Trắc nghiệm Bài 8. Phương trình sóng cơ tại một điểm trong trường giao thoa - Vật Lí 12Đề bài
Câu 1 :
Trên mặt nước tại hai điểm S1, S2 cách nhau 8 cm, người ta đặt hai nguồn sóng cơ kết hợp, dao động điều hoà theo phương thẳng đứng với phương trình uA = 6cos40πt và uB = 8cos(40πt ) (uA và uB tính bằng cm, t tính bằng s). Biết tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 40cm/s, coi biên độ sóng không đổi khi truyền đi. Số điểm dao động với biên độ 10cm trên đoạn thẳng S1S2 là:
Câu 2 :
Ở mặt thoáng của một chất lỏng có hai nguồn sóng kết hợp $A$ và $B$ cách nhau $10 cm$, dao động theo phương thẳng đứng với phương trình $u_A = 3cos40πt$ và $u_B = 4cos(40πt)$ ($u_A$ và $u_B$ tính bằng $mm$, $t$ tính bằng $s$). Biết tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là $30 cm/s$. Hỏi trên đường Parabol có đỉnh $I$ nằm trên đường trung trực của $AB$ cách $O$ một đoạn $10cm$ và đi qua $A, B$ có bao nhiêu điểm dao động với biên độ bằng $5mm$ ($O$ là trung điểm của $AB$)
Câu 3 :
Trong một thí nghiệm giao thoa sóng trên mặt nước, có hai nguồn kết hợp A và B dao động cùng pha, cùng biên độ a, tần số 20Hz, cách nhau 10cm. Tốc độ truyền sóng trên mặt nước 30cm/s, coi biên độ song không đổi trong quá trình truyền. Gọi C và D là hai điểm trên mặt nước sao cho ABCD là hình vuông. Số điểm dao động với biên độ $a\sqrt 2 $ trên đoạn CD là:
Câu 4 :
Hai nguồn sóng kết hợp A và B cùng tần số, cùng biên độ và cùng pha. Coi biên độ sóng không đổi. Điểm M, A, B, N theo thứ tự thẳng hàng. Nếu biên độ dao động tổng hợp tại M có giá trị là 6mm, thì biên độ dao động tổng hợp tại N có giá trị:
Câu 5 :
Hai nguồn sóng kết hợp A, B trên mặt thoáng của chất lỏng dao động theo phương trình ${u_A} = {u_B} = 4c{\text{os}}(10\pi t)\,mm.$ Coi biên độ sóng không đổi, tốc độ sóng v = 15cm/s. Hai điểm ${M_1},{M_2}$ cùng nằm trên một elip nhận A, B làm tiêu điểm có $A{M_1} - B{M_1} = 1\,cm$ và $A{M_2} - B{M_2} = 3,5\,cm.$ Tại thời điểm li độ của M1 là 3mm thì li độ của M2 tại thời điểm đó là
Câu 6 :
Trên mặt nước tại hai điểm S1, S2 người ta đặt hai nguồn sóng cơ kết hợp, dao động điều hoà theo phương thẳng đứng với phương trình uA = 6cos40πt và uB = 8cos(40πt) (uA và uB tính bằng mm, t tính bằng s). Biết tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 40cm/s, coi biên độ sóng không đổi khi truyền đi. Trên đoạn thẳng S1S2, điểm dao động với biên độ 1cm và cách trung điểm của đoạn S1S2 một đoạn gần nhất là:
Câu 7 :
Cho hai nguồn sóng kết hợp trên mặt nước trên mặt nước u1 = 6cos(10πt + π/3) (mm; s) và u2 = 2cos(10πt – π/2) (mm; s) tại hai điểm A và B cách nhau 30 cm. Cho tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 10 cm/s; Coi biên độ sóng không đổi khi truyền đi. Điểm C trên mặt nước sao cho ABC là tam giác vuông cân đỉnh A. Số điểm dao động với biên độ 4 mm trên đường trung bình song song cạnh AB của tam giác ABC là:
Câu 8 :
Ở bề mặt một chất lỏng có hai nguồn phát sóng kết hợp S1 và S2 cách nhau 20cm. Hai nguồn này dao động theo phương thẳng đứng có phương trình lần lượt là u1 = 5cos40πt (mm) và u2=5cos(40πt + π) (mm). Tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là 80 cm/s. Xét các điểm trên S1S2 . Gọi I là trung điểm của S1S2 ; M nằm cách I một đoạn 3cm sẽ dao động với biên độ:
Câu 9 :
Trên mặt nước có hai nguồn phát sóng kết hợp A, B có cùng biên độ \(a = 2(cm)\), cùng tần số \(f = 20(Hz)\), ngược pha nhau. Coi biên độ sóng không đổi, vận tốc sóng \(v = 80(cm/s)\). Biên độ dao động tổng hợp tại điểm M có \(AM = 12(cm)\), \(BM = 10(cm)\) là:
Câu 10 :
Tại hai điểm A, B trong môi trường truyền sóng có hai nguồn kết hợp dao động cùng phương với phương trình lần lượt là : ${u_A} = a.cos(\omega t)(cm)$ và ${u_B} = a.cos(\omega t + \pi )(cm)$. Biết vận tốc và biên độ do mỗi nguồn truyền đi không đổi trong quá trình truyền sóng. Trong khoảng giữa Avà B có giao thoa sóng do hai nguồn trên gây ra. Phần tử vật chất tại trung điểm O của đoạn AB dao động với biên độ bằng :
Câu 11 :
Trên mặt nước có hai nguồn A, B dao động lần lượt theo phương trình ${u_A} = a.cos(\omega t + \dfrac{\pi }{2})(cm)$ và ${u_B} = a.cos(\omega t + \pi )(cm)$. Coi vận tốc và biên độ sóng không đổi trong quá trình truyền sóng. Các điểm thuộc mặt nước nằm trên đường trung trực của đoạn AB sẽ dao động với biên độ:
Câu 12 :
Ở mặt thoáng của một chất lỏng có hai nguồn kết hợp A, B cách nhau 10 cm, dao động theo phương thẳng đứng với phương trình lần lượt là uA = 3cos(40πt + π/6) cm; uB = 4cos(40πt + 2π/3) cm. Cho biết tốc độ truyền sóng là 40 cm/s. Một đường tròn có tâm là trung điểm của AB, nằm trên mặt nước, có bán kính R = 4cm. Số điểm dao động với biên độ 5 cm có trên đường tròn là:
Câu 13 :
Hai nguồn phát sóng kết hợp A, B trên mặt thoáng của một chất lỏng dao động theo phương trình \({u_A} = 6.\cos (20\pi t)mm\); \({u_B} = 6\cos (20\pi t + \pi /2)mm\). Coi biên độ sóng không giảm theo khoảng cách, tốc độ sóng v = 30cm/s . Khoảng cách giữa hai nguồn AB = 20cm. H là trung điểm của AB, điểm đứng yên trên đoạn AB gần H nhất và xa H nhất cách H một đoạn bằng bao nhiêu ?
Câu 14 :
Sóng truyền trên mặt nước hai điểm M và N cách nhau \(5,75\lambda \) trên cùng một phương truyền sóng. Tại thời điểm nào đó thì li độ sóng tại M và N là \({u_M} = 3mm\) đang đi lên; \({u_N} = - 4mm\). Coi biên độ sóng không đổi. Xác định biên độ sóng tại M và chiều truyền sóng.
