− 1v2

= 0,08�s1

340�m/s− 1

5130�m/s

= 30�m

12 ★★ � t1 = t1 − t2 = 20�s

� t2 =� sv

= 5,0 ×103 �m340�m/s

= 15�s

Quindi il secondo orologio ritarda di 5 s rispetto al primo. 13 ★★ Pedice «1» = percorso 1; pedice «2» = percorso 2. • I tempi per completare i percorsi sono:

t1 = t1,aria + t1,acqua =s1,aria

varia

+s1,acqua

vacqua

= 1,8 ×10−2 �m340�m/s

+ 1,8 ×10−2 �m1450�m/s

= 6,5 ×10−5 �s


3

t2 = t2,aria + t2,acqua =s2,aria

varia

+s2,acqua

vacqua

= 1,6 ×10−2 �m340�m/s

+ 2,1×10−2 �m1450�m/s

= 6,2 ×10−5 �s

• Il secondo percorso ha un tratto più lungo in acqua, dove la velocità del suono è maggiore. 14 ★★ Pedice «1» = aria; pedice «2» = acqua.

• λ2 =v2

f⇒ λ2 =

1450�m/s2,5 ×105 �Hz

= 5,8 ×10−3 �m

• λ1 =v1

f⇒ λ1 =

340�m/s2,5 ×105 �Hz

= 1,4 ×10−3 �m

• La frequenza dell’ultrasuono non cambia con la trasmissione dell’onda dall’acqua all’aria. L’ultrasuono non viene percepito dagli esseri umani, pertanto l’allenatore non lo sente. 2 LE CARATTERISTICHE DEL SUONO 15 Il corpo di una chitarra acustica è progettato per trasmettere la vibrazione delle corde all’aria in modo rapido ed efficace. In una chitarra elettrica, invece, dato che le vibrazioni delle corde sono convertite in segnali elettrici, vi sono vincoli meno rigidi sulla forma. 16 Dall’intensità. Suoni con livello di intensità superiori a 100 dB possono danneggiare l’udito in modo permanente. 17 Quando il foglio di carta viene strappato, le fibre che lo compongono si rompono in successione. Nello strappo veloce, l’intervallo di tempo fra due rotture successive diminuisce e, di conseguenza, si produce nell’aria un’oscillazione di frequenza maggiore di quella determinata nello strappo delicato. 18 Intensità, livello di intensità sonora, ampiezza. 19 ★

• 10−8 �W/m2

10−12 �W/m2 = 104 = 10 000�volte

• Ls = 10 log10

II0

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 10 log10

10−8 �W/m2

10−12 �W/m2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 40�dB

20 ★

f2 = k 7 f1 = 212( )7440� Hz( ) = 659�Hz

21 ★★

• L’intensità sonora alla stessa distanza vale:


4

L = 10 logII0

⇒ I = I0 ×10L /10 = 10−12 �W/m2( )10 100 dB( )/ 10 dB( ) = 1,0 ×10−2 �W/m2

• L’intensità sonora che corrisponde alla soglia del dolore si ha per un livello di intensità sonora pari a 130 dB.

Quindi possiamo scrivere

I = I0 ×10L /10 = 10−12 �W/m2( )10 130 dB( )/ 10 dB( ) = 10�W/m2

• Per calcolare la distanza relativa alla soglia del dolore si ricava prima la potenza P liberata dalla sirena.

Conoscendo l’intensità sonora a 30 m e la distanza (30 m), si ottiene

I = P4πd 2 ⇒ P = 4πd 2I = 4π 30�m( )2 1,0 ×10−2 �W/m2( ) = 1,1×102 �W

La distanza relativa alla soglia del dolore è

d = P4πI

= 1,1×102 �W4π 10�W/m2( ) = 0,94�m

22 ★★

Ls = 10 log10

II0

⇒ I = I010Ls /10

• Ls = 10 log10

10−7 �W/m2

10−12 �W/m2 = 50�dB

• I = 10−12 �W/m2( )10 70 dB( )/ 10 dB( ) = 10−5 �W/m2

23 ★★ Pedice «C» = Carlo; pedice «A» = Alice.

