Trắc Nghiệm Bài Giao Thoa Vật Lý 12 Có Đáp Án Và Lời Giải

0
34

Trắc nghiệm bài Giao thoa vật lý 12 có đáp án và lời giải gồm bài tập trắc nghiệm. Các bạn xem để ôn tập các lý thuyết, nắm vững các dạng và rèn luyện kỹ năng làm bài nhé.

BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM VỀ GIAO THOA

1. Bài toán đại cương giao thoa sóng

1.1. Phương pháp

Đối với những bài toán đại cưong về giao thoa sóng, ta cần nhớ và nắm chắc những lí thuyết đã được trình bày rất chi tiết ở mục lí thuyết. Sau đây ta đi vào những ví dụ cụ thể.

1.2. Ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Hai nguồn kết hợp A và B dao động trên mặt nước theo các phương trình ${u_1} = 2\cos \left( {100\pi t + \frac{\pi }{2}} \right)\left( {cm} \right);{u_2} = 2\cos 100\pi t\left( {cm} \right)$ Khi đó trên mặt nước, tạo ra một hệ thống vân giao thoa. Quan sát cho thấy, vân bậc k đi qua điểm P có hiệu số $PA – PB = 5\left( {cm} \right)$ và vân bậc (k + 1) (cùng loại với vân bậc k) đi qua điểm P’ có hiệu số $P’A – P’B = 9\left( {cm} \right)$ Tìm tốc độ truyền sóng trên mặt nước? Các vân nói trên là vân cực đại hay cực tiểu?

A. 150 cm/s, cực tiểu. B. 180 cm/s, cực tiểu, C. 250 cm/s, cực đại. D. 200 cm/s, cực đại.

Lời giải

Đặt $PA = {d_1};PB = {d_2};P’A = d_1^’;P’B = d_2^’$

Phương trình sóng truyền từ S1 và S2 truyền tới P$\left\{ \begin{array}{l}{u_{1M}} = 2\cos \left( {100\pi t + \frac{\pi }{2} – \frac{{2\pi {d_1}}}{\lambda }} \right)\\{u_{2M}} = 2\cos \left( {100\pi t – \frac{{2\pi {d_2}}}{\lambda }} \right)\end{array} \right.$

Độ lệch pha của ${u_{1M}};{u_{2M}}$ là:$\Delta \varphi = \frac{{2\pi {d_1}}}{\lambda } – \frac{\pi }{2} – \frac{{2\pi {d_2}}}{\lambda } = \frac{{2\pi \left( {{d_1} – {d_2}} \right)}}{\lambda } – \frac{\lambda }{2}$

Điểm P dao động với biên độ cực tiểu nếu$\Delta \varphi = \frac{{2\pi \left( {{d_1} – {d_2}} \right)}}{\lambda } – \frac{\pi }{2} = \left( {2k + 1} \right)\pi \left( {k \in Z} \right)$

Từ (1) và (2) ta có $\lambda = 4cm$

Khi đó: k = 0,5 ⇒ P không thể là điểm cực tiểu.

Điểm P dao động với biên độ cực đại khi $\Delta \varphi = \frac{{2\pi \left( {{d_1} – {d_2}} \right)}}{\lambda } – \frac{\pi }{2} = 2k\pi \left( {k \in Z} \right)$

Từ (1) và (2) nên $\lambda = 4cm$

Khi đó: k = 1 ⇒ P là điểm cực đại, suy ra P’ cũng là điểm cực đại.

Tốc độ truyền sóng là $v = \lambda f = 200cm/s$

Đáp án D

Ví dụ 2: Hai nguồn kết hợp A, B cách nhau 45mm ở trên mặt thoáng chất lỏng dao động theo phương trình${u_1} = {u_2} = 2\cos 100\pi t\left( {mm} \right)$ . Trên mặt thoáng chất lỏng có hai điểm M và M’ ở cùng một phía của đuờng trung trực của AB thỏa mãn: MA – MB = 15mm và M’A – M’B = 35mm. Hai điểm đó đều nằm trên các vân giao thoa cùng loại và giữa chúng chỉ có một vân loại đó. Vận tốc truyền sóng trên mặt chất lỏng là:

A. 0,5 cm/s. B. 0,5 m/s. C. 1,5 m/s. D. 0,25 m/s.

Lời giải

Giả sử M và M’ thuộc vân cực đại. Nếu M là vân cực đại bậc k thì M’ sẽ là vân cực đại bậc k + 2 vì giữa M và M’ có một vân cùng loại, tức là có một vân cực đại.

Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}MA – MB = 15mm = k\lambda \\MA’ – MB’ = 35mm = \left( {k + 2} \right)\lambda \end{array} \right. \Rightarrow \frac{{\left( {k + 2} \right)\lambda }}{{k\lambda }} = \frac{{35}}{{15}} \Leftrightarrow k = 1,5$

Vì k không phải số nguyên nên M và M’ không phải là cực đại.