Câu 15 :
Người ta thực hiện giao thoa trên mặt nước với 2 nguồn kết hợp A,B dao động thẳng đứng. cùng tần số, cùng biên độ a = 2 cm. AB = 20cm . Số điểm dao động cực đại trên AB là 10, hai trong số đó là M, N ở gần A và B nhất, MA = 1,5 cm, NB = 0,5 cm. Biên độ của 1 điểm trên đường trung trực của AB:
Câu 16 :
Hai nguồn song kết hợp A và B dao động theo phương trình \(u_A=a\cos(\omega t)\) \({u_B} = a\cos (\omega t + \varphi )\). Biết điểm không dao động gần trung điểm I của AB nhất một đoạn \(\dfrac{\lambda }{3}\). Tìm \(\varphi \)
Câu 17 :
Hai nguồn s1 và s2 cách nhau 4cm dao động với pt u1 = 6cos(100πt + 5π/6)(mm) và
Câu 18 :
Trên mặt nước có hai nguồn kết hợp \(A\),\(B\) cách nhau \(40cm\) dao động theo phương trình \({u_A} = 5c{\rm{os}}\left( {24\pi t + \pi } \right)mm\) và \({u_B} = 5c{\rm{os}}\left( {24\pi t} \right)mm\). Tốc độ truyền sóng là \(v = 48cm/s\). Coi biên độ sóng không đổi khi sóng truyền đi. Xét các điểm trên mặt nước thuộc đường tròn tâm \(I\), bán kính \(R = 5cm\), điểm \(I\) cách đều \(A\) và \(B\) một đoạn \(25cm\). Điểm \(M\) trên đường tròn đó cách \(A\) xa nhất dao động với biên độ bằng:
Câu 19 :
Trên mặt nước tại hai điểm S1, S2 người ta đặt hai nguồn sóng cơ kết hợp, dao động điều hoà theo phương thẳng đứng với phương trình \({{\text{u}}_{\text{a}}}\text{= 6cos40 }\!\!\pi\!\!\text{ t}\) và \({{\text{u}}_{\text{b}}}\text{= 8cos40 }\!\!\pi\!\!\text{ t}\) (ua và ub tính bằng mm, t tính bằng s). Biết tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 40 cm/s, coi biên độ sóng không đổi khi truyền đi. Trên đoạn thẳng S1 S2, điểm dao động với biên độ 1cm và cách trung điểm của đoạn S1 S2 một đoạn gần nhất là
Câu 20 :
Hai nguồn phát sóng kết hợp A, B trên mặt thoáng của một chất lỏng dao động theo phương trình uA = 6cos(20πt) (mm); uB = 4cos(20πt) (mm). Coi biên độ sóng không giảm theo khoảng cách tốc độ sóng v = 40cm/s. Khoảng cách giữa hai nguồn AB = 20cm. Số điểm dao động với tốc độ cực đại bằng 16π cm/s trên đoạn AB là
Câu 21 :
Một sóng ngang hình sin truyền theo phương ngang dọc theo một sợi dây đàn hồi rất dài có biên độ không đổi và có bước sóng lớn hơn 30cm. Trên dây có hai điểm A và B cách nhau 20cm (A gần nguồn hơn so với B). Chọn trục Ox thẳng đứng chiều dương hướng lên, gốc tọa độ O tại vị trí cân bằng của nguồn. M và N tương ứng là hình chiếu của A và B lên trục Ox. Phương trình dao động của N có dạng \({x_N} = acos\left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3}} \right)\) khi đó vận tốc tương đối của N đối với M biến thiên theo thời gian với phương trình \({v_{NM}} = bcos\left( {20\pi t + \dfrac{{2\pi }}{3}} \right)\). Biết \(a,\omega \) và \(b\) là các hằng số dương. Tốc độ truyền sóng trên dây là
Câu 22 :
Xét một sóng ngang có tần số \(f{\rm{ }} = {\rm{ }}10{\rm{ }}Hz\) và biên độ \(a = 2\sqrt 2 cm\), lan truyền theo phương Ox từ nguồn dao động O, với tốc độ truyền sóng là\(40{\rm{ }}cm/s\). Điểm P nằm trên phương truyền sóng, có tọa độ \(x = 17cm\). Khoảng cách lớn nhất giữa phần tử môi trường tại O và phần tử môi trường tại P là
Lời giải và đáp án
Câu 1 :
Trên mặt nước tại hai điểm S1, S2 cách nhau 8 cm, người ta đặt hai nguồn sóng cơ kết hợp, dao động điều hoà theo phương thẳng đứng với phương trình uA = 6cos40πt và uB = 8cos(40πt ) (uA và uB tính bằng cm, t tính bằng s). Biết tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 40cm/s, coi biên độ sóng không đổi khi truyền đi. Số điểm dao động với biên độ 10cm trên đoạn thẳng S1S2 là:
Đáp án : A Phương pháp giải :
+ Cách 1: Viết phương trình dao động do các nguồn S1, S2 gây ra tại M và sử dụng điều kiện biên độ + Cách 2: Suy luận từ số cực đại, cực tiểu trên AB Lời giải chi tiết :
 Cách 1: Bước sóng λ = v/f = 2 cm. Xét điểm M trên S1S2: S1M = d ( 0 < d < 8 cm) \({u_{{S_{1M}}}} = 6cos(40\pi t - \dfrac{{2\pi d}}{\lambda }){\rm{ }}cm = 6cos(40\pi t - \pi d)cm\) \({u_{{S_{2M}}}} = 8cos(40\pi t - \frac{{2\pi (8 - d)}}{\lambda })cm = 8cos(40\pi t + \frac{{2\pi d}}{\lambda } - \dfrac{{16\pi }}{\lambda })cm = 8cos(40\pi t + \pi d - 8\pi )cm\)) Điểm M dao động với biên độ 10 cm khi uS1M và uS2M vuông pha với nhau: \(2\pi d = \dfrac{\pi }{2} + {\text{ }}k\pi \) \( = > d = \dfrac{1}{4} + \dfrac{k}{2}\) mà : \(0 < d = \dfrac{1}{4} + \dfrac{k}{2} < 8 \to - {\text{ }}0,5 < k < 15,5 \to 0 \leqslant k \leqslant {\text{ }}15\) => Có 16 giá trị của k Số điểm dao động với biên độ 1cm trên đoạn thẳng S1S2 là 16. Cách 2: Cách khác nhanh hơn: + Số cực đại giữa hai nguồn \( - \frac{{{S_1}{S_2}}}{\lambda } < k < \dfrac{{{S_1}{S_2}}}{\lambda } \leftrightarrow - 4 < k < 4\). Có 7 cực đại (Nếu hai nguồn tạm xem là 2 cực đại là thì là 9 cực đại, vì nguồn là cực đại hay cực tiểu đang gây tranh cãi) + Số cực tiểu giữa hai nguồn \( - \dfrac{{{S_1}{S_2}}}{\lambda } - \dfrac{1}{2} < k < \dfrac{{{S_1}{S_2}}}{\lambda }\dfrac{1}{2} \leftrightarrow - 4,5 < k < 3,5\). Có 8 cực tiểu + Biên độ Cực đại: Amax = 6 + 8 = 14cm + Biên độ cực tiểu: Amin = 8 - 6 = 2cm + Và giữa 1 cực đại và 1 cực tiểu có điểm dao động biên độ bằng 10mm. Theo đề bài giữa hai nguồn có 9 cực đại (tạm xem) với 8 cực tiểu \( \to \) có 17 vân cực trị nên có 16 vân biên độ 10cm.