I = P0

4πr2

IC = PC

4πrC2 =

500�J( ) 1,0�min( ) 60�s/min( )⎡⎣ ⎤⎦−1

4π 20�m( )2 = 1, 7 ×10−3 �W/m2

IA = PA

4πrA2 =

500�J( ) 1,0�min( ) 60�s/min( )⎡⎣ ⎤⎦−1

4π 10�m( )2 = 6,6 ×10−3 �W/m2

24 ★★ Pedice «1» = sorgente più debole; pedice «2» = sorgente più potente. L’intensità sonora dipende dalla potenza liberata dalla sorgente e dalla distanza da essa:

I = P4πd 2 ⇒ P = 4πd 2I

P1

P2

= d1

d2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

⇒ d1 = d2

I0( )1I0( )2

= d2

I0( )13 I0( )1

= d2

3= 200�m

3= 115�m


5

25 ★★ Pedice «M» = Marco; pedice «L» = Luca.

LL = 10 logIL

I0

⇒ IL = 10LL /10 I0 = 10 70 dB( )/ 10 dB( ) 10−12 �W/m2( ) = 1,0 ×10−5 �W/m2

IM

IL

= rL2

rM2 ⇒ IM = rL

2

rM2 IL =

15�m( )2

5,0�m( )2 10−5 �W/m2( ) = 9,0 ×10−5 �W/m2

LM = 10 logIM

I0

= 109,0 ×10−5 �W/m2

10−12 �W/m2 = 80�dB

26 ★★ Pedice «1» = sorgente 1; pedice «2» = sorgente 2.

P1

P2

= r12

r22 ⇒ P1 =

r12

r22 P2 =

150�m( )2

80�m( )2 50�W( ) = 1,8 ×102 �W

27 ★★ Pedice «1» = operatore aeroportuale; pedice «2» = centro abitato. Consideriamo come superficie utile quella di una mezza sfera.

• I1 =P

2πr12 = 5,0 ×104 �W

2π 30�m( )2 = 8,9�W/m2

L1 = 10 log10

I1

I0

= 10 log10

8,9�W/m2

10−12 �W/m2 = 1, 3×102 �dB

• I2 =P

2πr22 = 5,0 ×104 �W

2π 2000�m( )2 = 2,0 ×10−3 �W/m2

L2 = 10 log10

I2

I0

= 10 log10

2,0 ×10−3 �W/m2

10−12 �W/m2 = 93�dB

L2 non rientra tra i valori consentiti dalla legge.


6

28 ★★

ArbitroIcardi

Pazzini

Pedice «I» = Icardi; pedice «P» = Pazzini.

II = 3IP ⇒ E4πrI

2 � t= 3

E4πrP

2 ⇒ rP2 = 3rI

2

La distanza tra i due giocatori si ottiene ricorrendo alla geometria:

dI-P = rI2 + rP

2 = rI2 + 3rI

2 = 4rI2 = 4 8,0�m( )2 = 16�m

3 LA RIFLESSIONE DELLE ONDE E L’ECO 29 No, perché l’orecchio umano riesce a percepire in modo distinto due suoni solo se arrivano intervallati da almeno un decimo di secondo. Perché ciò avvenga, la distanza minima con la parete, o l’ostacolo in generale, deve essere almeno di una ventina di metri. 30 Gli ultrasuoni hanno una frequenza maggiore rispetto alle onde sonore e possono arrivare a profondità maggiori. Inoltre, a causa della diffrazione delle onde sonore, per produrre lunghezze d’onda abbastanza corte, confrontabili con gli oggetti di interesse, devono essere emessi suoni con frequenze molto alte, cioè appunto ultrasuoni. 31 ★

� t = 2dv

⇒ d = v� t2

= 12

340�m/s( ) 2,0�s( ) = 3,4 ×102 �m

32 ★ Pedice «a» = aria; pedice «c» = cellule.