Giả sử M, M’ thuộc vân cực tiểu. Khi đó

$\left\{ \begin{array}{l}MA – MB = 15mm = \frac{{\left( {2k + 1} \right)\lambda }}{2}\\MA – MB = 35mm = \frac{{\left[ {2\left( {k + 2} \right) + 1} \right]}}{2}\lambda \end{array} \right. \Rightarrow \frac{{2k + 5}}{{2k + 1}} = \frac{7}{3} \Rightarrow k = 1$

Vậy M, M’ thuộc vân cực tiểu thứ 2 và thứ 4. (Nếu bạn đọc không rõ, đọc lại phần lí thuyết). Ta suy ra:

$MA – MB = 15mm = \frac{{\left( {2k + 1} \right)\lambda }}{2} \Rightarrow \lambda = 10mm \Rightarrow v = \lambda f = 500mm/s = 0,5m/s$

Đáp án B

Ví dụ 3: Hai nguồn sóng kết hợp trên mặt thoáng chất lỏng dao động theo phương trình${u_A} = {u_B} = 4\cos 10\pi tmm$ . Coi biên độ sóng không đổi, tốc độ truyền sóng v = 15cm/s. Hai điểm M1, M2 cùng nằm trên một elip nhận A, B làm tiêu điểm có$A{M_1} – B{M_1} = 1cm;A{M_2} – B{M_2} = 3,5cm$ . Tại thời điểm li độ của M1 là 3 mm thì li độ của M2 tại thời điểm đó là

A. 3 mm. B. -3 mm. C. $ – \sqrt 3 mm$ D. $ – 3\sqrt 3 m$

Lời giải

Buớc sóng $\lambda = \frac{v}{f} = \frac{{15}}{5} = 3cm$

Phương trình dao động tại 1 điểm nằm trên mặt nước cách 2 nguồn khoảng d1, d2 là $u = 2a\cos \pi \left( {\frac{{{d_1} – {d_2}}}{\lambda }} \right)\cos \left( {\omega t – \pi \frac{{{d_1} + {d_2}}}{\lambda }} \right)$

Từ đó ta có phương trình sóng tại M1 là

$\begin{array}{l}{u_{{M_1}}} = 2a\cos \pi \left( {\frac{{A{M_1} – B{M_1}}}{\lambda }} \right)\cos \left( {\omega t – \pi \frac{{A{M_1} + B{M_1}}}{\lambda }} \right)\\ = 2a\cos \pi \left( {\frac{1}{3}} \right)\cos \left( {\omega t – \pi \frac{{A{M_1} + B{M_1}}}{\lambda }} \right) = a\cos \left( {\omega t – \pi \frac{{A{M_1} + B{M_1}}}{\lambda }} \right)\end{array}$

Phương trình sóng tại M2 là

$\begin{array}{l}{u_{{M_2}}} = 2a\cos \pi \left( {\frac{{A{M_2} – B{M_2}}}{\lambda }} \right)\cos \left( {\omega t – \pi \frac{{A{M_2} + B{M_2}}}{\lambda }} \right)\\ = 2a\cos \pi \left( {\frac{{3,5}}{3}} \right)\cos \left( {\omega t – \pi \frac{{A{M_2} + B{M_2}}}{\lambda }} \right) = – \sqrt 3 a\cos \left( {\omega t – \pi \frac{{A{M_2} + B{M_2}}}{\lambda }} \right)\end{array}$

Vì M1 và M2 cùng nằm trên elip nhận A, B làm tiêu điểm nên ta có

$A{M_1} + B{M_1} = A{M_2} + B{M_2}$ Từ đó ta có$\frac{{{u_{{M_2}}}}}{{{u_{{M_1}}}}} = – \sqrt 3 \Rightarrow {u_{{M_2}}} = – 3\sqrt 3 $

Đáp án D

Ví dụ 4: Cho hai nguồn sóng kết hợp O1; O2 dao động đồng pha trên bề mặt chất lỏng, biên độ của mỗi nguồn ${a_1} = {a_2} = a$ . Giữ nguyên nguồn O1, tịnh tiến nguồn O2 trên đoạn thẳng O1, O2 một đoạn $x = \frac{\lambda }{3}$ thì tại vị trí trung điểm ban đầu của đoạn O1; O2 sẽ dao động với biên độ bằng bao nhiêu?

A. a B. $a\sqrt 3 $ C. $a\sqrt 2 $ D. $\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$

Lời giải

Cách 1: Gọi I là trung điểm O1 và O2.

Ban đầu khi chưa tịnh tiến nguồn, hiệu khoảng cách từ 2 nguồn đến điểm I bằng 0.