Câu 2 :
Ở mặt thoáng của một chất lỏng có hai nguồn sóng kết hợp $A$ và $B$ cách nhau $10 cm$, dao động theo phương thẳng đứng với phương trình $u_A = 3cos40πt$ và $u_B = 4cos(40πt)$ ($u_A$ và $u_B$ tính bằng $mm$, $t$ tính bằng $s$). Biết tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là $30 cm/s$. Hỏi trên đường Parabol có đỉnh $I$ nằm trên đường trung trực của $AB$ cách $O$ một đoạn $10cm$ và đi qua $A, B$ có bao nhiêu điểm dao động với biên độ bằng $5mm$ ($O$ là trung điểm của $AB$)
Đáp án : B Phương pháp giải :
+ Viết phương trình dao động do các nguồn S1, S2 gây ra tại M + Sử dụng điều kiện biên độ Lời giải chi tiết :
+ Vì parabol đi qua hai nguồn A,B nên số điểm có biên độ bằng $5mm$ nằm trên parabol không phụ thuộc vào vị trí đỉnh của parabol. Số điểm có biên độ bằng $5mm$ nằm trên parabol bằng hai lần số điểm có biên độ bằng $5mm$ nằm trên đường thẳng nối hai nguồn. + Phương trình sóng do nguồn $A$ gây ra tại $M$, nằm trên đường thẳng chứa hai nguồn có dạng: \({u_{AM}} = 3cos(40\pi t + \dfrac{{2\pi d}}{\lambda })\) + Phương trình sóng do nguồn $B$ gây ra tại $M$, nằm trên đường thẳng chứa hai nguồn có dạng : \({u_{BM}} = 4\cos (40\pi t + \dfrac{{2\pi (l - d)}}{\lambda })\) + Phương trình sóng do nguồn $A,B$ gây ra tại điểm $M$ : \({u_M} = 3\cos (40\pi t + \dfrac{{2\pi d}}{\lambda }) + 4\cos (40\pi t + \dfrac{{2\pi (l - d)}}{\lambda }) = acos\left( {40\pi t + \varphi } \right)\) Với : \(a = \sqrt {{3^2} + {4^2} + 2.3.4.c{\rm{os}}(\dfrac{{2\pi (l - d)}}{\lambda } - \dfrac{{2\pi d}}{\lambda }} )\) (áp dụng công thức trong tổng hợp ddđh) Để $a = 5mm$ thì : \(c{\rm{os}}(\dfrac{{2\pi (l - d)}}{\lambda } - \dfrac{{2\pi d}}{\lambda }) = 0 \to \dfrac{{2\pi (l - d)}}{\lambda } - \dfrac{{2\pi d}}{\lambda } = \left( {2k + 1} \right)\dfrac{\pi }{2}\) Thay: \(\lambda =15mm\), $l = 100mm$ và: $0 < d < 100$ Ta được: $ - 13,8 < k < 12,8$ => Có \(26\) giá trị của k tức là có \(26\) điểm có biên độ bằng \(5mm\). => Do đó trên đường parabol trên có \(26.2 = 52\) điểm có biên độ bằng \(5mm\).
Câu 3 :
Trong một thí nghiệm giao thoa sóng trên mặt nước, có hai nguồn kết hợp A và B dao động cùng pha, cùng biên độ a, tần số 20Hz, cách nhau 10cm. Tốc độ truyền sóng trên mặt nước 30cm/s, coi biên độ song không đổi trong quá trình truyền. Gọi C và D là hai điểm trên mặt nước sao cho ABCD là hình vuông. Số điểm dao động với biên độ $a\sqrt 2 $ trên đoạn CD là:
Đáp án : C Phương pháp giải :
+ Viết phương trình sóng tại M + Sử dụng điều kiện biên độ + Xác định khoảng chạy của d2 - d1 Lời giải chi tiết :
 λ = 1,5cm * Phương trình giao thoa sóng: \({u_M} = 2{\rm{acos}}\left( {\pi \dfrac{{{d_2} - {d_1}}}{\lambda }} \right){\rm{cos}}\left( {\omega t - \pi \dfrac{{{d_1} + {d_2}}}{\lambda }} \right)\) \(\begin{array}{l}{a_M} = a\sqrt 2 \to 2{\rm{acos}}\left( {\pi \dfrac{{{d_2} - {d_1}}}{\lambda }} \right) = \pm a\sqrt 2 \to {\rm{cos}}\left( {\pi \dfrac{{{d_2} - {d_1}}}{\lambda }} \right) = \pm \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\\ \to \pi \dfrac{{{d_2} - {d_1}}}{\lambda } = \dfrac{\pi }{4} + k\dfrac{\pi }{2} \to {d_2} - {d_1} = \left( {\dfrac{1}{4} + \dfrac{k}{2}} \right)\lambda \end{array}\) * M trên đoạn CD : \(\begin{array}{l}CB-CA < {d_2}-{d_1} < DB-DA \leftrightarrow 10 - 10\sqrt 2 \le \left( {\dfrac{1}{4} + \dfrac{k}{2}} \right)\lambda \le 10\sqrt 2 - 10\\ \leftrightarrow - 6,02 \le k \le 5,02\\ \to k = - 6, \pm 5, \pm 4, \pm 3, \pm 2, \pm 1,0\end{array}\) => 12 điểm
Câu 4 :
Hai nguồn sóng kết hợp A và B cùng tần số, cùng biên độ và cùng pha. Coi biên độ sóng không đổi. Điểm M, A, B, N theo thứ tự thẳng hàng. Nếu biên độ dao động tổng hợp tại M có giá trị là 6mm, thì biên độ dao động tổng hợp tại N có giá trị:
Đáp án : C Phương pháp giải :
Sử dụng công thức xác định biên độ tại một điểm trong trường giao thoa với 2 nguồn cùng pha: \(a = 2A\left| {c{\text{os}}\left( {\pi \frac{{{d_1} - {d_2}}}{\lambda }} \right)} \right|\) Lời giải chi tiết :
 Ta có biên độ tại một điểm trong trường giao thoa: \(a = 2A\left| {c{\rm{os}}\left( {\pi \frac{{{d_1} - {d_2}}}{\lambda }} \right)} \right|\) Ta có : \(\left| {MA - MB} \right| = \left| {NA - NB} \right| = AB\) => aM = aN = 6mm Biên độ tổng hợp tại N có giá trị bằng biên độ dao động tổng hợp tại M và bằng 6mm.
Câu 5 :
Hai nguồn sóng kết hợp A, B trên mặt thoáng của chất lỏng dao động theo phương trình ${u_A} = {u_B} = 4c{\text{os}}(10\pi t)\,mm.$ Coi biên độ sóng không đổi, tốc độ sóng v = 15cm/s. Hai điểm ${M_1},{M_2}$ cùng nằm trên một elip nhận A, B làm tiêu điểm có $A{M_1} - B{M_1} = 1\,cm$ và $A{M_2} - B{M_2} = 3,5\,cm.$ Tại thời điểm li độ của M1 là 3mm thì li độ của M2 tại thời điểm đó là
Đáp án : D Phương pháp giải :
+ Sử dụng hệ thức trong elip: AM1 + BM1 = AM2 + BM2 + Viết phương trình sóng tổng hợp tại M1 và M2 Lời giải chi tiết :