• λa =vf= 340�m/s

1,8�MHz= 1,9 ×10−4 �m


7

• λc =vf= 1,5 ×103 �m/s

1,8�MHz= 8,3×10−4 �m

33 ★★ Perché una parola sia udita distintamente, occorre un intervallo di tempo di almeno un decimo di secondo per ogni sillaba: in questo caso, quindi, occorrono 4 decimi di secondo perché il suono possa compiere un percorso completo di andata (emissione) e ritorno (riflessione) per Alessandra e 2 decimi di secondo per Carla. Pedice «A» = Alessandra; pedice «C» = Carla.

tA = 2dvs

⇒ dA = vstA

2=

340�m/s( ) 410

�s⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2= 68�m

tC = 2dvs

⇒ dC = vstC

2=

340�m/s( ) 210

�s⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2= 34�m

Carla sente il suo nome distintamente, Alessandra no. 34 ★★ Calcoliamo la lunghezza percorsa dal suono dello sparo, in diagonale, dal punto di partenza al punto di riflessione sul muro, fino a raggiungere il secondo osservatore. Chiamiamo d la distanza dal muro e D la distanza tra gli osservatori.

L = 2D2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

+ d 2 = 4d 2 + D2

La differenza dei tempi di ricezione del suono da parte del secondo osservatore vale

� t = � sv

⇒ v� t = L − D = 4d 2 + D2 − D ⇒

⇒ d = 12

v� t 2D + v� t( ) =

= 12

340�m/s( ) 3,00�s( ) 2 160�m( ) + 340�m/s( ) 3,00�s( )⎡⎣ ⎤⎦ = 585�m

35 ★★

d1 =vt1

2=

340�m/s( ) 0,3�s( )2

= 51�m

d2 =vt2

2=

340�m/s( ) 0,2�s( )2

= 34�m

d1-2 = d12 + d2

2 = 51�m( )2 + 34�m( )2 = 61�m 36 ★★ • v = fλ = 11×103 �Hz( ) 0,135�m( ) = 1,5 ×103 �m/s

• Sono dello stesso ordine di grandezza della lunghezza d’onda degli impulsi sonori, cioè


8

λ = vf= 1,5 ×103 �m/s

11×103 �Hz= 0,14�m

• d = v� t2

=1,5 ×103 �m/s( ) 0, 40�s( )

2= 3,0 ×102 �m

37 ★★ Pedice «1» = banco di pesci; pedice «2» = fondale. L’intervallo di tempo impiegato dal segnale per tornare alla barca dopo la riflessione dal fondale è

� t2 =2 1, 7 ×103 �m( )

1450�m/s= 2,3�s

Calcoliamo l’intervallo di tempo impiegato dal segnale per tornare alla barca dopo la riflessione dal banco di pesci. Possiamo ottenerlo per differenza:

� t = t2 − t1 = 2,3�s−1,8�s = 0,5�s

Quindi il banco di pesci si trova alla profondità

d1 =v� t

2=

1450�m/s( ) 0,5�s( )2

= 4 ⋅102 �m

38 ★★ La profondità del fondale si calcola sfruttando il fenomeno dell’eco:

d1 =v� t

2=

1450�m/s( ) 0,50�s( )2

= 3,6 ⋅102 �m

Quando si trova sopra la buca, il segnale inviato ritorna al sottomarino dopo un tempo pari a

1,2 s + 0,50 s = 1,7 s

La profondità della buca rispetto al fondale è pari alla distanza percorsa dal suono in acqua nella metà del tempo che impiega il segnale a entrare e uscire dalla buca, cioè 0,60 s. Perciò

h = v� t1/2 = 1450�m/s( ) 0,60�s( ) = 8, 7 ×102 �m

4 LA RISONANZA E LE ONDE STAZIONARIE 39 I due agli estremi e quello nel punto centrale della corda. 40 Durante la marcia il passo dei soldati segue un ritmo regolare. La frequenza così stabilita può entrare in risonanza con oscillazioni del ponte tali da risultare distruttive. 41 ★

v = λ f = 2L( ) f = 2 0,75�m( ) 410�Hz( ) = 615�m/s 42 ★

v = λ f = 2L( ) f = 2 500�m( ) 440�Hz( ) = 440�m/s


9

43 ★

v = 2Ln

f =2 2,0�m( )