Khi tịnh tiến nguồn O2 trên đoạn thẳng O1O2 một đoạn $x = \frac{\lambda }{3}$ thì ta có hiệu khoảng cách từ 2 nguồn đến điểm I là: $\left| {{d_2} – {d_1}} \right| = \frac{\lambda }{3}$

Vì 2 nguồn cùng pha nên phương trình sóng tại điểm I là

${u_1} = a\cos \left( {\omega t – \frac{{2\pi {d_1}}}{\lambda }} \right) + a\cos \left( {\omega t – \frac{{2\pi {d_2}}}{\lambda }} \right) = 2a\cos \left( {\frac{{\pi \left( {{d_2} – {d_1}} \right)}}{\lambda }} \right){\rm{cos}}\left( {\omega t – \frac{{\pi ({d_1} – {d_2})}}{\lambda }} \right)$

Biên độ dao động của I là: ${A_1} = 2a\left| {\cos \left( {\frac{{\pi \left( {{d_2} – {d_1}} \right)}}{\lambda }} \right)} \right| = 2a\left| {\cos \pi \frac{{\frac{\lambda }{3}}}{\lambda }} \right| = 2a\cos \frac{\pi }{3} = a$

Cách 2: Tuởng tượng cắt ngang bề mặt chất lỏng trên đường đi qua hai nguồn O1O2 thì hình ảnh sóng giao thoa quan sát đuợc lúc đó sẽ tương tự như sóng dừng trên sợi dây. Vì vậy ta có thể sử dụng các kết quả của sóng dừng để áp dụng giải bài toán này.

Khi nguồn O2 tịnh tiến một đoạn là l thì trung điểm của O1Osẽ tịnh tiến một đoạn $\frac{1}{2} = \frac{\lambda }{6}$

Như vậy trung điểm mới cách trung điểm ban đầu môt đoạn là $\frac{1}{2} = \frac{\lambda }{6}$

Điểm I1 cách điểm nút là : $x = \frac{\lambda }{4} – \frac{\lambda }{6} = \frac{\lambda }{{12}}$

Do hai nguồn dao động đồng pha nên tại trung điểm mới sẽ dao động với biên độ${A_0} = 2a$

Biên độ dao động tại điểm I1 là:${A_{l1}} = \left| {{A_0}\sin \frac{{2\pi x}}{\lambda }} \right| = \left| {{A_0}\sin \frac{{2\pi \frac{\lambda }{{12}}}}{\lambda }} \right| = \frac{{{A_0}}}{2} = a$

Đáp án A

Ví dụ 5: Cho hai nguồn sóng kết hợp O1; O2 dao động ngược pha trên bề mặt chất lỏng, biên độ của mỗi nguồn ${a_1} = {a_2} = a$ Giữ nguyên nguồn O1, tịnh tiến nguồn O2 trên đoạn thẳng O1O2 một đoạn$x = \frac{\lambda }{3}$ thì tại vị trí trung điểm ban đầu của đoạn O1O2 sẽ dao động với biên độ bằng bao nhiêu?

A. a B. $a\sqrt 3 $ C. $a\sqrt 2 $ D. $\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$

Lời giải

Cách 1:

Gọi I là trung điểm O1 và O2.

Ban đầu khi chưa tịnh tiến nguồn, hiệu khoảng cách từ 2 nguồn đến điểm I bằng 0.

Khi tịnh tiến nguồn O2 trên đoạn thẳng O1O2 một đoạn$x = \frac{\lambda }{3}$thì ta có hiệu khoảng cách từ 2 nguồn đến điểm I là:$\left| {{d_2} – {d_1}} \right| = \frac{\lambda }{3}$

Vì 2 nguồn ngược pha nên phương trình sóng tại điểm I là

${u_1} = a\cos \left( {\omega t – \frac{{2\pi {d_1}}}{\lambda } + \pi } \right) + a\cos \left( {\omega t – \frac{{2\pi {d_2}}}{\lambda }} \right) = 2a\cos \left( {\frac{{\pi \left( {{d_2} – {d_1}} \right)}}{\lambda } + \frac{\pi }{2}} \right)\cos \left( {\omega t – \frac{{\pi \left( {{d_1} + {d_2}} \right)}}{\lambda } + \frac{\pi }{2}} \right)$

Biên độ dao động của I là

${A_1} = 2a\left| {\cos \left( {\frac{{\pi \left( {{d_2} – {d_1}} \right)}}{\lambda } + \frac{\pi }{2}} \right)} \right| = 2a\left| {\cos \left( {\pi \frac{{\frac{\lambda }{3}}}{\lambda } + \frac{\pi }{2}} \right)} \right| = 2a\left| {\cos \left( {\frac{\pi }{3} + \frac{\pi }{2}} \right)} \right| = a\sqrt 3 $

Cách 2: Khi nguồn O2 tịnh tiến một đoạn là x thì trung điểm của O1O2 sẽ tịnh tiến một đoạn là$\frac{l}{2} = \frac{\lambda }{6}$

