Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về sự  truyền sóng, vòng tròn lượng giác và kĩ năng đọc đồ thị.

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị ta có: \(\lambda =6,4m\)

Vận tốc truyền sóng : \(v=\frac{\Delta {{x}_{12}}}{\Delta {{t}_{12}}}=\frac{7,2-6,4}{0,2}=4m/s\)

Tần số góc dao động của các phần tử :

\(\omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{2\pi }{\frac{\lambda }{v}}=\frac{2\pi .v}{\lambda }=\frac{2\pi .4}{6,4}=\frac{5\pi }{4}rad/s\)

Độ lệch pha giữa M và O:

\(\begin{gathered}
\Delta \varphi = \Delta {\varphi _x} + \Delta {\varphi _t} = \frac{{2\pi .\Delta {x_{13}}}}{\lambda } + \omega .\Delta {t_{13}} \hfill \\
\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{{2\pi .2,4}}{{6,4}} + \frac{{5\pi }}{4}\left( {0,2 + 0,4} \right) = \frac{{3\pi }}{2}rad \hfill \\
\end{gathered} \)

Biểu diễn trên VTLG:

Từ VTLG ta có:

\({{u}_{M}}=a=\sqrt{3}cm\Rightarrow \delta =\frac{\omega A}{v}=\frac{\frac{5\pi }{4}.\sqrt{3}{{.10}^{-2}}}{4}=0,017\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Sử dụng vòng tròn lượng giác

Lời giải chi tiết:

Từ hình vẽ ta xác định được:

Tại t₁:   

\(\left\{ \matrix{ {u_M} = 20mm \hfill \cr {u_N} = 15,4mm \hfill \cr} \right.\)

Tại t₂:  

\(\left\{ \matrix{ {u_M} = 20mm \hfill \cr {u_N} = + Amm \hfill \cr} \right.\)

Ta có:  

\(\left\{ \matrix{ {\rm{cos}}{\alpha \over 2} = {{20} \over A} \hfill \cr {\rm{cos}}\alpha {\rm{ = }}{{{\rm{15}}{\rm{,3}}} \over A}{\rm{ = 2co}}{{\rm{s}}^2}\left( {{\alpha \over 2}} \right) - 1 \hfill \cr} \right. \to {{{\rm{15}}{\rm{,3}}} \over A} = 2.{({{20} \over A})^2} - 1 \to {1 \over A} = 0,0462 \to A = 21,6mm\)

\(\omega  = 5\pi {\rm{r}}a{\rm{d}}/s \to {v_{{\rm{max}}}} = A\omega  = 21,6.5\pi  \approx 340mm/s = 34cm/s\) 

=>  Đáp án C

Phương pháp giải:

Phương trình dao động của hai chất điểm :

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

Phương trình dao động của hai chất điểm :

 \({{\rm{x}}_1} = A\cos \left( {\omega t - {\pi  \over 2}} \right)\) và  \({{\rm{x}}_2} = A\cos \left( {{\omega  \over 2}t - {\pi  \over 2}} \right)\)

Mặt khác  \({v_{2\max }} = {\omega \over 2}A \Rightarrow \omega = \pi \,\,{{rad} /s}.\)

Hai chất điểm này gặp nhau

\({{\rm{x}}_1} = {x_2} \Rightarrow \cos \left( {\pi t - {\pi \over 2}} \right) = \cos \left( {{\pi \over 2}t - {\pi \over 2}} \right) \Leftrightarrow \left[ \matrix{
\pi t - {\pi \over 2} = {\pi \over 2}t - {\pi \over 2} + 2k\pi \hfill \cr
\pi t - {\pi \over 2} = - {\pi \over 2}t + {\pi \over 2} + 2k\pi \hfill \cr} \right.\)

+ Với nghiệm thứ nhất  \( \Rightarrow {t_1} = 4k\)

+ Với nghiệm thứ hai  \( \Rightarrow {t_2} = {2 \over 3}\left( {2k + 1} \right)\)

Các thời điểm gặp nhau

 lần gặp thứ 5 ứng với  \(t = 4,67\,\,s\,.\)

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thì và công thức tính độ lệch pha \(\Delta \varphi  = {{2\pi d} \over \lambda }\)

Lời giải chi tiết:

+ Xét điểm B tại hai thời điểm t₁ và t₂ thấy: B đi qua vị trí \(x = {{ - A} \over 2}\) và ngược chiều nhau, suy ra:

\({t_2} - {t_1} = {{2T} \over 3} = {4 \over {15}} \to T = 0,4s \to \lambda  = 96cm\) 

+ Tại thời điểm t₂ thì M và B cùng li độ \(x = {{ - A} \over 2}\) suy ra độ lệch pha giữa hai điểm là: \(\Delta \varphi  = {{2\pi d} \over \lambda } = {{2\pi } \over 3} \to d = {\lambda  \over 3} = 32cm\)

Phương pháp giải:

Độ lệch pha: \(\Delta \varphi  = {{2\pi d} \over \lambda }\)

Lời giải chi tiết:

+ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OMN có đường cao OH:

\({1 \over {O{H^2}}} = {1 \over {O{M^2}}} + {1 \over {O{N^2}}} \Leftrightarrow {1 \over {O{H^2}}} = {1 \over {{{34}^2}}} + {1 \over {{{50}^2}}} \Rightarrow OH = 28,1cm\) 

+ Gọi d là khoảng cách từ O đến K (K là 1 điểm bất kì trên MN)

+ Độ lệch pha giữa K và O là : \(\Delta \varphi  = {{2\pi d} \over \lambda }\)

+ Để K dao động cùng pha với O thì : \(\Delta \varphi  = {{2\pi d} \over \lambda } = 2k\pi  \Rightarrow d = k\lambda \)

+ Số điểm dao động cùng pha với o trên đoạn MN bằng số giá trị k nguyên thoả mãn :

\(\left\{ \matrix{
28,1 \le k\lambda \le 34 \Rightarrow 7,025 \le k \le 8,5 \Rightarrow k = 8 \hfill \cr
28,1 < k\lambda \le 50 \Rightarrow 7,025 < k \le 12,5 \Rightarrow k = 8;9;10;11;12 \hfill \cr} \right.\)

 Có 6 giá trị của k thoả mãn => trên đoạn MN có 6 điểm dao động cùng pha với nguồn 

Phương pháp giải:

Phương trình của li độ và vận tốc: 

\(\left\{ \matrix{
u = A\cos \left( {\omega t + \varphi } \right) \hfill \cr
v = \omega Ac{\rm{os}}\left( {\omega t + \varphi + {\pi \over 2}} \right) \hfill \cr} \right.\)

Lời giải chi tiết:

Độ lệch pha giữa M và N: \(\Delta \varphi  = {{2\pi .MN} \over \lambda } = {{2\pi .90} \over {40}} = 4,5\pi \)

Phương trình li độ và vận tốc tại M và N:

\(\left\{ \matrix{
{u_M} = A\cos \left( {\omega t + \varphi } \right) \hfill \cr
{v_M} = \omega Ac{\rm{os}}\left( {\omega t + \varphi + {\pi \over 2}} \right) \hfill \cr
{u_N} = A\cos \left( {\omega t + \varphi + 4,5\pi } \right) \hfill \cr
{v_N} = \omega Ac{\rm{os}}\left( {\omega t + \varphi + {\pi \over 2} + 4,5\pi } \right) = \omega Ac{\rm{os}}\left( {\omega t + \varphi + 5\pi } \right) = - \omega Ac{\rm{os}}\left( {\omega t + \varphi } \right) \hfill \cr} \right.\)

 Tại thời điểm t thì: 

\(\left\{ \matrix{
{u_M} = A\cos \left( {\omega t + \varphi } \right) = 2cm \hfill \cr
{v_N} = \left| { - \omega Ac{\rm{os}}\left( {\omega t + \varphi } \right)} \right| = 125,6cm \hfill \cr} \right. \Rightarrow {{{v_N}} \over {{u_M}}} = \omega = {{125,6} \over 2} = 62,8 = 2\pi f \Rightarrow f = 10Hz\)

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

Ta có \(\omega  = \frac{{2\pi }}{T} = \frac{{2\pi }}{6} = \frac{\pi }{3}(rad/s)\)

Gọi s là quãng đường sóng truyền được trong thời gian 1,75s

Từ hình vẽ ta có \(\frac{\lambda }{6} + s + \frac{\lambda }{6} = 3\)

Mặt khác ta có\(t = 1,75s = \frac{{7T}}{{24}} =  > s = \frac{{7\lambda }}{{24}} =  > \frac{\lambda }{6} + \frac{{7\lambda }}{{24}} + \frac{\lambda }{6} = 3 =  > \lambda  = 4,8cm\)

Tốc độ truyền sóng là \(v = \frac{\lambda }{T} = \frac{{4,8}}{6} = 0,8(cm/s)\)

Tốc độ dao động cực đại là\({v_{max}} = \omega A = \frac{\pi }{3}.4 = \frac{{4\pi }}{3}(cm/s)\)

Tỷ số giữa tốc độ dao động  cực đại và tốc độ truyền sóng trên dây là  \(\frac{{\frac{{4\pi }}{3}}}{{0,8}} = \frac{{5\pi }}{3}\)

Phương pháp giải:

viết phương trình dao động của M và N; tính khoảng cách giữa M, N từ x và tọa độ M, N tại thời điểm t2

Lời giải chi tiết:

Thời điểm ban đầu t = 0 thì phần tử N ở biên dương, nên pha ban đầu là 0

Ta có phương trình dao động của N là u_N = 4.cos (ωt) (cm)

Thời điểm ban đầu phần tử M ở vị trí x₀= +2 và chuyển động theo chiều dương=> pha ban đầu là  \(\frac{{ - \pi }}{3}\)

Ta có phương trình dao động của M là  

\({u_M} = 4.\cos \left( {\omega t - \frac{\pi }{3}} \right)cm\)

Sóng truyền từ M đến N, ta có thể có:  

\(\frac{{\omega .x}}{v} = \frac{\pi }{3} = > x = \frac{v}{{3.2.f}} = \frac{{v.T}}{6} = \frac{{10}}{3}cm\)

Biên độ của N và M là 4, nên tính từ thời điểm ban đầu đến t1 thì N đi từ biên dướng đến vị trí cân bằng lần 2. Tức là hết ¾.T => T = 4/3.0,05s

Xét phần tử N, từ thời điểm ban đầu đến vị trí t2

Tổng thời gian là:  

\(\frac{T}{6} + T + \frac{T}{4} = \frac{{17}}{{12}}.T\)

Vậy t₂=  \(\frac{{17}}{{12}}.T\)

Thay vào phương trình dao động của N tìm được tọa độ của N tại thời điểm t₂ là

U_N=  \( - 2\sqrt 3 cm\)

Khoảng cách của M và N tại thời điểm t₂  là : 

\(\Delta d = \sqrt {{x^2} + {{({u_M} - {u_N})}^2}} = \sqrt {{{(\frac{{10}}{3})}^2} + {{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2}} = \sqrt {23} cm\)

 Vậy gần nhất với đáp án C

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

Ta có : \(\lambda  = {v \over f} = 12cm =  > MN = 37cm = 3\lambda  + {\lambda  \over {12}}\)

Vì sóng tuần hoàn theo không gian nên sau điểm M đoạn 3λ  có điểm M’ có tính chất như điểm M

nên ở thời điểm t điểm M’ cũng có li độ u_M’= -2 mm và đang đi về VTCB.

Vì \({u_{M'}} =  - 2mm =  - {A \over 2} =  > {x_{M'}} = {\lambda  \over {12}}\)

Vì N cách M’ đoạn \({\lambda  \over {12}} =  > {x_N} = {\lambda  \over 6}\)

Ta có : \(\Delta t = {{89} \over {80}}s = 22T + {T \over 4}\)=> lùi về quá khứ \({T \over 4}\)=> điểm N có li độ \({x_N} =  - {A \over 2}\)

\({v_N} =  - {{\omega A\sqrt 3 } \over 2} =  - 80\pi \sqrt 3 (mm/s)\)

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

Nhìn vào đồ thị ta thấy: Mỗi ô là λ/12 ứng với T/12.M nhanh pha hơn P góc π/2 ( M vuông pha với P).P nhanh pha hơn Q góc π ( Q ngược pha với P).

+Ở thời điểm t: ( Hình vẽ )

\({u_M} = \frac{A}{2};{u_P} = \frac{{A\sqrt 3 }}{2};{u_Q} =  - \frac{{A\sqrt 3 }}{2}\)

+Ở thời điểm t +Δt: 3 điểm thẳng hàng. \({u_M} =  - \frac{{A\sqrt 3 }}{2};{u_P} =  - \frac{A}{2};{u_Q} = \frac{A}{2}\)

Nhìn vào vòng tròn lượng giác ta thấy:

Góc quay là M₀OM = π/6 + π/2 + π/6 = 5π/6 => ứng với thời gian quay nhỏ nhất là 5T/12.

Vị trí của ba điểm M, P, Q sau thời gian 5T/12 là thẳng hàng.

Với chu kì T =1 s nên thời gian nhỏ nhất cần tìm là: Δt = 5/12 s = 0,41667 s .Vậy chọn đáp án B.