31,8�Hz( ) = 2,4�m/s

44 ★★

f = 12

vL

⇒ f2

f1= L1

L2

⇒ f2 =f1L1

L2

=256�Hz( ) 1,00�m( )

0,400�m= 640�Hz

45 ★★

• n = 2Lλn

= 2LL4

= 8

• Numero di nodi = n + 1 = 9 46 ★★

• d = mL= 9,0 ×10−3 �kg

1,8�m/s= 5,0 ×10−3 �kg/m

v = FT

d= 125�N

5,0 ×10−3 �kg/m= 1,6 ×102 �m/s

• λ = 2L = 2 1,8�m( ) = 3,6�m

f = vλ= 1,6 ×102 �m/s

3,6�m= 44�Hz

47 ★★

• λ1 = 2L = 2 2,0�m( ) = 4,0�m

λ2 =2L2

=2 2,0�m( )

2= 2,0�m

• f1 =vλ1

= 148�m/s4,0�m

= 37�Hz

f2 =vλ2

= 148�m/s2,0�m

= 74�Hz

48 ★★ Indichiamo con L la lunghezza della corda e con l l’accorciamento. Poniamo f1 = 440 Hz e f2 = 620 Hz.

f1 =v

2L⇒ v = 2 f1L

f2 =v

2 L − l( ) ⇒ v = 2 f2 L − l( )

Da queste due equazioni si ricava L:


10

2 f1L = 2 f2 L − l( ) ⇒ L = f2

f2 − f1l = 60�Hz

620�Hz − 440�Hz0,22�m( ) = 0,76�m

5 BATTIMENTI 49 La lunghezza delle onde non si può modificare e quindi si deve operare sulla loro tensione, che agisce sulla velocità di propagazione delle onde stesse e consente di regolarne, di conseguenza, la frequenza fondamentale. 50 Immagina due diapason che emettono, ad esempio, vibrazioni di frequenza 60 Hz e 61 Hz e che in un certo istante le vibrazioni giungano al tuo orecchio in concordanza di fase: il suono risulterà intenso. Dopo mezzo secondo, il primo diapason avrà compiuto 30 vibrazioni e il secondo 30 vibrazioni e mezzo: il suono risulterà più debole. Dopo un altro mezzo secondo, il primo diapason avrà compiuto 60 vibrazioni e il secondo 61, risultando così di nuovo in fase e il suono risultante sarà ancora intenso. E così via. 51 ★

f2 = f1 ± � f = f1 ±1T= 487,5�Hz( ) ± 1

2,875�s⎛⎝⎜

⎞⎠⎟=

= 487,5�Hz( ) ± 0,3478�Hz( ) ⇒

⇒f2( )− = 487,2�Hz

f2( )+ = 487,8�Hz

⎧⎨⎪

⎩⎪

52 ★

� f = v1λ1

− 1λ2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= v

λ2 − λ1

λ1λ2

= v� λλ1λ2

=

= 340�m/s( ) 0,58�m − 0,57�m0,58�m( ) 0,57�m( ) = 340�m/s( ) 0,01�m

0,58�m( ) 0,57�m( ) = 10�Hz

53 ★ f2 = fdiapason + � f = 440�Hz + 6,00�Hz = 446�Hz

54 ★ f * = 3�Hz

f2 = f1 + f * = 392�Hz + 3�Hz = 395�Hz

f1 = f2 − f * = 392�Hz − 3�Hz = 389�Hz 55 ★★

• N = 10�s( ) f * = 10�s( )� f = 10�s( ) 440�Hz − 437�Hz( ) = 10�s( ) 3�Hz( ) = 30