Như vậy trung điểm mới cách trung điểm ban đầu một đoạn là$\frac{l}{2} = \frac{\lambda }{6}$

Do hai nguồn dao động ngược pha nên tại trung điểm mới có biên độ bằng 0

Từ hình vẽ suy ra điểm I1, cách điểm nút là$x = \frac{\lambda }{6}$

Biên độ tại I là: ${A_{l1}} = \left| {{A_0}\sin \frac{{2\pi x}}{\lambda }} \right| = \left| {{A_0}\sin \frac{{2\pi \frac{\lambda }{6}}}{\lambda }} \right| = \frac{{{A_0}\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 $

Đáp án B

Ví dụ 6: Ớ mặt nước có hai nguồn kết hợp đặt tại hai điểm A và B, dao động cùng pha theo phương thẳng đứng, phát ra hai sóng có bước sóng λ. Trên AB có 9 vị trí mà ở đó các phần tử nước dao động với biên độ cực đại. C và D là hai điểm ở mặt nước sao cho ABCD là hình vuông. M là một điểm thuộc canh CD và nằm trên vân cực đại giao thoa bậc nhất (MA – MB = λ). Biết phần tử tại M dao động ngược pha với các nguồn. Độ dài đoạn AB gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 4,6λ B. 4,4λ C. 4,7λ D. 4,3λ

Lời giải

+ Trong hình vuông AB = CD = AD = BC = a, gọi H là hình chiếu của M lên AB

+ Do trên AB có 9 vị trí mà phần tử nước dao động vói biên độ cực đại nên $4\lambda \le AB \le 5\lambda \left( * \right)$

+ M là điểm dao động cực đại và ngược pha với nguồn

$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}MA – MB = n\lambda \\MA + MB = m\lambda \end{array} \right.;n,m \in N$ và chúng khác tính chẵn lẻ

+ Theo giả thiết n = 1 nên m sẽ là 1 số tự nhiên chẵn (1)

+ Theo tính chất tam giác vuông, ta có cạnh huyền là cạnh lớn nhất nên $MA + MB > AH + HB = 2.AB \ge 8\lambda $

+ Hơn nữa:

$MA + MB \le \sqrt {2\left( {M{A^2} + M{B^2}} \right)} = \sqrt {2\left( {2{a^2} + M{D^2} + M{C^2}} \right)} < \sqrt {2\left[ {2{a^2} + {{\left( {MC + MD} \right)}^2}} \right]} = a\sqrt 6 < 5\sqrt 6 \lambda $

Từ đó suy ra$8\lambda \le MA + MB \le 5\sqrt 6 \lambda $ Kết hợp với (1)$ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}MA + MB = 10\lambda \\MA + MB = 12\lambda \end{array} \right.$

– TH1: $\left\{ \begin{array}{l}MA – MB = \lambda \\MA + MB = 10\lambda \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}MA = 5,5\lambda \\MB = 4,5\lambda \end{array} \right.$

$ \Rightarrow a = AB = AH + HB = \sqrt {M{A^2} – M{H^2}} + \sqrt {M{B^2} – M{H^2}} = \sqrt {5,{5^2}{\lambda ^2} – {a^2}} + \sqrt {4,5{\lambda ^2} – {a^2}} $

Giải ra ta được$a = AB = 4,376\lambda $ (thỏa mãn (*))

– TH2: $\left\{ \begin{array}{l}MA – MB = \lambda \\MA + MB = 12\lambda \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}MA = 6,5\lambda \\MB = 5,5\lambda \end{array} \right.$

$ \Rightarrow a = AB = AH + HB = \sqrt {M{A^2} – M{H^2}} + \sqrt {M{B^2} – M{H^2}} = \sqrt {6,{5^2}{\lambda ^2} – {a^2}} + \sqrt {5,5{\lambda ^2} – {a^2}} $

Giải ra ta được $a = AB = 5,29\lambda $ (loại).

Vậy$AB = 4,736\lambda $

Đáp án B

2. Bài toán đỉểm dao động với biên độ cực đại (cực tiểu) hoặc biên độ bất kì

2.1. Phương pháp

Phương pháp chung giải bài toán tìm số điểm dao động trên một đoạn MN bất kì là phương pháp chặn k. Phương pháp này như sau:

– TH1: Với hai điểm M và N nằm cùng phía so với đường thẳng nối hai nguồn

+ Giả sử 1 điểm P bất kì thuộc MN thỏa mãn yêu cầu bài toán (là điểm cực đại hoặc cực tiểu), cách hai nguồn đoạn d1 và d2.

+ Tính hiệu khoảng cách từ hai nguồn đến điểm đó.

Tính bằng cách: Tính độ lệch pha của hai sóng truyền từ hai nguồn đến điểm đó. Điểm đó dao động với biên độ cực đại khi độ lệch pha là k2π, dao động với biên độ cực tiểu khi độ lệch pha là $\pi + k2\pi $ với$k \in Z$ . Từ đó suy ra được hiệu khoảng cách d2 – d1 theo k.