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tổng quát của sóng trên dây \(u = a.\cos \left( {\omega t - \frac{{2\pi d}}{\lambda }} \right)\)

 và độ lệch pha của hai điểm trên cùng một phương truyền sóng

\(\Delta \varphi = 2\pi \frac{{\Delta d}}{\lambda }\)

 , công thức tính bước sóng λ = v/ f

Lời giải chi tiết:

Phương trình sóng tổng quát là\(u = a.\cos \left( {\omega t - \frac{{2\pi d}}{\lambda }} \right)\)

Điểm M cách nguồn 25 cm luôn dao động vuông pha với nguồn nên

\(\begin{array}{l}
\Delta \varphi = 2\pi .\frac{{{d_M}}}{\lambda } = \frac{\pi }{2} + k\pi \Leftrightarrow \frac{{2.{d_M}}}{{\frac{v}{f}}} = \frac{1}{2} + k\\
\Leftrightarrow \frac{{2.25.f}}{{500}} = \frac{1}{2} + k\\
\Leftrightarrow f = 5 + 10k
\end{array}\)

Vì  f có giá trị từ 23 Hz đến 33 Hz nên 23 ≤ 5+10k ≤ 33

=> k = 2 nên f = 25 Hz

Vậy bước sóng là λ = v/ f = 500/25 = 20 cm.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Ta có \(MN = 100cm;\Delta {\varphi _{MN}} = \frac{\pi }{3} + k\pi  = 2\pi .\frac{{MN}}{\lambda } =  > MN = \frac{\lambda }{6} = k\frac{\lambda }{2}\)

Gọi X là điểm vuông pha với M \( =  > XM = \left( {\frac{{k'}}{2} + \frac{1}{4}} \right)\lambda \)

Trên MN có 4 điểm X nên \(XM = \frac{\lambda }{4};\frac{{3\lambda }}{4};\frac{{5\lambda }}{4};\frac{{7\lambda }}{4}\)

\(\begin{array}{l}MN > \frac{{7\lambda }}{4} =  > \frac{\lambda }{6} + k\frac{\lambda }{2} > \frac{{7\lambda }}{4} =  > k > 3,16 =  > k = 4\\MN = \frac{\lambda }{6} + \frac{{4\lambda }}{2} = \frac{{13\lambda }}{6} = 100 =  > \lambda  = \frac{{600}}{{13}} =  > v = \lambda f = 923,07\end{array}\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Phương pháp : Sử dụng vòng tròn lượng giác trong truyền sóng cơ

Lời giải chi tiết:

Cách giải :

Theo bài ra ta có \(\left\{ \begin{array}{l}l = 4\frac{\lambda }{2} = 40cm =  > \lambda  = 20cm\\\Delta t = {t_2} - {t_1} = \frac{1}{{6f}} = \frac{T}{6}\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}6 = {A_b}\cos \alpha \\5 = {A_b}\cos \left( {120 - \alpha } \right)\end{array} \right. =  > {A_b} = 11cm\)

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{u_M}}}{{{u_B}}} =  - \frac{{{A_M}}}{{{A_b}}} =  > {A_M} =  - {A_b}\frac{{{u_M}}}{{{u_B}}} =  - 12\frac{3}{{ - 5}} = 6,6mm\\\delta  = \frac{v}{{{v_{max}}}} = \frac{{\frac{\lambda }{T}}}{{{A_b}\frac{{2\pi }}{T}}} = \frac{\lambda }{{2\pi {A_b}}} = \frac{{200}}{{2\pi .7,2}} \approx 4,8\end{array} \right.\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Giao thoa sóng, định lí hàm số sin, bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki. 

Lời giải chi tiết:

Theo đề bài ta suy ra: OP = 4,5λ, OQ = 8λ

Áp dụng định lí hàm số sin trong tam giác MPQ ta có

 \({{PQ} \over {\sin PMQ}} = {{MP} \over {\sin MQP}} = {{\sqrt {O{M^2} + O{P^2}} } \over {{{OM} \over {\sqrt {O{M^2} + O{Q^2}} }}}} = {{\sqrt {\left( {O{M^2} + O{P^2}} \right)\left( {O{M^2} + O{Q^2}} \right)} } \over {OM}}\)

Đặt OM = x ta có \({{PQ} \over {\sin PMQ}} = {{\sqrt {\left( {{x^2} + O{P^2}} \right)\left( {{x^2} + O{Q^2}} \right)} } \over x}\)

Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki cho tích  \(\left( {{x^2} + O{P^2}} \right)\left( {{x^2} + O{Q^2}} \right) \ge {\left( {OPx + OQx} \right)^2}\)

Do đó, \({{PQ} \over {\sin PMQ}} = {{\sqrt {\left( {{x^2} + O{P^2}} \right)\left( {{x^2} + O{Q^2}} \right)} } \over x} \ge {{x\left( {OP + OQ} \right)} \over x} = OP + OQ = 12,5\lambda  \Rightarrow \sin PMQ \le {{3,5} \over {12,5}}\)

Dấu “=” xảy ra ứng với góc PMQ lớn nhất khi  \({{OP} \over x} = {x \over {OQ}} \Leftrightarrow x = \sqrt {OP.OQ}  = 6\lambda \)

Do đó, OM = 6λ

* Tìm số điểm dao động ngược pha với O trên đoạn MQ

Ta tính được OH = 4,8λ

- Số điểm dao động ngược pha với nguồn trên đoạn HM là số giá trị nguyên của k thỏa mãn

 \(4,8\lambda  \le d = \left( {k + {1 \over 2}} \right)\lambda  \le 6\lambda  \Rightarrow  \le 4,3 \le k \le 5,5 \Rightarrow k = 5\)

Trên đoạn HM có 1 điểm

- Số điểm dao động ngược pha với nguồn trên đoạn HQ là số giá trị nguyên của k thỏa mãn

 \(4,8\lambda  \le d = \left( {k + {1 \over 2}} \right)\lambda  \le 8\lambda  \Rightarrow  \le 4,3 \le k \le 7,5 \Rightarrow k = 5,6,7\)

Trên đoạn HQ có 3 điểm

Vậy trên MQ có 4 điểm dao động ngược pha với O

→ Chọn B

Phương pháp giải:

Sử dụng giản đồ vecto và kĩ năng đọc đồ thị

Áp dụng định lí hàm số sin trong tam giác và tính chất dãy tỉ số bằng nhau.

Công thức lượng giác: \(\sin a + \sin b = 2\sin \frac{{a + b}}{2}.\cos \frac{{a - b}}{2}\)

Áp dụng công thức lượng giác:  $\tan (a - b) = \frac{{\tan a - \tan b}}{{1 + \tan a.\tan b}}$

- Bất đẳng thức Cô – si :\(a + b \ge 2\sqrt {ab} \)                                       Dấu ‘’=’’ xảy ra khi a = b

Lời giải chi tiết:

Khi điểm M dao động ngược pha với nguồn:${{d}_{M}}=(2k+1)\frac{\lambda }{2}$

Giữa A và B có 5 đỉnh sóng với A,B cũng là đỉnh sóng:$ \Rightarrow AB = 4\lambda $

Ta có: 

$\left\{ \begin{array}{l}
\tan \alpha = \frac{{OA}}{{OC}} = \frac{{7\lambda }}{h}\\
\tan \widehat {OCB} = \frac{{OB}}{{OC}} = \frac{{11\lambda }}{h}
\end{array} \right.$

$ \Rightarrow \tan \widehat {ACB} = \tan (\widehat {OCB} - \alpha ) = \frac{{\tan \widehat {OCB} - \tan \alpha }}{{1 + \tan \widehat {OCB}.\tan \alpha }} = \frac{{\frac{{4\lambda }}{h}}}{{1 + \frac{{77{\lambda ^2}}}{{{h^2}}}}} = \frac{{4\lambda }}{{h + \frac{{77{\lambda ^2}}}{h}}}$

Áp dụng bất đẳng thức Cô si: $\tan \widehat{ACB}$ lớn nhất khi $h=\frac{77{{\lambda }^{2}}}{h}\Rightarrow h=\sqrt{77}.\lambda $

Gọi M là điểm trên AC dao động ngược pha với nguồn.