11

• T = 1f *

= 1� f

= 1440�Hz − 437�Hz

= 13�Hz

= 0,3�s

56 ★★

• y t( ) = 2a cos π f2 − f1( )t⎡⎣ ⎤⎦cos 2π f2 + f12

t⎡⎣⎢

⎤⎦⎥=

= 6,0 ×10−2 �m( )cos π 2�Hz( )t⎡⎣ ⎤⎦cos π 30�Hz( )t⎡⎣ ⎤⎦ =

= 6,0 ×10−2 �m( )cos2πs

t⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ cos

30πs

t⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

• f * = f2 − f1 = 16�Hz −14�Hz = 2�Hz

57 ★★

• f * = f2 − f1 = 5�Hz ⇒ f1 = f2 − f * = 410�Hz − 5�Hz = 405�Hz

• ′f * = ′f2 − f1 = 3�Hz ⇒ ′f2 = ′f *+ f1 = 405�Hz + 3�Hz = 408�Hz 58 ★★ • f * = 1

T *= 1

0,050�s= 20�Hz

f * = f2 − f1

f1 =vλ1

= 340�m/s0, 46�m

= 7,4 ×102 �Hz

f2 = f *+ f1 = 20�Hz + 7,4 ×102 �Hz = 7,6 ×102 �Hz

′f2 = f1 − f * = 7, 4 ×102 �Hz − 20�Hz = 7,2 ×102 �Hz

• λ2 =vf2

= 340�m/s7,4 ×102 �Hz

= 0, 46�m

′λ2 =v′f2

= 340�m/s719�Hz

= 0,47�m

6 L’EFFETTO DOPPLER 59 La frequenza con cui viene percepito un suono dipende dalla velocità relativa tra la sorgente che lo emette e il mezzo in cui esso si propaga. Quando la velocità della sorgente supera quella di propagazione del suono, si genera un fronte d’onda d’urto e, di conseguenza, il «boom». 60 Il funzionamento di un autovelox si basa sull’effetto Doppler. La frequenza dell’onda radio emessa dall’autovelox è confrontata con quella riflessa indietro da un automezzo in movimento, per poi calcolare la velocità del veicolo.


12

61 ★ L’ambulanza si allontana dal pedone, quindi

′f = v0

v0 + vf = 340�m/s

340�m/s+ 31,6�m/s1,25 ×103 �Hz( ) = 1,14 ×103 �Hz

62 ★

• Per il treno in avvicinamento:

′favv =f v0

v0 − v=

900�Hz( ) 340�m/s( )340�m/s− 108

3,6�m/s

= 987�Hz

• Per il treno in allontanamento:

′fall =f v0

v0 + v=

900�Hz( ) 340�m/s( )340�m/s+ 108

3,6�m/s

= 827�Hz

63 ★

′f = fv0 ± v

v0

Poiché il ricevitore si sta avvicinando alla sorgente ferma, la formula dell’effetto Doppler va presa con il segno «+». Risolvendo rispetto a v si ottiene

v = v0

′f − ff

= 340�m/s( )1300�Hz −1100�Hz1100�Hz

= 61,8�m/s

64 ★★

• La sorgente in movimento (automobile) si avvicina al ricevitore fermo (poliziotto con autovelox).

La frequenza rilevata è

′f = f + 0,1 f = 33 000�Hz

La velocità dell’automobile è

′f = fv0

v0 − v⇒ v = v0

f − ′f′f

= 340�m/s( ) 3000�Hz30 000�Hz

= 34 × 3,6�km/h = 122�km/h

• Sì. 65 ★★ Pedice «all» = allontanamento; pedice «avv» = avvicinamento.

′fall = fv0

v0 + v

′favv = fv0

v0 − v

′fall = 0,87 ′favv


13

v = v0

1− 0,871+ 0,87

= 340 × 3,6�km/h( ) 0,131,87

= 85�km/h

66 ★★ Pedice «all» = allontanamento; pedice «avv» = avvicinamento.