+ Cho P chạy trong MN ta sẽ tìm được d2 – d1 chạy trong khoảng nào, từ đó suy ra k chạy trong khoảng nào. Số giá trị của k chính là số điểm dao động với biên độ cực đại hoặc cực tiểu cần tính.

– TH2: Với hai điểm M và N nằm khác phía so với đường thẳng nối hai nguồn

Lúc này, MN sẽ cắt đường thẳng nối hai nguồn. Giả sử MN cắt đường thẳng nối hai nguồn tại Q. Ta sẽ tìm số điểm dao động cực đại hoặc cực tiểu trên từng đoạn MQ, QN theo trường hợp 1, sau đó cộng lại.

Ta qua các ví dụ cụ thể để hiểu rõ phưong pháp hơn.

STUDY TIP
Nếu đoạn MN có điểm M hoặc điểm N hoặc cả hai điểm là nguồn, thì khi cho P chạy để tìm khoảng của k, ta không lấy dấu bằng khi điểm đó là nguồn.

2.2. Ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Trên mặt nước có hai nguồn sóng nước giống nhau cách nhau AB = 8 (cm). Sóng truyền trên mặt nước có bước sóng 1,2 (cm). Số đường cực đại đi qua đoạn thẳng nối hai nguồn là:

A. 11 B. 12 C. 13 D. 14

Lời giải

Bài toán này là một bài toán rất cơ bản. Do A, B dao động cùng pha nên số đường cực đại đi qua AB thỏa mãn: $\frac{{ – AB}}{\lambda } < k < \frac{{AB}}{\lambda }$

Để tìm số đường dao động với biên độ cực đại đi qua AB thì ta sẽ tìm số diêm dao động với biên độ cực đại trên AB, vì ứng với 1 điểm dao động với biên độ cực đại sẽ có 1 đường cực đại đi qua.

Giả sử điểm P nằm trên AB dao động với biên độ cực đại, cách nguồn A đoạn di và cách nguồn B đoạn d2. Vì hai nguồn cùng pha nên ta giả sử phương trình hai nguồn là: ${u_A} = {u_B} = a\cos \left( {\omega t} \right)$

Phương trình sóng tại P do hai nguồn truyền tới là

$\left\{ \begin{array}{l}{u_{AP}} = a\cos \left( {\omega t – \frac{{2\pi {d_1}}}{\lambda }} \right)\\{u_{BP}} = a\cos \left( {\omega t – \frac{{2\pi {d_2}}}{\lambda }} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \Delta \varphi = \left( {\omega t – \frac{{2\pi {d_1}}}{\lambda }} \right) – \left( {\omega t – \frac{{2\pi {d_2}}}{\lambda }} \right) \Rightarrow \Delta \varphi = \frac{{2\pi \left( {{d_2} – {d_1}} \right)}}{\lambda }$

Vì P dao động với biên độ cực đại nên ta có $\Delta \varphi = k2\pi \Leftrightarrow \frac{{2\pi \left( {{d_2} – {d_1}} \right)}}{\lambda } = k2\pi \Leftrightarrow {d_2} – {d_1} = k\lambda $

Bây giờ cho P chạy trong đoạn AB, chú ý không lấy mút bằng

Khi P tiến đến A thì ${d_1} = 0$và ${d_2} = AB$. Khi đó${d_2} – {d_1} = AB$

Khi P tiến đến A thì ${d_2} = 0$và ${d_1} = AB$.Khi đó${d_2} – {d_1} = – AB$

Từ đó ta có$ – AB < {d_2} – {d_1} < AB$ kết hợp với${d_2} – {d_1} = k\lambda $ ta được:$\frac{{ – AB}}{\lambda } < k < \frac{{AB}}{\lambda }$

Thay số ta có $\frac{{ – 8}}{{1,2}} < k < \frac{8}{{1,2}} \Leftrightarrow – 6,67 < k < 6,67$

Số giá trị k có thể là $ \pm 6; \pm 5; \pm 4; \pm 3; \pm 2; \pm 1;0$

Vậy có 13 đường cực đại đi qua đoạn thẳng nối hai nguồn.

Đáp án C

Chú ý
Đối với học sinh khá thì biểu thức bên rất dễ dàng. Nhưng bạn đọc đang cầm cuốn sách này trên tay dành cho mọi đối tượng học sinh, vậy nên tôi sẽ đi từ bản chất, theo phương pháp bên trên để suy ra công thức đó. Chứ không để bạn đọc nhớ công thức 1 cách máy móc!

Nhận xét:

Từ lời giải bản chất vận dụng phương pháp bên trên, ta có thể làm cho bài toán hai nguồn lệch pha nhau bất kì.