Hai nguồn giống nhau, có \(\lambda = 3cm\) nên Vì M1 và M2 nằm trên cùng một elip nên ta luôn có AM1 + BM1 = AM2 + BM2 Tức là d1 + d2 = d’1 + d’2 \(\Delta {d_1} = {\rm{ }}{d_1}--{\rm{ }}{d_2} = A{M_1} - B{M_1} = 1\,cm\) $\Delta {d_2} = {\text{ }}d{_1}--{\text{ }}d{_2} = A{M_2} - B{M_2} = 3,5\,cm.$ \(\begin{array}{l}{u_{M1}} = 2.4\cos \pi \frac{{\Delta {d_1}}}{\lambda }\cos (\omega t - \pi \frac{{{d_1} + {d_2}}}{\lambda });{u_{M2}} = 2.4\cos \pi \frac{{\Delta {d_2}}}{\lambda }\cos (\omega t - \pi \frac{{d{'_1} + d{'_2}}}{\lambda });{d_1} + {d_2} = d{'_1} + d{'_2}\\ \Rightarrow \frac{{{u_{M2}}}}{{{u_{M1}}}} = \frac{{\cos \pi \frac{{\Delta {d_2}}}{\lambda }}}{{\cos \pi \frac{{\Delta {d_1}}}{\lambda }}} = \frac{{c{\rm{os}}\frac{\pi }{\lambda }.3,5}}{{c{\rm{os}}\frac{\pi }{\lambda }.1}} = \frac{{c{\rm{os}}\frac{\pi }{3}(3 + \frac{1}{2})}}{{c{\rm{os}}\frac{\pi }{3}}} = \frac{{c{\rm{os}}(\pi + \frac{\pi }{6})}}{{c{\rm{os}}\frac{\pi }{3}}} = - \frac{{c{\rm{os}}\frac{\pi }{6}}}{{c{\rm{os}}\frac{\pi }{3}}} = - \sqrt 3 \Rightarrow {u_{M2}} = - \sqrt 3 {u_{M1}} = - 3\sqrt 3 mm\end{array}\)
Câu 6 :
Trên mặt nước tại hai điểm S1, S2 người ta đặt hai nguồn sóng cơ kết hợp, dao động điều hoà theo phương thẳng đứng với phương trình uA = 6cos40πt và uB = 8cos(40πt) (uA và uB tính bằng mm, t tính bằng s). Biết tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 40cm/s, coi biên độ sóng không đổi khi truyền đi. Trên đoạn thẳng S1S2, điểm dao động với biên độ 1cm và cách trung điểm của đoạn S1S2 một đoạn gần nhất là:
Đáp án : A Phương pháp giải :
+ Cách 1: Viết phương trình sóng tại M và sử dụng điều kiện biên độ + Cách 2: Sử dụng vòng tròn lượng giác và công thức: \(\Delta \varphi = \dfrac{{2\pi }}{\lambda }d\) Lời giải chi tiết :
 Cách 1: Bước sóng l = v/f = 2 cm., I là trung điểm của S1S2 Xét điểm M trên S1S2: IM = d \({u_{{S_{1M}}}} = 6cos(40\pi t - \dfrac{{2\pi (\dfrac{{{S_1}{S_2}}}{2} + d)}}{\lambda }) = 6cos(40\pi t - \pi d - \dfrac{{{S_1}{S_2}}}{2}\pi ){\rm{ }}mm\) \({u_{{S_{2M}}}} = 8cos(40\pi t - \dfrac{{2\pi (\dfrac{{{S_1}{S_2}}}{2} - d)}}{\lambda }) = 8cos(40\pi t + \dfrac{{2\pi d}}{\lambda } - \dfrac{{8\pi }}{\lambda }){\text{ }}mm = 8cos(40\pi t + \pi d - \dfrac{{{S_1}{S_2}}}{2}\pi ){\text{ }}mm.\) - Điểm M dao động với biên độ 1 cm = 10 mm khi uS1M và uS2M vuông pha với nhau: \(2\pi d = \dfrac{\pi }{2} + k\pi = > d = \frac{1}{4} + \dfrac{k}{2}\) d = dmin khi k = 0 => dmin = 0,25 cm .  Cách 2: Hai nguồn cùng pha nên trung điểm I dao động cực đại: Amax = 6 + 8 = 14mm \(\cos \alpha = \dfrac{A}{{{A_{\max }}}} = \dfrac{{10}}{{14}} \to \alpha = 0,7751933733rad\)=$\varphi $ Độ lệch pha giữa I và M cần tìm là \(\Delta \varphi = \dfrac{{2\pi }}{\lambda }d = 0,7751933733 \to d = 0,247cm\)
Câu 7 :
Cho hai nguồn sóng kết hợp trên mặt nước trên mặt nước u1 = 6cos(10πt + π/3) (mm; s) và u2 = 2cos(10πt – π/2) (mm; s) tại hai điểm A và B cách nhau 30 cm. Cho tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 10 cm/s; Coi biên độ sóng không đổi khi truyền đi. Điểm C trên mặt nước sao cho ABC là tam giác vuông cân đỉnh A. Số điểm dao động với biên độ 4 mm trên đường trung bình song song cạnh AB của tam giác ABC là:
Đáp án : C Phương pháp giải :
+ Viết phương trình sóng tại M + Sử dụng điều kiện biên độ + Xác định khoảng chạy của d2 - d1 Lời giải chi tiết :
 λ = 2cm * Phương trình sóng tại 1 điểm P trên MN: uP1 = 6cos(10πt + π/3 – 2πd1/λ) (mm) uP2 = 2cos(10πt – π/2 – 2πd2/λ) ) (mm) Δ$\varphi $ = π/3 – 2πd1/λ + π/2 + 2πd2/λ = 5π/6 + 2π(d2 – d1)/λ * Khi AP = 4mm = A1 – A2 => P trên cực tiểu giao thoa. => Δ$\varphi $ = π + 2kπ => 5π/6 + 2π(d2 – d1)/λ = π + 2kπ => d2 – d1 = (1/12 + k)λ * Ta có P trên MN nên : NB – NA £ d2 – d1 £ MB - MA (với \(MB = \sqrt {{{15}^2} + {{30}^2}} = 15\sqrt 5 \)) \(\begin{array}{l} = > {\rm{ }}0 \le \left( {\dfrac{1}{{12}}{\rm{ }} + {\rm{ }}k} \right)2 \le 15\sqrt 5 - 15 \to - 0,1 \le k \le 9,2\\ \to k = 0,1,...,9\end{array}\) => 10 điểm
Câu 8 :
Ở bề mặt một chất lỏng có hai nguồn phát sóng kết hợp S1 và S2 cách nhau 20cm. Hai nguồn này dao động theo phương thẳng đứng có phương trình lần lượt là u1 = 5cos40πt (mm) và u2=5cos(40πt + π) (mm). Tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là 80 cm/s. Xét các điểm trên S1S2 . Gọi I là trung điểm của S1S2 ; M nằm cách I một đoạn 3cm sẽ dao động với biên độ:
Đáp án : C Phương pháp giải :
- Áp dụng công thức tính bước sóng: $\lambda = \dfrac{v}{f}$ - Sử dụng công thức tính biên độ tại 1 điểm bất kì trong trường giao thoa với 2 nguồn ngược pha nhau: \(a = 2A\left| {c{\text{os}}\left( {\pi \dfrac{{{d_1} - {d_2}}}{\lambda } + \dfrac{\pi }{2}} \right)} \right|\) Lời giải chi tiết :
 Cách 1: Bước sóng: \(\lambda = \dfrac{v}{f} = \dfrac{{80}}{{\dfrac{{40\pi }}{{2\pi }}}} = 4cm\) Ta có biên độ dao động tại một điểm bất kì trong trường giao thoa: \(a = 2A\left| {c{\rm{os}}\left( {\pi \dfrac{{{d_1} - {d_2}}}{\lambda } + \dfrac{\pi }{2}} \right)} \right| = 10c{\rm{os}}\left( {\pi \dfrac{{{d_1} - {d_2}}}{\lambda } + \dfrac{\pi }{2}} \right)\) Ta có: d2 - d1 = 2MI = 6cm \( \to {a_M} = 10\left| {c{\rm{os}}\left( {\pi \dfrac{6}{4} + \dfrac{\pi }{2}} \right)} \right| = 10mm\)
Cách 2: Hai nguồn ngược pha, trung điểm I dao động cực tiểu λ = 4cm. Điểm cách I đoạn 2cm là nút, điểm cách I đoạn 3cm là bụng => biên độ cực đại A =2a =10 cm.