′fall =34

′favv

Applicando le formule dell’effetto Doppler abbiamo

′favv =v0 + v

v0

f

′fall =34

′favv =v0 − v

v0

f

Dividendo membro a membro si ricava

43= v0 + v

v0 − v⇒ 4 v0 − v( ) = 3 v0 + v( ) ⇒

⇒ v = v0

7= 340�m/s

7= 49�m/s

67 ★★

v = 40�m/min = 4060

�m/s = 0,677�m/s

Dapprima l’ostacolo (pannello) si comporta come un ricevitore in movimento verso la sorgente. Qui siamo nel caso di sorgente ferma e ricevitore in avvicinamento:

f1 = 5,00 ×103 �Hz

′f1 =v0 + v

vf1 =

340�m/s+ 0,677�m/s340�m/s

5,00 ×103 �Hz( ) = 5,01×103 �Hz

Poi l’ostacolo (panello) si comporta come una sorgente in movimento verso il ricevitore. Qui siamo nel caso di sorgente in avvicinamento e ricevitore fermo:

f2 = 5,01×103 �Hz

′f2 =v0

v0 − vf2 =

340�m/s340�m/s− 0,677�m/s

5,00 ×103 �Hz( ) = 5,02 ×103 �Hz

La frequenza dell’onda riflessa differisce da quella dell’onda emessa della quantità:

� f = ′f2 − f1 = 5,02 ×103 �Hz − 5,00 ×103 �Hz = 20�Hz 68 ★★

• Sorgente in movimento (automobile in avvicinamento) e ricevitore fermo (muro). La frequenza con cui le onde sonore colpiscono il muro è

′f = v0

v0 − vf = 340�m/s

340�m/s− 5,6�m/s4,0 ×104 �Hz( ) = 4,1×104 �Hz

La lunghezza d’onda del suono davanti all’automobile è


14

λ = v′f= 340�m/s

4,1×104 �Hz= 8,3×10−3 �m

• Sorgente ferma (muro che riflette l’onda sonora) e ricevitore in movimento (automobile in avvicinamento).

La frequenza dell’onda riflessa dal muro è

′f = v0 + vv

f = 340�m/s+ 5,6�m/s340�m/s

4,1×104 �Hz( ) = 4,2 ×104 �Hz

69 ★★

• Calcoliamo la frequenza percepita dall’automobilista. Ci si riconduce al caso di sorgente ferma e ricevitore in movimento (avvicinamento):

′f1 =v0 + v

vf = 340�m/s+ 20�m/s

340�m/s5,0 ×103 �Hz( ) = 5,3×103 �Hz

• La variazione percentuale della frequenza è

� f1 = ′f1 − f = 5,3×103 �Hz − 5,0 ×103 �Hz = 3×102 �Hz

� f1% = � f1f

100 = 3×102 �Hz5,0 ×103 �Hz

= 6%

• Calcoliamo la frequenza percepita dall’automobilista quando si allontana. Ci si riconduce al caso di sorgente ferma e ricevitore in movimento (allontanamento):

′f2 =v0 − v

vf = 340�m/s− 20�m/s

340�m/s5,0 ×103 �Hz( ) = 4,7 ×103 �Hz

In questo caso la variazione di frequenza è

� f2 = f − ′f2 = 5,0 ×103 �Hz − 4,7 ×103 �Hz = 3×102 �Hz

quindi � f1 = � f2 . PROBLEMI GENERALI 1 ★★

taria =L

varia

tacqua =L

vacqua

� t = L � vvariavacqua

⇒ L =variavacqua � t

� v=

340�m/s( ) 1,5 ×103 �m/s( ) 12�s( )1,5 ×103 �m/s− 340�m/s

= 5, 3×103 �m


15

2 ★★

a = � v� t

⇒ � t = � va

= 340 × 3,6�km/h − 800�km/h50�km/(h × s)

= 8,5�s

3 ★★ tsuono =

hvs

tcaduta =2hg

∑ t = hvs

+ 2hg

⇒ gh2 − 2vs g∑ t + vs( )h + g ∑ t( )2 vs2 = 0 ⇒

⇒ h = vs ∑ t + vs

g± vs

g2∑ t + vs

g⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥=

= 340�m/s( ) 3,0�s+ 340�m/s9,8�m/s2 ±

340�m/s9,8�m/s

2 3,0�s( ) + 340�m/s9,8�m/s

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥=

=2,8 ×104 �m (soluzione non accettabile)