Trong chương trình THPT, trường hợp hay gặp nhất là hai nguồn cùng pha và hai nguồn ngược pha. Sử dụng cách làm trên, ta hoàn toàn có thể suy ra các kết quả sau:

* Nếu hai nguồn cùng pha thì:

– Số đường dao động cực đại đi qua đoạn thẳng nối hai nguồn là số giá trị nguyên của k thỏa mãn

$\frac{{ – AB}}{\lambda } < k < \frac{{AB}}{\lambda }$

– Số đường dao động cực tiểu đi qua đoạn thẳng nối hai nguồn là số giá trị nguyên của k thỏa mãn

$\frac{{ – AB}}{\lambda } – \frac{1}{2} < k < \frac{{AB}}{\lambda } – \frac{1}{2}$

* Nếu hai nguồn ngược pha thì:

– Số đường dao động cực đại đi qua đoạn thẳng nối hai nguồn là số giá trị nguyên của k thỏa mãn

$\frac{{ – AB}}{\lambda } – \frac{1}{2} < k < \frac{{AB}}{\lambda } – \frac{1}{2}$

– Số đường dao động cực tiểu đi qua đoạn thắng nối hai nguồn là số giá trị nguyên của k thỏa mãn

$\frac{{ – AB}}{\lambda } < k < \frac{{AB}}{\lambda }$

Ví dụ 2: Tại hai điểm A, B trên mặt chất lỏng cách nhau 10 (cm) có hai nguồn phát sóng theo phương thẳng đứng vói các phương trình:${u_1} = 0,2\cos \left( {50\pi t} \right)cm;{u_2} = 0,2\cos \left( {50\pi t + \pi } \right)cm$ Vận tốc truyền sóng là 0,5 (m/s). Coi biên độ sóng không đổi. Xác định số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn thẳng AB?

A. 8 B. 9 C. 10 D. 11

Lời giải

Nhìn vào phương trình ta thấy A, B là hai nguồn dao động ngược pha nên số điểm dao động cực đại là số giá trị nguyên của k thoã mãn: $\frac{{ – AB}}{\lambda } – \frac{1}{2} < k < \frac{{AB}}{\lambda } – \frac{1}{2}$

Ta có λ = 2cm. Từ đó:$ – \frac{{10}}{2} – \frac{1}{2} < k < \frac{{10}}{2} – \frac{1}{2} \Leftrightarrow – 5,5 < k < 4,5$

Vậy có 10 điểm dao động với biên độ cực đại.

Đáp án C

Ví dụ 3: Hai nguồn sóng cơ AB cách nhau dao động chạm nhẹ trên mặt chất lỏng, cùng tần số 100Hz, cùng pha theo phương vuông góc với mặt chất lỏng. Vận tốc truyền sóng 20m/s. Số điểm không dao động trên đoạn AB = lm là:

A. 11 điểm. B. 20 điểm. C. 10 điểm. D. 15 điểm.

Lời giải

Bước sóng$\lambda = \frac{v}{f} = \frac{{20}}{{100}} = 0,2m$

Gọi số điểm không dao động trên đoạn AB là số giá trị của k, ta có: $ – \frac{1}{{0,2}} – \frac{1}{2} < k < \frac{1}{{0,2}} – \frac{1}{2}$

Suy ra $ – 5,5 < k < 4,5$ Vậy $k = – 5; – 4; – 3; – 2; – 1;0;1;2;3;4$ Vậy có 10 điểm

Đáp án C

Ví dụ 4: Hai nguồn sóng cơ dao động cùng tần số, cùng pha. Quan sát hiện tượng giao thoa thấy trên đoạn AB có 5 điểm dao động với biên độ cực đại (kể cả A và B). Số điểm không dao động trên đoạn AB là:

A. 6 B. 4 C. 5 D. 2

Lời giải

Trong hiện tượng giao thoa sóng trên mặt chất lỏng, hai nguồn dao động cùng pha thì trên đoạn AB, số điểm dao động với biên độ cực đại sẽ hơn số điểm không dao động là 1.

Do đó số điểm không dao động là 4 điểm.

Đáp án B

Ví dụ 5: Trên mặt một chất lỏng, có hai nguồn sóng kết hợp O1,O2 cách nhau l = 24 cm, dao động theo cùng một phương với phương trình ${u_{{O_1}}} = {u_{{O_2}}} = A\cos \omega t$ (t tính bằng s, A tính bằng mm). Khoảng cách ngắn nhất từ trung điểm O của O1O2 đến các điểm nằm trên đường trung trực của O1O2 dao động cùng pha với O bằng q = 9 cm. Số điểm dao động với biên độ bằng biên độ của O trên đoạn O1O2 là:

A. 18 B. 16 C. 20 D. 14

Lời giải

Vì hai nguồn cùng pha nên các điểm thuộc trung trực dao động với biên độ cực đại (điểm O dao động với biên độ cực đại) nên để tìm số điểm dao động với biên độ bằng biên độ của O trên O1O2 ta sẽ tìm số điểm dao động với biên độ cực đại trên O1O(không kể O).