Câu 9 :
Trên mặt nước có hai nguồn phát sóng kết hợp A, B có cùng biên độ \(a = 2(cm)\), cùng tần số \(f = 20(Hz)\), ngược pha nhau. Coi biên độ sóng không đổi, vận tốc sóng \(v = 80(cm/s)\). Biên độ dao động tổng hợp tại điểm M có \(AM = 12(cm)\), \(BM = 10(cm)\) là:
Đáp án : A Phương pháp giải :
- Áp dụng công thức tính bước sóng: $\lambda = \dfrac{v}{f}$ - Sử dụng công thức tính biên độ tại 1 điểm bất kì trong trường giao thoa với 2 nguồn ngược pha nhau: \(a = 2A\left| {c{\text{os}}\left( {\pi \dfrac{{{d_1} - {d_2}}}{\lambda } + \dfrac{\pi }{2}} \right)} \right|\) Lời giải chi tiết :
Bước sóng: $\lambda = \dfrac{v}{f} = \dfrac{{80}}{{20}} = 4cm$ Cách 1: Ta có biên độ dao động tại điểm M trong trường giao thoa với hai nguồn ngược pha: \({a_M} = 2A\left| {c{\text{os}}\left( {\pi \dfrac{{{d_1} - {d_2}}}{\lambda } + \dfrac{\pi }{2}} \right)} \right| = 4|c{\text{os}}\left( {\pi \dfrac{{AM - BM}}{\lambda } + \dfrac{\pi }{2}} \right)| = 4|c{\text{os}}\left( {\pi \dfrac{2}{4} + \dfrac{\pi }{2}} \right)| = 4cm\) Cách 2: \(AM - BM = 2cm = \left( {k + \dfrac{1}{2}} \right)\lambda \) (với k = 0) Hai nguồn ngược pha nên điểm M dao động cực đại => Biên độ dao động tổng hợp tại M: \(a = 4(cm)\)
Câu 10 :
Tại hai điểm A, B trong môi trường truyền sóng có hai nguồn kết hợp dao động cùng phương với phương trình lần lượt là : ${u_A} = a.cos(\omega t)(cm)$ và ${u_B} = a.cos(\omega t + \pi )(cm)$. Biết vận tốc và biên độ do mỗi nguồn truyền đi không đổi trong quá trình truyền sóng. Trong khoảng giữa Avà B có giao thoa sóng do hai nguồn trên gây ra. Phần tử vật chất tại trung điểm O của đoạn AB dao động với biên độ bằng :
Đáp án : C Phương pháp giải :
Sử dụng công thức tính biên độ tại 1 điểm bất kì trong trường giao thoa với 2 nguồn ngược pha nhau: \(a = 2A\left| {c{\text{os}}\left( {\pi \frac{{{d_1} - {d_2}}}{\lambda } + \frac{\pi }{2}} \right)} \right|\) Lời giải chi tiết :
Theo giả thiết nhìn vào phương trình sóng ta thấy hai nguồn dao động ngược pha nên tại O là trung điểm của AB sẽ dao động với biên độ cực tiểu ${a_M} = 0$
Câu 11 :
Trên mặt nước có hai nguồn A, B dao động lần lượt theo phương trình ${u_A} = a.cos(\omega t + \dfrac{\pi }{2})(cm)$ và ${u_B} = a.cos(\omega t + \pi )(cm)$. Coi vận tốc và biên độ sóng không đổi trong quá trình truyền sóng. Các điểm thuộc mặt nước nằm trên đường trung trực của đoạn AB sẽ dao động với biên độ:
Đáp án : A Phương pháp giải :
Sử dụng công thức tính biên độ tại 1 điểm bất kì trong trường giao thoa với 2 nguồn vuông pha nhau: \(a = 2A\left| {c{\text{os}}\left( {\pi \dfrac{{{d_1} - {d_2}}}{\lambda } + \dfrac{\pi }{4}} \right)} \right|\) Lời giải chi tiết :
Bài cho hai nguồn dao động vuông pha ($\Delta \varphi = {\varphi _2} - {\varphi _1} = \pi - \dfrac{\pi }{2} = \dfrac{\pi }{2}$) nên các điểm thuộc mặt nước nằm trên đường trung trực của AB sẽ dao động với biên độ $a = 2a\left| {c{\text{os}}\left( {\pi \dfrac{{{d_1} - {d_2}}}{\lambda } + \dfrac{\pi }{4}} \right)} \right| = 2ac{\text{os}}\dfrac{\pi }{4} = a\sqrt 2 $ (vì lúc này ${d_1} = {d_2}$)
Câu 12 :
Ở mặt thoáng của một chất lỏng có hai nguồn kết hợp A, B cách nhau 10 cm, dao động theo phương thẳng đứng với phương trình lần lượt là uA = 3cos(40πt + π/6) cm; uB = 4cos(40πt + 2π/3) cm. Cho biết tốc độ truyền sóng là 40 cm/s. Một đường tròn có tâm là trung điểm của AB, nằm trên mặt nước, có bán kính R = 4cm. Số điểm dao động với biên độ 5 cm có trên đường tròn là:
Đáp án : B Phương pháp giải :
- Áp dụng công thức tính bước sóng: $\lambda = \dfrac{v}{f}$ - Viết phương trình sóng tại 1 điểm bất kì trên A’B’ Lời giải chi tiết :
 Bước sóng λ = v/f = 2 (cm) Xét điểm M trên A’B’: d1 = AM; d2 = BM Sóng truyền từ A, B đến M: \({u_{AM}} = 3cos(10\pi t + \dfrac{\pi }{6} - \dfrac{{2\pi {d_1}}}{\lambda }) = 3cos(10\pi t + \dfrac{\pi }{6} - \pi {d_1}){\text{ (1)}}\) \(\begin{gathered}{u_{BM}} = 4cos(10\pi t + \dfrac{{2\pi }}{3} - \dfrac{{2\pi {d_2}}}{\lambda }) = 4cos\left( {10\pi t + \dfrac{{2\pi }}{3} - \dfrac{{2\pi (10 - {d_1})}}{\lambda }} \right) = 4cos(10\pi t + \dfrac{{2\pi }}{3} + \pi {d_1} - 10\pi ) \hfill \\ = 4cos(10\pi t + \dfrac{{2\pi }}{3} + \pi {d_1}){\text{ (2)}} \hfill \\\end{gathered} \) uM = uAM + uBM có biên độ bằng 5 cm khi uAM và uBM vuông pha với nhau: \(\dfrac{{2\pi }}{3} + \pi {d_1} - \dfrac{\pi }{6} + \pi {d_1} = \dfrac{\pi }{2} + k\pi \to {d_1} = \dfrac{k}{2}\) \(1 \leqslant {d_1} = \dfrac{k}{2} \leqslant 9 \to 2 \leqslant k \leqslant 18\) Như vậy trên A’B’ có 17 điểm dao động với biên độ 5 cm trong đó có điểm A’ và B’. Suy ra trên đường tròn tâm O bán kính \(R = 4cm\) có 32 điểm dao động với biên độ \(5 cm\) Do đó trên đường tròn có 32 điểm dao động với biện độ \(5 cm\).
Câu 13 :
Hai nguồn phát sóng kết hợp A, B trên mặt thoáng của một chất lỏng dao động theo phương trình \({u_A} = 6.\cos (20\pi t)mm\); \({u_B} = 6\cos (20\pi t + \pi /2)mm\). Coi biên độ sóng không giảm theo khoảng cách, tốc độ sóng v = 30cm/s . Khoảng cách giữa hai nguồn AB = 20cm. H là trung điểm của AB, điểm đứng yên trên đoạn AB gần H nhất và xa H nhất cách H một đoạn bằng bao nhiêu ?
Đáp án : A Phương pháp giải :
+ Viết phương trình sóng tại M từ A, b truyền tới + Để sóng tại M đứng yên => nút => độ lệch pha: $\Delta \varphi = (2k + 1)\pi $ Lời giải chi tiết :
Gọi x là khoảng cách từ điểm khảo sát (M) đến điểm H ( HB = HA = d; và MB< MA) Phương trình sóng tại M do sóng từ A truyền tới: ${u_{AM}} = 6c{\text{os}}\left( {20\pi \left( {t - \dfrac{{d + x}}{v}} \right)} \right) = 6c{\text{os}}\left( {20\pi t - 20\pi \dfrac{{d + x}}{v}} \right)$ Phương trình sóng tại M do sóng từ B truyền tới: ${u_{BM}} = 6c{\text{os}}\left( {20\pi \left( {t - \dfrac{{d - x}}{v}} \right) + \dfrac{\pi }{2}} \right) = 6c{\text{os}}\left( {20\pi t - 20\pi \dfrac{{d - x}}{v} + \dfrac{\pi }{2}} \right)$ Để sóng tại điểm M đứng yên thì 2 sóng truyền tới M phải ngược pha nhau Do vậy ta có: $\begin{gathered}- 20\pi \dfrac{{d - x}}{v} + \dfrac{\pi }{2} - \left( { - 20\pi \dfrac{{d + x}}{v}} \right) = \left( {2k + 1} \right)\pi \hfill \\\leftrightarrow 20\pi \left( {\dfrac{{d + x}}{v} - \dfrac{{d - x}}{v}} \right) + \dfrac{\pi }{2} = \left( {2k + 1} \right)\pi \hfill \\\to 40\dfrac{x}{v} = 2k + \dfrac{1}{2} \hfill \\\end{gathered} $ Thay v = 30 cm/s ta có phương trình: \(\dfrac{{4x}}{3} = 2k + \dfrac{1}{2} \to x = \dfrac{{3k}}{2} + \dfrac{3}{8}\) Để xmin thì k = 0 ta có: x = 3/8 = 0,375cm Do x 10cm ta có 3k/2 +3/8 10 Suy ra k 6,4( k nguyên): Để xmax thì k = 6
Câu 14 :
Sóng truyền trên mặt nước hai điểm M và N cách nhau \(5,75\lambda \) trên cùng một phương truyền sóng. Tại thời điểm nào đó thì li độ sóng tại M và N là \({u_M} = 3mm\) đang đi lên; \({u_N} = - 4mm\). Coi biên độ sóng không đổi. Xác định biên độ sóng tại M và chiều truyền sóng.