1,9 ×10−2 �m

⎧⎨⎪

⎩⎪

4 ★★

• fauto = fs

v0 + vauto1

v0

= 4,3×103 �Hz( )340�m/s+ 90

3,6�m/s

340�m/s= 4,6 ×103 �Hz

• f1 =12

fauto ⇒ fs

v0 − vauto2

v0

= 12

fs

v0 + vauto2

v0

⇒

⇒ v = v0

3= 340 × 3,6�km/h

3= 4,1×102 �km/h

5 ★★

f = 12

nvL

f0 =12

vL

(frequenza fondamentale quando n = 1)

• f1 =12

nvL

f2 =12

n +1( )vL

� f = 12

vL= f0 ⇒ f0 = � f = 23,4�Hz −15,6�Hz = 7,8�Hz

• � f = 12

vL

⇒ 2L � f = 2 1,30�m( ) 7,8�Hz( ) = 20�m/s


16

6 ★★

Ls = 10 log10

II0

• Ls( )1 = 10 log10

P4πd 2

I0

= 10 log10

P4πd 2I0

=

= 10 log10

16�W

4π 12�m( )2 10−12 �W/m2( ) = 99,5�dB

Ls( )2= 10 log10

2P4πd 2

I0

= 10 log10

2P4πd 2I0

=

= 10 log10

2 16�W( )4π 12�m( )2 10−12 �W/m2( ) = 102�dB

• � Ls = 10 log10

I2

I0

− log10

I1

I0

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 10 log

I2

I1

= 10 log10 2 = 3�dB

7 ★★ Per percorrere h = 7,0 km il suono impiega un tempo

t = hvs

In questo intervallo di tempo l’aereo ha coperto una distanza

x = va

hvs

= 250�m/s( ) 7,0 ×103 �m340�m/s

= 5,1×103 �m

La distanza reciproca vale quindi

d = x2 + h2 = 8,7�km 8 ★★

dL =mL= 15 ×10−3 �kg

10�m= 1,5 ×10−3 �kg/m

v = FT

dL

= 30�N1,5 ×10−3 �kg/m

= 1,4 ×102 �m/s

f2 = 2v

2L= 141�m/s

10�m= 14�Hz

9 ★★ Per il primo modo di oscillazione

λ = 2L = 2 0,70�m( ) = 1, 4�m

quindi


17

v = fλ = 415�Hz( ) 1,4�m( ) = 5,8 ×102 �m/s

Dalla relazione

v = FT

dL

si ricava

FT = v2dL = 581�m/s( )2 5,0 ×10−4 �kg/m( ) = 1,7 ×102 �N 10 ★★ La lunghezza d’onda è pari alla circonferenza del bordo del bicchiere:

λ = 2πr = πD = π 6,0 ×10−2 �m( ) = 0,19�m

La velocità è

v = λ f = 0,19�m( ) 2100�Hz( ) = 4,0 ×102 �m/s 11 ★

λ = 2L = 2 0,55�m( ) = 1,1�m

v = fλ = 440�Hz( ) 1,10�m( ) = 484�m/s

λdo =vfdo

= 484�m/s528�Hz

= 0,92�m

Ldo =λdo

2= 0,92�m

2= 0,46�m

� L = Lla − Ldo = 0,55�m − 0,46�m = 0,09�m 12 ★★

43,2�km/h = 43,23,6

�m/s = 12,0�m/s

• λ = v0 − vf

= 340�m/s−12,0�m/s200�Hz

= 1,64�m

• Frequenza dell’onda in avanzamento:

fa =v0

v0 − vf = 340�m/s

340�m/s−12,0�m/s200�Hz( ) = 207�Hz

• Frequenza dell’onda in ritorno:

fr =v0 + v

v0

fa =340�m/s−12,0�m/s

340�m/s207�Hz( ) = 214�Hz

• f * = � f = 214�Hz − 200�Hz = 14�Hz


18

13 ★★ L1 = 10 log10

I1

I0

L2 = 10 log10

I2

I0

L2 − L1 = 10 log10

I2

I1

⇒

⇒ 4�dB = 10 log10

I2

I1

⇒ I2

I1

= 2,5

14 ★★

′f = v0 + vv0

f

Poiché la minima frequenza percepibile dall’orecchio umano è 20 Hz, dobbiamo imporre