Phương trình dao động tại một điểm khi có giao thoa: $u = 2A\cos \left( {\pi \frac{{{d_1} – {d_2}}}{\lambda }} \right)\cos \left( {\omega t – \pi \frac{{{d_1} + {d_2}}}{\lambda }} \right)$

Phương trình dao động tại O: $u = 2A\cos \left( {\omega t – \frac{{2\pi a}}{\lambda }} \right)$ (với l = 2a)

Phương trình dao động tại M: $u = 2A\cos \left( {\omega t – \frac{{2\pi d}}{\lambda }} \right)$

Độ lệch pha của M so với O $\Delta \varphi = \frac{{2\pi }}{\lambda }\left( {d – a} \right)$

M dao động cùng pha với O nên $\Delta \varphi = \frac{{2\pi }}{\lambda }\left( {d – a} \right) = 2k\pi \Rightarrow d – a = k\lambda $

Điểm M gần O nhất thì $k = 1 \Rightarrow \lambda = d – a = \sqrt {{a^2} – {q^2}} – a = \sqrt {{{12}^2} + {9^2}} – 12 = 3$

Số cực đại trên$\frac{{ – 1}}{\lambda } \le k \le \frac{1}{\lambda } \Rightarrow – 8 \le k \le 8$ có 17 cực đại trên O1O2 (kể cả O).

Vậy có 16 điểm dao động với biên độ bằng biên độ của điểm O

Đáp án B

Ví dụ 6: Ớ mặt thoáng của một chất lỏng có hai nguồn sóng kết hợp A và B cách nhau 20 cm, dao động theo phương thẳng đứng với phương trình ${u_A} = 2\cos 40\pi t;{u_B} = 2\cos \left( {40\pi t + \pi } \right)$ (${u_A};{u_B}$ tính bằng mm, t tính bằng s). Biết tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là 30 cm/s. Xét hình vuông AMNB thuộc mặt thoáng chất lỏng. Số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn BN là:

A. 7 B. 19 C. 12 D. 17

Lời giải

Bước sóng$\lambda = \frac{v}{f} = \frac{{30}}{{20}} = 1,5cm$

Xét điểm C trên BN: $AC = {d_1};BC = {d_2}$ Vì hai nguồn ngược pha nên nếu giả sử điểm C dao động với biên độ cực đại, thì ta có ${d_2} – {d_1} = \frac{\lambda }{2} + k\lambda = 0,75 + 1,5k$

Cho C chạy trên NB.

+ Khi C trùng N thì ta có${d_2} – {d_1} = NB – AN = 20 – 20\sqrt 2 $

+ Khi C tiến đến B (không trùng B, vì B là nguồn) thì ta có: ${d_2} – {d_1} = – AB = – 20$

Từ đó ta có$ – 20 < {d_2} – {d_1} \le 20 – 20\sqrt 2 \Leftrightarrow – 20 < 0,75 + 1,5k \le 20 – 20\sqrt 2 \Leftrightarrow – 13,89 < k \le – 6,02$

Từ đó suy ra $k = – 13; – 12; – 11; – 10; – 9; – 8; – 7$

Vậy trên BN có 7 điểm dao động cực đại.

Đáp án A

Ví dụ 7: Trong thí nghiệm giao thoa sóng trên mặt nước, hai nguồn AB cách nhau 14,5 cm dao động ngược pha. Điểm M trên AB gần trung điểm O của AB nhất, cách O một đoạn 0,5 cm luôn dao động cực đại. Số điểm dao động cực đại trên đường elip thuộc mặt nước nhận A, B làm tiêu điểm là:

A. 26 B. 28 C. 18 D. 14

Lời giải

Giả sử biểu thức của sóng tại A, B lần lượt là ${u_A} = a\cos \left( {\omega t} \right);{u_B} = a\cos \left( {\omega t\pi } \right)$

Xét điểm M trên AB với AM = d1; BM =d2. Vì hai nguồn dao động ngược pha nên điểm M dao động với biên độ cực đại khi ${d_2} – {d_1} = \left( {k + \frac{1}{2}} \right)\lambda $

Điểm M gần O nhất ứng với d1 = 6,75 cm, d2 = 7,75 cm và với k = 0 ⇒ $\lambda = 2cm$

Vì mỗi đường cực đại cắt Elip tại hai điểm nên để tìm số điểm cực đại trên Elip thì ta sẽ đi tìm số đường cực đại, hay đi tìm số điểm dao động với biên độ cực đại trên AB. Vì hai nguồn ngược pha nên số điểm dao động vói biên độ cực đại trên AB là số giá trị nguyên của k thỏa mãn

$ – \frac{1}{2} – \frac{{AB}}{\lambda } < k < – \frac{1}{2} + \frac{{{\rm A}B}}{\lambda } \Leftrightarrow – \frac{1}{2} – \frac{{14,5}}{2} < k < – \frac{1}{2} + \frac{{14,5}}{2} \Leftrightarrow – 7,75 < k < 6,75$

Có 14 giá trị nguyên của k thỏa mãn nên trên AB có 14 điểm dao động với biên độ cực đại. Do đó trên đường Elíp nhận A, B làm tiêu điểm có 28 điểm dao động với biên độ cực đại.