Đáp án : B Phương pháp giải :
Sử dụng vòng tròn lượng giác và công thức tính góc quyét: $\Delta \varphi = \omega .\Delta t$ Lời giải chi tiết :
 \(MN = 5\lambda + \dfrac{{3\lambda }}{4}\) suy ra xét điểm N’ gần M nhất và \(MN' = \dfrac{{3\lambda }}{4}\). Vậy hai điểm M và N luôn dao động vuông pha với nhau. Bài toán sóng truyền trên nhước có phương trình: \(u(t) = {u_0}\cos (2\pi ft - \dfrac{{2\pi x}}{\lambda })\) nên biên độ sóng tại các điểm M và N một lúc nào đó sẽ bằng \({u_0}\). Tại thời điểm t: \({u_M} = 3mm;{u_N} = - 4mm\) Do M và N dao động vuông pha với nhau nên ta có: \({\left( {\dfrac{{{u_M}}}{{{u_0}}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{{u_N}}}{{{u_0}}}} \right)^2} = 1\) \( \to {u_0} = \sqrt {u_M^2 + u_N^2} = \sqrt {{3^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}} = 5mm\) Do sóng truyền theo 1 chiều nhất định nên hai điểm M và N’ sẽ lệch pha nhau \(t = \dfrac{{3\lambda }}{{4.v}} \Rightarrow \varphi = \omega .t = \omega .\dfrac{{3\lambda }}{{4.v}} = \dfrac{{2\pi .3.\lambda }}{{4.T.v}} = \dfrac{{3\pi }}{2}\) Vậy điểm M ở dưới tại thời điểm t và căn cứ như vậy theo chiều dương thì điểm N có pha nhanh hơn điểm M là \(\dfrac{{3\pi }}{2}\) nên sóng phải truyền từ N đến M.
Câu 15 :
Người ta thực hiện giao thoa trên mặt nước với 2 nguồn kết hợp A,B dao động thẳng đứng. cùng tần số, cùng biên độ a = 2 cm. AB = 20cm . Số điểm dao động cực đại trên AB là 10, hai trong số đó là M, N ở gần A và B nhất, MA = 1,5 cm, NB = 0,5 cm. Biên độ của 1 điểm trên đường trung trực của AB:
Đáp án : A Phương pháp giải :
+ Áp dụng biểu thức tính biên độ sóng trong trường giao thoa: \(A = 2{\rm{a}}\left| {{\rm{cos}}\left( {\dfrac{{\Delta \varphi }}{2} - \pi \dfrac{{\Delta d}}{\lambda }} \right)} \right|\) Lời giải chi tiết :
Ta có: \(A = 2{\rm{a}}\left| {{\rm{cos}}\left( {\dfrac{{\Delta \varphi }}{2} - \pi \dfrac{{\Delta d}}{\lambda }} \right)} \right|\) Vì M và N là hai điểm cực đại nên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{\Delta \varphi }}{2} - \pi \dfrac{{\Delta {d_M}}}{\lambda } = k\pi \\\dfrac{{\Delta \varphi }}{2} - \pi \dfrac{{\Delta {d_N}}}{\lambda } = (9 + k)\pi \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}\lambda = 4\\\dfrac{{\Delta \varphi }}{2} = \dfrac{{17}}{4}\pi + k\pi \end{array} \right.\) Do đó biên độ của điểm trên đường trung trực của AB là: \(A = 2{\rm{a}}\left| {{\rm{cos}}\left( {\dfrac{{\Delta \varphi }}{2}} \right)} \right| = 2.2\left| {{\rm{cos}}\left( {\dfrac{{17}}{4}\pi + k\pi } \right)} \right| = 2\sqrt 2 cm\)
Câu 16 :
Hai nguồn song kết hợp A và B dao động theo phương trình \(u_A=a\cos(\omega t)\) \({u_B} = a\cos (\omega t + \varphi )\). Biết điểm không dao động gần trung điểm I của AB nhất một đoạn \(\dfrac{\lambda }{3}\). Tìm \(\varphi \)
Đáp án : B Phương pháp giải :
+ Viết phương trình dao động tổng hợp tại một điểm trong trường giao thoa. + Điểm không dao động khi biên độ dao động tổng hợp tại điểm đó = 0 Lời giải chi tiết :
 Xét điểm M trên AB; \(AM{\rm{ }} = {\rm{ }}{d_1};{\rm{ }}BM{\rm{ }} = {\rm{ }}{d_2}\left( {{\rm{ }}{d_1} > {\rm{ }}{d_2}} \right)\) \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{d_1} = AM = \dfrac{{AB}}{2} + IM\\{d_2} = BM = \dfrac{{AB}}{2} - IM\end{array} \right.\\ \Rightarrow {d_1} - {d_2} = AM - BM = 2IM = \dfrac{{2\lambda }}{3}\end{array}\) Sóng truyền từ A , B đến M \(\begin{array}{l}{u_{AM}} = acos(\omega t - \dfrac{{2\pi {d_1}}}{\lambda });{u_{BM}} = acos(\omega t - \dfrac{{2\pi {d_2}}}{\lambda } + \varphi )\\{u_M} = 2acos(\dfrac{{\pi ({d_1} - {d_2})}}{\lambda } + \dfrac{\varphi }{2})cos(\omega t - \dfrac{{\pi ({d_2} + {d_1})}}{\lambda } + \dfrac{\varphi }{2})\end{array}\) Điểm M không dao động khi: \(cos(\dfrac{{\pi ({d_1} - {d_2})}}{\lambda } + \dfrac{\varphi }{2}) = 0\) \(\dfrac{{\pi ({d_1} - {d_2})}}{\lambda } + \dfrac{\varphi }{2} = \dfrac{\pi }{2} + k\pi \to {d_1}-{d_2} = (\dfrac{1}{2} - \dfrac{\varphi }{{2\pi }} + k)\lambda \) Điểm M gần trung điểm I nhất ứng với (trường hợp hình vẽ) k = 0 \(\begin{array}{l}(\dfrac{1}{2} - \dfrac{\varphi }{{2\pi }})\lambda = \dfrac{{2\lambda }}{3}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{2} - \dfrac{\varphi }{{2\pi }} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow \varphi = - \dfrac{\pi }{3}\end{array}\).