′f = 20�Hz

Perciò

′ff= v0 + v

v0

⇒ 20�Hz13�Hz

= v0 + vv0

⇒ v = 183�m/s

15 ★★

• ′f = v0

v0 + vf = 340�m/s

340�m/s+ 4,00�m/s320�Hz( ) = 316�Hz

• ′′f = v0

v0 − vf = 340�m/s

340�m/s− 4,00�m/s320�Hz( ) = 324�Hz

• f * = ′′f − ′f = 324�Hz − 316�Hz = 8�Hz

16 ★★★ H = profondità totale; h = profondità ostacolo.

tH = 2Hvs

th =2hvs

� t = 2H − h

vs

⇒

⇒ h = H − 12

� t vs = 2,5 ×103 �m( )− 12

2,0�s( ) 1,5 ×103 �m/s( ) = 1,0 ×103 �m


19

17 ★★★ v = 65 km/h = 18 m/s

• Passante fermo e sorgente in avvicinamento:

′f1 =v0

v0 + vf = 340�m/s

340�m/s+18�m/s750�Hz( ) = 712�Hz

• Le onde arrivano (in avvicinamento) al muro, che si comporta come ricevitore fermo. La frequenza riflessa dal muro è

′f2 =v0

v0 − vf = 340�m/s

340�m/s−18�m/s750�Hz( ) = 792�Hz

Poiché il passante è fermo, percepisce questa frequenza riflessa dal muro. • La frequenza dei battimenti è la differenza tra la frequenza percepita dal passante quando la

sorgente si allontana e la frequenza dell’onda riflessa. Si ha:

f * = ′f2 − ′f1 = 792�Hz − 712�Hz = 80�Hz

18 ★★★

• Poiché le due sorgenti sono in fase, lo sfasamento �ϕ con cui le onde arrivano nel punto P è solo quello introdotto dalla differenza di cammino.

Si ha quindi

� ϕ = 2πλ

� r = 2π fv

� r = 3π�rad

Le onde arrivano in P in opposizione di fase: in P avremo quindi un minimo. Per la precisione si tratta di un minimo del secondo ordine (quello del primo ordine si ha per � ϕ = π�rad ). • L’intensità delle onde è direttamente proporzionale al quadrato dell’ampiezza e inversamente

proporzionale al quadrato della distanza. Dato che la potenza delle due sorgenti è la stessa, avremo:

I1

I2

= A12

A22 = r2

2

r12 ⇒ A1 =

r2

r1A2 = 1,5 A2

• In P le onde arrivano in opposizione di fase, quindi per l’onda risultante avremo:

A = A2 − A1 = 0,5 A2

• Se si spegnesse S2, l’ampiezza diventerebbe

A1 = 1,5 A2

e dunque triplicherebbe. L’intensità diventerebbe 9 volte più grande e cioè

A1 = 1,8 ×10−5 �W/m2

19 ★★★ v = 144 km/h = 40,0 m/s

• Ricevitore fermo e sorgente in moto (avvicinamento):


20

′f = v0

v0 − vf = 340�m/s

340�m/s− 40,0�m/s680�Hz( ) = 771�Hz

Sorgente (galleria) ferma e ricevitore (treno) in movimento (avvicinamento):

′f2 =v0 + v

v0

′f1 =340�m/s+ 40,0�m/s

340�m/s771�Hz( ) = 862�Hz

• Applichiamo l’effetto Doppler nel caso in cui sia sorgente sia ricevitore siano in movimento. I due treni si muovono nello stesso verso.

Consideriamo il treno regionale come ricevitore e la Freccia Rossa come sorgente:

freg =v0 − vric

v0 − vsorg

f = 340�m/s− 25,0�m/s340�m/s− 40,0�m/s

680�Hz( ) = 714�Hz

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