${{d}_{M}}=(2k+1)\frac{\lambda }{2}$ 

Kẻ OH$ \bot $AC. Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAC :  

$\begin{array}{l}
\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{C^2}}} + \frac{1}{{O{A^2}}} = \frac{1}{{77{\lambda ^2}}} + \frac{1}{{{7^2}{\lambda ^2}}} = \frac{{18}}{{539{\lambda ^2}}}\\
\Rightarrow OH = \frac{{7\sqrt {22} }}{6}\lambda
\end{array}$

Xét M trên đoạn HC:

$\begin{array}{l}
OH \le OM \le OC\\
\Rightarrow \frac{{7\sqrt {22} }}{6}\lambda \le (2k + 1)\frac{\lambda }{2} \le \sqrt {77} \lambda \\
\Rightarrow 4,97 \le k \le 8,27\\
\Rightarrow k = 5,6,7,8
\end{array}$

Có 4 giá trị k, như vậy trên đoạn HC có 4 vị trí dao động ngược pha với nguồn.

Tương tự xét M trên đoạn HA ta cũng tìm được 2 vị trí

Tổng cộng có 6 vị trí có điểm dao động ngược pha với nguồn.

Chọn C

Phương pháp giải:

Phương pháp:

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị và đường tròn lượng giác

Công thức tính độ lệch pha giữa hai điểm trên phương truyền sóng: \(\Delta \varphi  = \frac{{2\pi d}}{\lambda }\)

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Biểu diễn vị trí các điểm tại các thời điểm t₁ và t₂ trên đường tròn lượng giác ta có:

Theo bài ra ta có:

\(\begin{array}{l}u_M^2 = u_N^2 + u_H^2 \Leftrightarrow {A^2} = u_N^2 + u_H^2 \Leftrightarrow \frac{{u_N^2}}{{{A^2}}} + \frac{{u_H^2}}{{{A^2}}} = 1 \Rightarrow {u_N} \bot {u_H}\\ \Rightarrow \widehat {NOH} = \frac{\pi }{2}\,\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)

Từ thời điểm t₁ đến thời t₂ H đi được góc 2α thì Q cũng đi được góc 2 (2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \widehat {NOM} = \frac{\pi }{3} \Rightarrow \widehat {PON} = \frac{\pi }{6} = \Delta {\varphi _{PQ}}\)

Mà: \(\Delta {\varphi _{PQ}} = \frac{{2\pi .PQ}}{\lambda } = \frac{\pi }{6} \Rightarrow PQ = \frac{\lambda }{{12}} = \frac{{48}}{{12}} = 4cm\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Áp dụng vòng tròn lượng giác trong sóng cơ học

Lời giải chi tiết:

Từ hình vẽ ta xác định được \(\left( {{t_1}} \right)\left\{ \begin{array}{l}{u_M} = 20mm \nearrow \\{u_N} = 15,3mm \nearrow \end{array} \right.;\left( {{t_2}} \right)\left\{ \begin{array}{l}{u_M} = 20mm \swarrow \\{u_N} =  + A\end{array} \right.\) \(\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\cos \frac{\alpha }{2} = \frac{{20}}{A}\\\cos \alpha  = \frac{{15,3}}{A}\end{array} \right. =  > 2{\cos ^2}\frac{\alpha }{2} - 1 = \frac{{15,3}}{A} \Leftrightarrow 2.{\left( {\frac{{20}}{A}} \right)^2} - 1 = \frac{{15,3}}{A} =  > A = 21,6mm\)

Từ đó ta có \(\cos \alpha  = \frac{{15,3}}{{21,6}} =  > \alpha  = \frac{\pi }{4}\), mà \(T \leftrightarrow 2\pi  =  > \frac{\pi }{4} \leftrightarrow \frac{T}{8} = 0,05s =  > T = 0,4s\)

Tốc độ cực đại sóng truyền đi là \(v = \omega A = \frac{{2\pi }}{T}.A = \frac{{2\pi }}{{0,4}}.21,6 = 339mm/s \approx 0,34m/s\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Sử dụng vòng tròn lượng giác và công thức: \(\Delta t = \dfrac{{\Delta \varphi }}{\omega }\)

Tần số góc của sóng: \(\omega  = \dfrac{{2\pi }}{T}\)

Li độ tại hai thời điểm vuông pha: \({x_1}^2 + {x_2}^2 = {A^2}\)

Công thức độc lập với thời gian: \({v^2} = {\omega ^2}\left( {{A^2} - {u^2}} \right)\)

Lời giải chi tiết:

Tần số của sóng là: \(\omega  = \dfrac{{2\pi }}{T} = \dfrac{{2\pi }}{2} = \pi \,\,\left( {rad/s} \right)\)

Ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy

\(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {{C_0}O{C_1}} = \alpha  + \beta \\\widehat {{B_0}O{B_1}} = \pi  - \left( {\alpha  + \beta } \right)\\\widehat {{C_0}O{C_1}} = \widehat {{B_0}O{B_1}}\end{array} \right. \Rightarrow \alpha  + \beta  = \pi  - \left( {\alpha  + \beta } \right) \Rightarrow \alpha  + \beta  = \dfrac{\pi }{2}\,\,\left( {rad} \right)\)

Hai thời điểm t₀ và t₁ vuông pha với nhau, ta có:

\({x_{0M}}^2 + {x_{1M}}^2 = {A^2} \Rightarrow A = \sqrt {{x_{0M}}^2 + {x_{1M}}^2}  = \sqrt {{{20}^2} + {8^2}}  = \sqrt {464} \,\,\left( {mm} \right)\)

Ở thời điểm t₂, vecto của điểm D quay được góc: \(\Delta \varphi  = \omega \Delta t = \pi .0,4 = 0,4\pi \,\,\left( {rad} \right)\)

Pha của điểm D ở thời điểm t₂ là: \({\varphi _D} = \left( {\alpha  + \beta  + \Delta \varphi } \right) - \dfrac{\pi }{2} = \left( {\dfrac{\pi }{2} + 0,4\pi } \right) - \dfrac{\pi }{2} = 0,4\pi \,\,\left( {rad} \right)\)

Li độ của điểm D khi đó là: \({u_D} = A.cos{\varphi _D} = \sqrt {464} .cos\left( {0,4\pi } \right) = 6,66\,\,\left( {mm} \right)\)