Câu 17 :
Hai nguồn s1 và s2 cách nhau 4cm dao động với pt u1 = 6cos(100πt + 5π/6)(mm) và
Đáp án : C Phương pháp giải :
+ Sử dụng công thức tính diện tích hình thang: S = 1/2 (đáy lớn + đáy nhỏ).chiều cao + Viết phương trình sóng tại một điểm bất kì trên S1P + Áp dụng công thức tính biên độ dao động tổng hợp: \({A^2} = {A_1}^2 + {A_2}^2 + 2{A_1}{A_2}\cos \Delta \varphi \) Lời giải chi tiết :
 Xét điểm M trên S1P S1M = d1; S2M = d2. Theo bài S1S2PQ là hình thang cân, PQ = 2cm, S1S2 = 4cm Ta có: \({S_{{S_1}{S_2}PQ}} = \frac{1}{2}\left( {PQ + {S_1}{S_2}} \right)PH = 12 \leftrightarrow \frac{1}{2}\left( {2 + 4} \right)PH = 12 \to PH = 4cm\)\(\begin{array}{l}{S_1}{P_{}} = \sqrt {P{H^2} + {S_1}{H^2}} = \sqrt {{4^2} + {3^2}} = 5cm\\{S_2}{P_{}} = \sqrt {P{H^2} + {S_2}{H^2}} = \sqrt {{4^2} + {1^2}} = \sqrt {17} cm\end{array}\) Sóng từ S1 và S2 truyền đến M: \(\begin{gathered}{u_{1M}} = 6cos(100\pi t + \frac{{5\pi }}{6} - \frac{{2\pi {d_1}}}{\lambda }) = 6cos(100\pi t + \frac{{5\pi }}{6} - \pi {d_1}) \hfill \\{u_{2M}} = 8cos(100\pi t + \frac{\pi }{6} - \frac{{2\pi {d_2}}}{\lambda }) = 8cos(100\pi t + \frac{\pi }{6} - \pi {d_2}) \hfill \\\end{gathered} \) Sóng tổng hợp tại M: \({u_M} = 6cos(100\pi t + \frac{{5\pi }}{6} - {\text{ }}\pi {d_1}){\text{ }} + {\text{ }}8cos(100\pi t + \frac{\pi }{6} - \pi {d_2}) = Acos(100\pi t + \varphi )\) Với \({A^2} = {A_1}^2 + {\text{ }}{A_2}^2 + 2{A_1}{A_2}cos(\frac{{2\pi }}{3} + \pi \left( {{d_2}-{d_1}} \right))\) \(\begin{gathered}\Rightarrow {\text{ }}cos(\frac{{2\pi }}{3} + {\text{ }}\pi \left( {{d_2}-{\text{ }}{d_1}} \right)){\text{ }} = \frac{{{A^2} - A_1^2 - A_2^2}}{{2{A_1}{A_2}}} = \frac{{52 - 36 - 64}}{{2.6.8}} = - 0,5 \hfill \\\Rightarrow \frac{{2\pi }}{3} + {\text{ }}\pi \left( {{d_2}-{\text{ }}{d_1}} \right) = \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi \hfill \\\Rightarrow {d_2}-{\text{ }}{d_1} = 2k \pm 1 \hfill \\\end{gathered} \) Mặt khác : \(\sqrt {17} -{\rm{ }}5{\rm{ }} < {\rm{ }}{d_2}-{\rm{ }}{d_1} = {\rm{ }}2k{\rm{ }} \pm {\rm{ }}1{\rm{ }} < {\rm{ }}4\) Khi \(\sqrt {17} -{\rm{ }}5{\rm{ }} < {\rm{ }}{d_2}-{\rm{ }}{d_1} = {\rm{ }}2k{\rm{ + }}1{\rm{ }} < {\rm{ }}4\) => Có 2 giá trị của k: k1 = 0; k2 = 1 Khi \(\sqrt {17} -{\rm{ }}5{\rm{ }} < {\rm{ }}{d_2}-{\rm{ }}{d_1} = {\rm{ }}2k{\rm{ }} - {\rm{ }}1{\rm{ }} < {\rm{ }}4\) => Có 3 giá trị của k: k’1 = 0; k’2 = 1; k’3 = 2 Như vậy trên S1P có 5 điểm dao động với biên độ \(2\sqrt {13} cm\)
Câu 18 :
Trên mặt nước có hai nguồn kết hợp \(A\),\(B\) cách nhau \(40cm\) dao động theo phương trình \({u_A} = 5c{\rm{os}}\left( {24\pi t + \pi } \right)mm\) và \({u_B} = 5c{\rm{os}}\left( {24\pi t} \right)mm\). Tốc độ truyền sóng là \(v = 48cm/s\). Coi biên độ sóng không đổi khi sóng truyền đi. Xét các điểm trên mặt nước thuộc đường tròn tâm \(I\), bán kính \(R = 5cm\), điểm \(I\) cách đều \(A\) và \(B\) một đoạn \(25cm\). Điểm \(M\) trên đường tròn đó cách \(A\) xa nhất dao động với biên độ bằng:
Đáp án : A Phương pháp giải :
+ Viết phương trình sóng dao động tại M: $u_M= u_{1M}+u_{2M}$ + \(M\) thuộc đường tròn cách \(A\) xa nhất khi \(M, I, A\) thẳng hàng + Áp dụng biểu thức tính biên độ dao động tại \(M\) Lời giải chi tiết :
 Phương trình sóng tại M do A truyền tới: \({u_{1M}} = 5c{\rm{os}}\left( {24\pi \left( {t - \dfrac{{{d_1}}}{v}} \right) + \pi } \right)\) Phương trình sóng tại M do B truyền tới: \({u_{2M}} = 5c{\rm{os}}24\pi \left( {t - \dfrac{{{d_2}}}{v}} \right)\) Phương trình sóng tại M là \({u_M} = {\text{ }}{u_{1M}} + {\text{ }}{u_{2M}}\) Biên độ sóng tại M là: \({A_M} = 10\left| {c{\rm{os}}\left( {\dfrac{{\pi \left( {{d_1} - {d_2}} \right)}}{4} - \dfrac{\pi }{2}} \right)} \right|{\rm{ (1)}}\) Điểm I cách đều A và B nên I thuộc đường trung trực của AB Có \(O{I^2} = {\text{ }}I{A^2} - {\text{ }}O{A^2} = {\text{ }}{25^2} - {\text{ }}{20^2} = {\text{ }}225\) Suy ra \(OI = 15 cm\) Có \(AM = 30cm\) (2) ( Chứng minh M, I, A thẳng hàng) Lại có \(\sin \alpha = \dfrac{{OA}}{{AI}} = \dfrac{{20}}{{25}} = \dfrac{4}{5}\) Suy ra \(cos\alpha = \sqrt {1 - {{\left( {\dfrac{4}{5}} \right)}^2}} = \dfrac{3}{5}\) Mặt khác: \(\sin \alpha = \dfrac{{HA}}{{AM}} \to HA = AM.\sin \alpha = 30.\dfrac{4}{5} = 24cm\) Nên \(BH = AB - HA = 40 - 24 = 16cm\); \(cos\alpha = \dfrac{{HM}}{{AM}} \to HM = AM.cos\alpha = 30.\dfrac{3}{5} = 18cm\) Trong tam giác \(BMH\) có \(B{M^2} = B{H^2} + {\text{ }}M{H^2} = {16^2} + {\text{ }}{18^2} = {\text{ }}580\) Vậy \(BM = \sqrt {580} cm{\rm{ }}\left( 3 \right)\) Thay (2) và (3) vào (1) ta có: \({A_M} = 10\left| {c{\rm{os}}\left( {\dfrac{{\pi \left( {30 - \sqrt {580} } \right)}}{4} - \dfrac{\pi }{2}} \right)} \right|\) \({A_M} = 10\left| {cos\left( {\dfrac{{\left( {30 - \sqrt {580} } \right)\pi }}{4} - \dfrac{\pi }{2}} \right)} \right| = 9,98mm\)
Câu 19 :
Trên mặt nước tại hai điểm S1, S2 người ta đặt hai nguồn sóng cơ kết hợp, dao động điều hoà theo phương thẳng đứng với phương trình \({{\text{u}}_{\text{a}}}\text{= 6cos40 }\!\!\pi\!\!\text{ t}\) và \({{\text{u}}_{\text{b}}}\text{= 8cos40 }\!\!\pi\!\!\text{ t}\) (ua và ub tính bằng mm, t tính bằng s). Biết tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 40 cm/s, coi biên độ sóng không đổi khi truyền đi. Trên đoạn thẳng S1 S2, điểm dao động với biên độ 1cm và cách trung điểm của đoạn S1 S2 một đoạn gần nhất là
Đáp án : D Phương pháp giải :