Ta có công thức độc lập với thời gian:

\({v^2} = {\omega ^2}\left( {{A^2} - {u_D}^2} \right) = {\pi ^2}.\left[ {{{\left( {\sqrt {464} } \right)}^2} - 6,{{66}^2}} \right] \Rightarrow v = 64,36\,\,\left( {mm/s} \right)\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Công thức tính độ lệch pha: \(\Delta \varphi  = \dfrac{{2\pi d}}{\lambda } = \dfrac{{2\pi d.f}}{v}\)

Hai dao động ngược pha khi: \(\Delta \varphi  = \left( {2k + 1} \right)\pi \)

Lời giải chi tiết:

Độ lệch pha của hai phần tử môi trường tại A và B là: \(\Delta \varphi  = \dfrac{{2\pi d}}{\lambda } = \dfrac{{2\pi d.f}}{v}\)

Hai phần tử này luôn dao động ngược pha nên:

\(\Delta \varphi  = \dfrac{{2\pi d.f}}{v} = \left( {2k + 1} \right)\pi  \Rightarrow v = \dfrac{{2d.f}}{{2k + 1}} = \dfrac{{2.0,1.20}}{{2k + 1}} = \dfrac{4}{{2k + 1}}\)

Do tốc độ truyền sóng nằm trong khoảng từ 0,7m/s đến 1m/s nên:

\(\begin{array}{l}0,7m/s < v < 1m/s \Leftrightarrow 0,7 < \dfrac{4}{{2k + 1}} < 1\\ \Leftrightarrow 1,5 < k < 2,36 \Rightarrow k = 2\\ \Rightarrow v = \dfrac{4}{{2k + 1}} = \dfrac{4}{{2.2 + 1}} = 0,8m/s = 80cm/s\end{array}\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Phương trình sóng tổng quát: \({u_M} = a\cos \left( {\omega t + \varphi  - \dfrac{{2\pi d}}{\lambda }} \right)\)

Vận tốc dao động: v = x’

Tốc độ truyền sóng: \(v = \lambda f = \lambda \dfrac{\omega }{{2\pi }}\)

Lời giải chi tiết:

Do điểm A gần nguồn hơn so với B, nên dao động sớm pha hơn điểm B, phương trình dao động của điểm M là: \({x_M} = a\cos \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3} + \dfrac{{2\pi d}}{\lambda }} \right)\)

Vận tốc của hai điểm M và N lần lượt là:

\(\left\{ \begin{array}{l}{v_M} = {x_M}' =  - a\omega \sin \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3} + \dfrac{{2\pi d}}{\lambda }} \right)\\{v_N} = {x_N}' =  - a\omega \sin \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3}} \right)\end{array} \right.\)

Vận tốc tương đối của N đối với M là:

\(\begin{array}{l}{v_{NM}} = {v_N} - {v_M} =  - a\omega \sin \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3}} \right) + a\omega \sin \left( {\omega t + \dfrac{{2\pi d}}{\lambda } + \dfrac{\pi }{3}} \right)\\ \Rightarrow {v_{NM}} = 2a\omega \sin \dfrac{{\pi d}}{\lambda }\cos \left( {\omega t + \dfrac{{\pi d}}{\lambda } + \dfrac{\pi }{3}} \right) = b\cos \left( {20\pi t + \dfrac{{2\pi }}{3}} \right)\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\omega  = 20\pi \,\,\left( {rad/s} \right)\\\dfrac{{\pi d}}{\lambda } + \dfrac{\pi }{3} = \dfrac{{2\pi }}{3} + k2\pi \end{array} \right.\end{array}\)

Do \(\lambda  > 30\,\,\left( {cm} \right) \Rightarrow \dfrac{{\pi .20}}{{30}} + \dfrac{\pi }{3} > \dfrac{{2\pi }}{3} + k2\pi  \Rightarrow k < 0,17\)

\( \Rightarrow k = 0 \Rightarrow \dfrac{{\pi .20}}{\lambda } + \dfrac{\pi }{3} = \dfrac{{2\pi }}{3} \Rightarrow \lambda  = 60\,\,\left( {cm} \right)\)

Tốc độ truyền sóng trên dây là: \(v = \lambda \dfrac{\omega }{{2\pi }} = 60.\dfrac{{20\pi }}{{2\pi }} = 600\,\,\left( {cm/s} \right)\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Sử dụng VTLG.

Hai điểm MN cách nhau \(d = \frac{\lambda }{3}\) tức là vecto OM cách vecto ON một góc  \(\frac{{2\pi }}{3}\)

Vì M và N có li độ đối xứng nhau nên ta biểu diễn được trên VTLG.

Lời giải chi tiết:

Hai điểm MN cách nhau \(d = \frac{\lambda }{3}\) tức là vecto OM cách vecto ON một góc  \(\frac{{2\pi }}{3}\)

Vì M và N có li độ đối xứng nhau nên ta có hình vẽ:

Vậy N đến vị trí có li độ A lần đầu tiên thì ON quét được một góc là:

\(\alpha = \frac{\pi }{6} + \pi = \frac{{7\pi }}{6}\)

Vậy thời gian để N có li độ A là: 

\(t = \frac{\alpha }{{2\pi }}.T = \frac{7}{{12}}.T\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

+ Sử dụng biểu thức tính độ lệch pha: \(\Delta \varphi  = \dfrac{{2\pi d}}{\lambda }\)

+ Sử  dụng công thức tính khoảng cách: \(NP = \sqrt {\Delta {x^2} + \Delta {u^2}} \)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta {\varphi _{MN}} = \dfrac{{2\pi .30}}{{60}} = \pi \\\Delta {\varphi _{NP}} = 2\pi \dfrac{{15}}{{60}} = \dfrac{\pi }{2}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \) M và N ngược pha nhau \( \Rightarrow {u_N} =  - {u_M}\)

N và P vuông pha nhau

\( \Rightarrow {\left( {\dfrac{{{u_N}}}{A}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{{u_P}}}{A}} \right)^2} = 1\)

\( \Rightarrow u_N^2 + u_P^2 = {A^2} = {\left( {8\sqrt 5 } \right)^2}\)  (1)

Từ đồ thị ta có \({u_N} = \dfrac{1}{2}{u_P}\)  (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}{u_N} = 8cm\\{u_P} = 16cm\end{array} \right.\)

Khoảng cách \(NP = \sqrt {\Delta {x^2} + \Delta {u^2}} \)

Có \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta x = 15cm\\\Delta u = {u_P} - {u_N} = 16 - 8 = 8cm\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow NP = \sqrt {{{15}^2} + {8^2}}  = 17cm\)

Chọn B

Phương pháp giải:

+ Sử dụng công thức lượng giác

+ Sử dụng biểu thức tính vận tốc: \(v = x'\)

+ Vận dụng tính tương đối của vận tốc

+ Sử dụng biểu thức: \(v = \lambda f\)

Lời giải chi tiết:

Ta có, phương trình sóng tại A và B chính là phương trình dao động của M và N. A nhanh pha hơn B suy ra M nhanh pha hơn N

Phương trình sóng tại M: \({x_M} = acos\left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3} + \dfrac{{2\pi d}}{\lambda }} \right)\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{v_M} =  - a\omega \sin \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3} + \dfrac{{2\pi d}}{\lambda }} \right)\\{v_N} =  - a\omega \sin \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3}} \right)\end{array} \right.\)

\({v_{NM}} = {v_N} - {v_M} = a\omega \sin \dfrac{{\pi d}}{\lambda }\left[ {2cos\left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3} + \dfrac{{\pi d}}{\lambda }} \right)} \right] = bcos\left( {20\pi t + \dfrac{{2\pi }}{3}} \right)\)

Đồng nhất phương trình, ta suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}2a\omega \sin \dfrac{{\pi d}}{\lambda } = b\\\omega  = 20\pi \\\dfrac{\pi }{3} + \dfrac{{\pi d}}{\lambda } = \dfrac{{2\pi }}{3}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \dfrac{{\pi d}}{\lambda } = \dfrac{\pi }{3} \Rightarrow \lambda  = 3d = 3.20 = 60cm\)

\( \Rightarrow v = \lambda .f = \lambda .\dfrac{\omega }{{2\pi }} = 60.\dfrac{{20\pi }}{{2\pi }} = 600cm/s\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Bước sóng:  \(\lambda = \frac{v}{f}\)

Công thức tính độ lệch pha: \(\Delta \varphi = \frac{{2\pi d}}{\lambda }\)

Phương trình sóng: \(u = A.cos\left( {\omega t + \varphi } \right)\)

Phương trình vận tốc của phần tử sóng: v= u'

Lời giải chi tiết:

Bước sóng: \(\lambda = \frac{v}{f} = \frac{{24}}{2} = 12cm\) 

Sử dụng công thức tính độ lệch pha: 

\(\Delta \varphi = \frac{{2\pi d}}{\lambda }\), ta có:

+ P cách O nửa bước sóng do vậy P luôn ngược pha với O

+ Q cách O một khoảng 0,75λ nên Q luôn vuông pha với O.

+ Q cách P một phần tư bước sóng, do đó Q cũng vuông pha với P.

Ta có hình vẽ:

Từ hình vẽ, ta thấy rằng khi O,P,Q thẳng hàng thì:

\(\frac{{{u_Q}}}{{{u_P}}} = \frac{6}{3} = 2 \Rightarrow {u_Q} = 2{u_P}\)

Mặt khác P và Q luôn cùng pha nên ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
\left| {{v_P}} \right| = \omega A\sqrt {1 - {{\left( {\frac{{{u_P}}}{A}} \right)}^2}} = 48{\pi _{}}cm/s\\
\left| {{v_Q}} \right| = \omega A\sqrt {1 - {{\left( {\frac{{{u_Q}}}{A}} \right)}^2}} = 24{\pi _{}}cm/s
\end{array} \right.\)

Tốc độ của điểm P và Q tương ứng là

\(\left\{ \begin{array}{l}
\left| {{v_P}} \right| = \omega A\sqrt {1 - {{\left( {\frac{{{u_P}}}{A}} \right)}^2}} = 48{\pi _{}}cm/s\\
\left| {{v_Q}} \right| = \omega A\sqrt {1 - {{\left( {\frac{{{u_Q}}}{A}} \right)}^2}} = 24{\pi _{}}cm/s
\end{array} \right.\)

Lần thẳng hàng thứ 2 ứng với \({v_Q} = 24\pi cm/s\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

+ Sử dụng công thức lượng giác

+ Sử dụng biểu thức: \(\tan \left( {a - b} \right) = \dfrac{{{\rm{tana - tanb}}}}{{1 + \tan a.\tan b}}\)

+ Sử dụng biểu thức tính độ lệch pha: \(\Delta \varphi  = \dfrac{{2\pi d}}{\lambda }\)

+ Điều kiện ngược pha: \(\Delta \varphi  = \left( {2k + 1} \right)\pi \)

Lời giải chi tiết:

Ta có, giữa A và B có 5 đỉnh sóng với A, B cũng là đỉnh sóng

\( \Rightarrow AB = 4\lambda \)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\tan \alpha  = \dfrac{{7\lambda }}{h}\\\tan \beta  = \dfrac{{7\lambda  + 4\lambda }}{h} = \dfrac{{11\lambda }}{h}\end{array} \right.\)

Ta có: \(\beta  - \alpha  = {C_1}\)

\( \Rightarrow \tan \left( {\beta  - \alpha } \right) = \dfrac{{\tan \beta  - \tan \alpha }}{{1 + \tan \beta \tan \alpha }} = \dfrac{{\dfrac{{11\lambda }}{h} - \dfrac{{7\lambda }}{h}}}{{1 + \dfrac{{11\lambda }}{h}.\dfrac{{7\lambda }}{h}}} = \dfrac{{4\lambda }}{{h + \dfrac{{77{\lambda ^2}}}{h}}}\)

Từ biểu thức trên, ta thấy \({C_1} = \widehat {ACB}\) lớn nhất khi mẫu nhỏ nhất

Có \(h + \dfrac{{77{\lambda ^2}}}{h} \ge 2\sqrt {77{\lambda ^2}} \)

Dấu “=” xảy ra khi \(h = \sqrt {77} \lambda \)

+ Gọi M là một điểm trên AC, để M dao động ngược pha với nguồn thì \(\Delta {\varphi _M} = \dfrac{{2\pi {d_M}}}{\lambda } = \left( {2k + 1} \right)\pi \)

\( \Rightarrow {d_M} = \left( {2k + 1} \right)\dfrac{\lambda }{2}\)

+ Xét khoảng giá trị của M, tính về phía C từ đường vuông góc của O lên AC, ta có:

\(5,47\lambda  \le {d_M} \le 8,7\lambda \)

Sử dụng chức năng TABLE trong máy tính ta tìm được 4 vị trí

 + Xét đoạn về phía A: \(5,47\lambda  \le {d_M} \le 7\lambda \)

Cũng sử dụng chức năng TABLE trong máy tính ta tìm được 2 vị trí

Vậy trên AC có 6 vị trí

Chọn C

Phương pháp giải:

+ Sử dụng biểu thức tính bước sóng: \(\lambda  = \dfrac{v}{f}\)

+ Viết phương trình sóng tại các điểm

+ Sử dụng máy tính tổng hợp dao động

+ Sử dụng công thức tính khoảng cách

Lời giải chi tiết:

Ta có:

+ Tần số góc: \(\omega  = 2\pi f = 20\pi \left( {rad/s} \right)\)

+ Bước sóng: \(\lambda  = \dfrac{v}{f} = 4cm\)

Giả sử phương trình sóng tại O: \({u_O} = 2\sqrt 2 cos\left( {20\pi t} \right)\)