Tìm biểu thức biên độ dao động của điểm M cần tìm sau đó từ dữ kiện đề bài xác định khoảng cách ngắn nhất từ M đến trung điểm của S1S2. Lời giải chi tiết :
Ta có: \(\text{ }\!\!\lambda\!\!\text{ = }\frac{\text{v}}{\text{f}}\text{ = 2 (cm)}\) Xét điểm M trên S1S2 cách trung điểm S1S2 một đoạn bằng x: \({{\text{u}}_{\text{aM}}}\text{= 6cos}\left( \text{40 }\!\!\pi\!\!\text{ t - 2 }\!\!\pi\!\!\text{ }\frac{\frac{{{\text{S}}_{\text{1}}}{{\text{S}}_{\text{2}}}}{\text{2}}\text{+x}}{\text{ }\!\!\lambda\!\!\text{ }} \right)\text{ (mm)}\) \({{\text{u}}_{\text{bM}}}\text{= 8cos}\left( \text{40 }\!\!\pi\!\!\text{ t - 2 }\!\!\pi\!\!\text{ }\frac{\frac{{{\text{S}}_{\text{1}}}{{\text{S}}_{\text{2}}}}{\text{2}}\text{ - x}}{\text{ }\!\!\lambda\!\!\text{ }} \right)\text{ (mm)}\) Sóng tổng hợp tại M là: \({{\text{u}}_{\text{M}}}\text{ = A cos( }\!\!\omega\!\!\text{ t + }\!\!\varphi\!\!\text{ )}\)(mm) Với: \({{\text{A}}^{\text{2}}}\text{ = A}_{\text{1}}^{\text{2}}\text{ + A}_{\text{2}}^{\text{2}}\text{ + 2}{{\text{A}}_{\text{1}}}{{\text{A}}_{\text{2}}}\text{cos (}{{\text{ }\!\!\varphi\!\!\text{ }}_{\text{1}}}-{{\text{ }\!\!\varphi\!\!\text{ }}_{\text{2}}}\text{) }\Leftrightarrow \text{ 1}{{\text{0}}^{2}}\text{ = }{{\text{6}}^{2}}\text{ + }{{\text{8}}^{2}}\text{ + 2}\text{.6}\text{.8}\text{.cos}\Delta \text{ }\!\!\varphi\!\!\text{ }\) \(\Rightarrow \text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ }\!\!\varphi\!\!\text{ = 0}\Leftrightarrow \text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ }\!\!\varphi\!\!\text{ = }\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{\text{2}}\text{ + k }\!\!\pi\!\!\text{ }\Rightarrow \text{2 }\!\!\pi\!\!\text{ x = }\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{\text{2}}\text{ + k }\!\!\pi\!\!\text{ }\Rightarrow \text{ x = }\frac{1}{4}\text{ + }\frac{k}{2}\text{ }\) Do đó, M cách trung điểm S1S2 một đoạn nhỏ nhất khi k = 0 hay x = 0,25 cm
Câu 20 :
Hai nguồn phát sóng kết hợp A, B trên mặt thoáng của một chất lỏng dao động theo phương trình uA = 6cos(20πt) (mm); uB = 4cos(20πt) (mm). Coi biên độ sóng không giảm theo khoảng cách tốc độ sóng v = 40cm/s. Khoảng cách giữa hai nguồn AB = 20cm. Số điểm dao động với tốc độ cực đại bằng 16π cm/s trên đoạn AB là
Đáp án : C Phương pháp giải :
Tốc độ dao động cực đại vmax = ωA Bước sóng λ = v/f Sóng do nguồn truyền tới điểm cách nó đoạn d chậm pha hơn một góc 2πd/λ Biên độ sóng tổng hợp: \(A=\sqrt{A_{1}^{2}+A_{2}^{2}+2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\text{cos}\Delta \varphi }\) Lời giải chi tiết :
Tần số sóng không đổi f = 10Hz Bước sóng λ = v/f = 4cm Xét điểm M nằm trên AB cách A và B lần lượt là d1 và d2 Sóng do hai nguồn truyền tới M là: \({{u}_{AM}}=6\cos (20\pi t-\frac{2\pi {{d}_{1}}}{\lambda })\) và \({{u}_{BM}}=4\cos (20\pi t-\frac{2\pi {{d}_{2}}}{\lambda })\) Biên độ sóng tổng hợp tại M là: \({{A}_{M}}=\sqrt{{{6}^{2}}+{{4}^{2}}+2.6.4.c\text{os}\frac{2\pi \left( {{d}_{1}}-{{d}_{2}} \right)}{\lambda }}\) Tại M có tốc độ cực đại bằng 16πcm/s = ωAM => AM = 0,8cm = 8mm Ta có: \({{A}_{M}}=\sqrt{{{6}^{2}}+{{4}^{2}}+2.6.4.c\text{os}\frac{2\pi \left( {{d}_{1}}-{{d}_{2}} \right)}{\lambda }}=8mm\Rightarrow c\text{os}\frac{2\pi \left( {{d}_{1}}-{{d}_{2}} \right)}{4}=0,25\) \(\Rightarrow \frac{\pi \left( {{d}_{1}}-{{d}_{2}} \right)}{2}=\pm {{75,5}^{0}}+2k\pi \Rightarrow \left( {{d}_{1}}-{{d}_{2}} \right)=\pm \frac{151}{180}+4k\) Vì M nằm trên đoạn AB nên -20 ≤ d1 – d2 ≤ 20 Ta được: \(-20\le \frac{151}{180}+4k\le 20\Rightarrow -5\le k\le 4\) => có 10 giá trị k nguyên \(-20\le -\frac{151}{180}+4k\le 20\Rightarrow -4\le k\le 5\) => có 10 giá trị k nguyên Vậy trên AB có tổng cộng 20 điểm dao động với tốc độ cực đại 16π cm/s
Câu 21 :
Một sóng ngang hình sin truyền theo phương ngang dọc theo một sợi dây đàn hồi rất dài có biên độ không đổi và có bước sóng lớn hơn 30cm. Trên dây có hai điểm A và B cách nhau 20cm (A gần nguồn hơn so với B). Chọn trục Ox thẳng đứng chiều dương hướng lên, gốc tọa độ O tại vị trí cân bằng của nguồn. M và N tương ứng là hình chiếu của A và B lên trục Ox. Phương trình dao động của N có dạng \({x_N} = acos\left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3}} \right)\) khi đó vận tốc tương đối của N đối với M biến thiên theo thời gian với phương trình \({v_{NM}} = bcos\left( {20\pi t + \dfrac{{2\pi }}{3}} \right)\). Biết \(a,\omega \) và \(b\) là các hằng số dương. Tốc độ truyền sóng trên dây là
Đáp án : 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: \(\begin{array}{l}\omega = 20\pi \,\,\left( {rad/s} \right) \Rightarrow f = \dfrac{\omega }{{2\pi }} = \dfrac{{20\pi }}{{2\pi }} = 10\,\,\left( {Hz} \right)\\\dfrac{\pi }{3} + \dfrac{{\pi d}}{\lambda } = \dfrac{{2\pi }}{3} \Rightarrow \dfrac{{\pi d}}{\lambda } = \dfrac{\pi }{3} \Rightarrow \lambda = 3d = 3.20 = 60\,\,\left( {cm} \right)\\ \Rightarrow v = \lambda f = 60.10 = 600\,\,\left( {cm/s} \right)\end{array}\)
Câu 22 :
Xét một sóng ngang có tần số \(f{\rm{ }} = {\rm{ }}10{\rm{ }}Hz\) và biên độ \(a = 2\sqrt 2 cm\), lan truyền theo phương Ox từ nguồn dao động O, với tốc độ truyền sóng là\(40{\rm{ }}cm/s\). Điểm P nằm trên phương truyền sóng, có tọa độ \(x = 17cm\). Khoảng cách lớn nhất giữa phần tử môi trường tại O và phần tử môi trường tại P là
Đáp án : B 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: \(O{P_{max}} = \sqrt {{{17}^2} + {4^2}} = 17,46cm\)
|