\( \Rightarrow \) Phương trình sóng tại P: \({u_P} = 2\sqrt 2 cos\left( {20\pi t - \dfrac{{2\pi .17}}{4}} \right) = 2\sqrt 2 cos\left( {20\pi t - \dfrac{\pi }{2}} \right)\)

Khoảng cách OP: \(OP = \sqrt {{x^2} + {{\left( {{u_O} - {u_P}} \right)}^2}} \)

\(O{P_{max}}\) khi \({\left[ {{u_O} - {u_P}} \right]_{max}}\)

Ta có: \({u_O} - {u_P} = 2\sqrt 2 \angle 0 - 2\sqrt 2 \angle  - \dfrac{\pi }{2} = 4\angle  - \dfrac{\pi }{4}\)

\( \Rightarrow {\left[ {{u_O} - {u_P}} \right]_{max}} = 4cm\)

Khi đó ta có: \(O{P_{max}} = \sqrt {{{17}^2} + {4^2}}  = 17,46cm\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Sử dụng VTLG và tìm được biên độ A.

Tốc độ cực đại: \({v_{\max }} = \omega A = 2\pi fA\)

Lời giải chi tiết:

Ban đầu M và N có li độ -1,6 cm và 1,6 cm, ta có ĐTLG

Vì M và N là là hai phần tử gần nhau nhất, nên từ hình vẽ, ta lấy đó là điểm M₁ và N₁

Khi M và N có li độ 1,2 cm, ta có ĐTLG

Vậy từ t₁ đến t₂góc quét của hai vecto \(\overrightarrow {OM} \) và \(\overrightarrow {ON} \) như nhau.

Ta có:  

\(\arcsin \frac{{1,6}}{A} + \arcsin \frac{{1,2}}{A} = {\rm{arccos}}\frac{{1,6}}{A} + \arccos \frac{{1,2}}{A}\)

Bấm máy tính và tìm được A = 2cm

Tốc độ cực đại của các phần tử là:

\(v = \omega A = 2\pi fA = 40\pi \approx 124\left( {cm/s} \right)\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Vận tốc tương đối: \({v_{NM}} = {v_N} - {v_M}\)

Công thức lượng giác: \(\sin x - \sin y = 2\cos \dfrac{{x + y}}{2}\sin \dfrac{{x - y}}{2}\)

Vận tốc truyền sóng: \(v = \lambda f\)

Lời giải chi tiết:

Điểm A gần nguồn hơn so với B → A sớm pha hơn B → M sớm pha hơn N

Theo đề bài ta có: \({x_N} = a\cos \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3}} \right) \Rightarrow {x_M} = a\cos \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3} + \dfrac{{2\pi d}}{\lambda }} \right)\)

Mặt khác, vận tốc tương đối của N đối với M là:

\({v_{NM}} = {v_N} - {v_M} = b\cos \left( {20\pi t + \dfrac{{2\pi }}{3}} \right)\)

Ta có: \({v_N} = {x_N}' =  - \omega a\sin \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3}} \right)\)

\({v_M} = {x_M}' =  - \omega a\sin \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3} + \dfrac{{2\pi d}}{\lambda }} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {v_N} - {v_M} =  - \omega a\left[ {\sin \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3}} \right) - \sin \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3} + \dfrac{{2\pi d}}{\lambda }} \right)} \right]\\ \Rightarrow {v_N} - {v_M} =  - 2\omega a\left[ {\cos \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3} + \dfrac{{\pi d}}{\lambda }} \right)\sin \left( { - \dfrac{{\pi d}}{\lambda }} \right)} \right]\\ \Rightarrow {v_N} - {v_M} = 2\omega a\sin \dfrac{{\pi d}}{\lambda }\cos \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3} + \dfrac{{\pi d}}{\lambda }} \right)\end{array}\)

Đồng nhất hai phương trình, ta có:

\(\begin{array}{l}\omega  = 20\pi \,\,\left( {rad/s} \right) \Rightarrow f = \dfrac{\omega }{{2\pi }} = \dfrac{{20\pi }}{{2\pi }} = 10\,\,\left( {Hz} \right)\\\dfrac{\pi }{3} + \dfrac{{\pi d}}{\lambda } = \dfrac{{2\pi }}{3} \Rightarrow \dfrac{{\pi d}}{\lambda } = \dfrac{\pi }{3} \Rightarrow \lambda  = 3d = 3.20 = 60\,\,\left( {cm} \right)\\ \Rightarrow v = \lambda f = 60.10 = 600\,\,\left( {cm/s} \right)\end{array}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Thời điểm đầu tiên sóng bắt đầu từ O nên:

\({u_O} = A.\cos {\left( {\omega t + \frac{\pi }{2}} \right)_{}}cm\) 

Sau thời gian t = 0,3s, sóng có dạng như hình vẽ, điểm O lại đang ở VTCB và chuyển động về biên âm nên: \(t = 0,3s = nT\) 

Dễ thấy từ O đến E là một bước sóng ứng với 6 ô li, nên sóng truyền từ  O đến E mất thời gian 1 chu kì T. Vì vậy quãng đường mà E đi được trong thời gian trên là: \(S = \left( {n - 1} \right).4A\)

Hai điểm C và D đều đang cách đỉnh sóng một khoảng nửa ô li nên biên độ của D là \({x_D} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}A\) và vận tốc của D lúc đó là  \({v_D} = \frac{1}{2}{v_{\max }} = \frac{1}{2}.\omega A\)

Vận tốc sóng  \(v = \lambda .f\)

Khoảng cách giữa vtcb của C và D ứng với 1 ô li, khoảng cách giữa hai điểm C và D là  \(CD = \sqrt {{d^2} + {{({u_C} - {u_D})}^2}} \)

Lời giải chi tiết:

Thời điểm đầu tiên sóng bắt đầu từ O nên:  \({u_O} = A.\cos {\left( {\omega t + \frac{\pi }{2}} \right)_{}}cm\) 

Sau thời gian t = 0,3s, sóng có dạng như hình vẽ, điểm O lại đang ở vtcb và chuyển động về biên âm nên:

\(t = 0,3s = nT\) 

Dễ thấy từ O đến E là một bước sóng ứng với 6 ô li, nên sóng truyền từ  O đến E mất thời gian 1 chu kì T. Vì vậy quãng đường mà E đi được trong thời gian trên là: \(S = \left( {n - 1} \right).4A\)

Hai điểm C và D đều đang cách đỉnh sóng một khoảng nửa ô li nên biên độ của D là  và vận tốc của D lúc đó là:

\(\begin{array}{l}
{v_D} = \frac{1}{2}{v_{\max }} = \frac{1}{2}.\omega A\\
\Rightarrow \frac{1}{2}\omega A = \frac{\pi }{8}v = \frac{\pi }{8}.\lambda .f = \frac{\pi }{8}.\lambda .\frac{\omega }{{2\pi }} \Rightarrow \lambda = 8A
\end{array}\)

Ta có VTLG:

Khoảng cách giữa VTCB của C và D ứng với 1 ô li tức là \(CD = \frac{\lambda }{6}\)  và \(\alpha = \frac{\pi }{3}\) ,

Khoảng cách giữa hai điểm C và D là:  

\(CD = \sqrt {{d^2} + {{({u_C} - {u_D})}^2}} \)

Khoảng cách giữa hai điểm C và D cực đại là 5 cm khi (u_C – u_D) cực đại.

Ta có

\({u_C} - {u_D} = A.\cos \left( {\omega t - \frac{\pi }{3}} \right) \Rightarrow {\left( {{u_C} - {u_D}} \right)_{\max }} = A\)

\(\begin{array}{l}
CD = \sqrt {{d^2} + {{({u_C} - {u_D})}^2}} \Rightarrow 5 = \sqrt {{{\left( {\frac{\lambda }{6}} \right)}^2} + {{({u_C} - {u_D})}^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{8A}}{6}} \right)}^2} + {A^2}} \\
\Rightarrow A = 3cm \Rightarrow \lambda = 8A = 24cm
\end{array}\)

Ta có:  \(S = (n - 1).4A = 24 \Rightarrow n = 3\)

Lại có:    \(t = 0,3s = 3T \Rightarrow T = 0,1s \Rightarrow \omega = \frac{{2\pi }}{T} = 20\pi \left( {rad/s} \right)\)

Vậy ta có phương trình truyền sóng là:

\(u = 3.\cos \left( {20\pi t + \frac{\pi }{2} - \frac{{2\pi x}}{{24}}} \right) = 3.\cos \left( {20\pi t + \frac{\pi }{2} - \frac{{\pi x}}{{12}}} \right)cm\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Khi sóng truyền trên mặt nước, hai điểm dao động cùng pha khi khoảng cách giữa chúng là \(d = k\lambda \)

Hai điểm dao động ngược pha khi khoảng cách giữa chúng là\(d = \left( {k + 0,5} \right)\lambda \) 

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác.

Lời giải chi tiết:

Vi M dao động cùng pha với nguồn, giữa M với O có 5 điểm ngược pha nên:

\(OM = 5\lambda = 25cm\)

Vì N dao động cùng pha với nguồn, giữa N và O có 3 điểm ngược pha nên:

\(ON = 3\lambda = 15cm\)

Các đường nét liền thể hiện cho các điểm dao động cùng pha và các đường nét đứt thể hiện cho các đường dao động ngược pha.

Để trên MN có 3 điểm dao động ngược pha, thì H là chân đường cao kẻ từ O xuống MN và là điểm dao động ngược pha với nguồn nên:

\(OH = 2,5\lambda = 12,{5_{}}cm\)

Vậy độ dài đoạn MN là:

\(\begin{array}{l}
MN = \sqrt {O{M^2} - O{H^2}} + \sqrt {O{N^2} - O{H^2}} \\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt {{{25}^2} - 12,{5^2}} + \sqrt {{{15}^2} - 12,{5^2}} = 29,9cm
\end{array}\)

→ Gần nhất với giá trị 31 cm.

Chọn C.

Phương pháp giải:

Phương trình sóng tổng quát: \(u = a\cos \left( {\omega t + \varphi  - \dfrac{{2\pi x}}{\lambda }} \right)\)

Lời giải chi tiết:

Tại thời điểm \({t_0} = 0\), phần tử tại O bắt đầu dao động từ VTCB theo chiều âm của trục Ou

→ pha ban đầu của phần tử O là: \(\varphi  = \dfrac{\pi }{2}\,\,\left( {rad} \right)\)

Nhận xét: trạng thái của O ở hai thời điểm \({t_0} = 0\) và \({t_1} = 0,3\,\,s\) giống nhau

\( \Rightarrow \Delta t = {t_1} - {t_0} = 0,3\,\,\left( s \right) = mT\)

Gọi độ dài của 1 ô là a → OE = λ = 6 ô \( \Rightarrow OE = \lambda  = 6a \Rightarrow \lambda  = 6a \Rightarrow a = \dfrac{\lambda }{6}\)

Độ lệch pha giữa hai điểm C và D là: \(\Delta {\varphi _{C/D}} = \dfrac{{2\pi .CD}}{\lambda } = \dfrac{{2\pi .\lambda }}{{6\lambda }} = \dfrac{\pi }{3}\,\,\left( {rad} \right)\)

Vận tốc của điểm D là: \({v_D} = \dfrac{\pi }{8}v = \dfrac{\pi }{8}.\left( {\lambda f} \right) = \dfrac{\pi }{8}.\lambda .\dfrac{\omega }{{2\pi }} = \dfrac{{\lambda \omega }}{{16}}\)

Nhận xét: D cách đỉnh sóng đoạn bằng \(\dfrac{a}{2} \Leftrightarrow \dfrac{a}{{12}}\) (ứng với góc \(\dfrac{\pi }{6}\))

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {x_D} = \dfrac{{A\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow {v_D} = \dfrac{{A\omega }}{2}\\ \Rightarrow \dfrac{{\lambda \omega }}{{16}} = \dfrac{{A\omega }}{2} \Rightarrow 16A = 2\lambda  \Rightarrow A = \dfrac{{2\lambda }}{{16}} = \dfrac{\lambda }{8}\end{array}\)

Khoảng cách giữa hai điểm C và D là: \(\Delta  = \sqrt {{d^2} + {{\left( {\Delta u} \right)}^2}} \,\,\left( * \right)\)

Để \({\Delta _{\max }} \Rightarrow {\left( {\Delta u} \right)_{\max }}\)

Ta có \({\left( {\Delta u} \right)_{\max }} = 2a\sin \dfrac{{\Delta \varphi }}{2} = a\)

Thay vào (*) ta có: \({5^2} = {\left( {\dfrac{\lambda }{6}} \right)^2} + {a^2} = {\left( {\dfrac{\lambda }{6}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{\lambda }{8}} \right)^2} \Rightarrow \lambda  = 24\,\,\left( {cm} \right)\)

Biên độ \(A = \dfrac{\lambda }{8} = \dfrac{{24}}{8} = 3\,\,\left( {cm} \right)\)

Thời gian sóng truyền từ O tới E là T

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {S_E} = \left( {m - 1} \right).4A \Rightarrow 24 = \left( {m - 1} \right).4.3 \Rightarrow m = 3\\ \Rightarrow 0,3\,\,\left( s \right) = 3T \Rightarrow T = 0,1\,\,\left( s \right) \Rightarrow \omega  = \dfrac{{2\pi }}{T} = 20\pi \,\,\left( {rad/s} \right)\end{array}\)

Phương trình sóng là: \(u = A\cos \left( {20\pi t + \dfrac{\pi }{2} - \dfrac{{2\pi x}}{{24}}} \right) = 3\cos \left( {20\pi t + \dfrac{\pi }{2} - \dfrac{{\pi x}}{{12}}} \right)\)

Chọn C.