Đáp án B

Ví dụ 8: Trên bề mặt chất lỏng hai nguồn dao động với phương trình tương ứng là:${u_A} = 3\cos \left( {10\pi t} \right)\left( {cm} \right);{u_B} = 5\cos \left( {10\pi t + \frac{\pi }{3}} \right)cm$ Tốc độ truyền sóng trên mặt thoáng chất lỏng là 50cm/s, cho điểm C trên đoạn AB và cách A, B tưong ứng là 28cm, 22cm. Vẽ đường tròn tâm C bán kính 20 cm, số điểm cực đại dao động trên đường tròn là:

A. 16 B. 2 C. 8 D. 4

Lời giải

Bước sóng $\lambda = 10cm$

Để tìm số điểm cực đại trên đường tròn tâm C ta sẽ tìm số điểm cực đại trên đoạn MN là đường kính của đường tròn.

Giả sử một điểm P dao động với biên độ cực đại nằm trên MN, cách A khoảng d1 và cách B khoảng d2.

Khi đó ta có:${d_2} – {d_1} = \frac{{\Delta \varphi }}{{2\pi }}\lambda + k\lambda = \frac{{\frac{\pi }{3}}}{{2\pi }}\lambda + k\lambda = \frac{\lambda }{6} + k\lambda = \frac{5}{3} + 10k$

Cho P chạy trên MN ta có

$\left\{ \begin{array}{l}P \equiv M \Rightarrow {d_2} – {d_1} = MB – MA = \left( {22 + 20} \right) – \left( {28 – 20} \right) = 34\\P \equiv N \Rightarrow {d_2} – {d_1} = NB – NA = \left( {22 – 20} \right) – \left( {28 + 20} \right) = – 46\end{array} \right. \Rightarrow – 46 \le {d_2} – {d_1} \le 34$

Từ đó ta có: $ – 46 \le \frac{5}{3} + 10k \le 34 \Leftrightarrow – 4,77 \le k \le 3,23$

Có 8 điểm dao động với biên độ cực đại trên MN, tức là có 8 đường cực đại qua MN. Mặt khác, M và N đều không phải là điểm dao động với biên độ cực đại (vì mút bằng của k không có giá trị nguyên), nên 8 đường đó sẽ cắt đường tròn tại 16 điểm.

Đáp án A

Ví dụ 9: Ở mặt nước có hai nguồn sóng cơ A và B cách nhau 15 cm, dao động điều hòa cùng tần số, cùng pha theo phưong vuông góc với mặt nước. Điểm M nằm trên AB, cách trung điểm O là 1,5 cm, là điểm gần O nhất luôn dao động với biên độ cực đại. Trên đường tròn tâm O, đường kính 15cm, nằm ở mặt nước có số điểm luôn dao động với biên độ cực đại là:

A. 18 B. 24 C. 16 D. 26

Lời giải

Để tìm số điểm dao động với biên độ cực đại trên đường tròn, ta tìm số điểm dao động với biên độ cực đại trên AB.

Xét điểm M ta có ${d_2} = \frac{{15}}{2} + \frac{3}{2} = 9cm;{d_1} = \frac{{15}}{2} – \frac{3}{2} = 6cm \Rightarrow {d_2} – {d_1} = 3cm$

Hai nguồn cùng pha nên sóng tại M có biên độ cực đại khi${d_2} – {d_1} = k\lambda = 3cm$

Vói điểm M gần O nhất luôn dao động với biên độ cực đại nên k = 1. Khi đó ta có: $\lambda = 3cm$

Số điểm dao động với biên độ cực đại trên AB là số giá trị nguyên của k thỏa mãn

$ – \frac{{AB}}{\lambda } < k < \frac{{AB}}{\lambda } \Leftrightarrow – \frac{{15}}{3} < k < \frac{{15}}{3} \Leftrightarrow – 5 < k < 5$

Có 9 giá trị của k nên có 9 đường cực đại qua AB. Mỗi đường cắt đường tròn tại hai điểm nên có 18 điểm dao động với biên độ cực đại trên đường tròn.

Đáp án A

2.3 Tìm số điểm dao động với biên độ bất kì

Ví dụ 10: 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 ${u_A} = 3\cos \left( {40\pi t + \frac{\pi }{6}} \right)\left( {cm} \right);{u_B} = 4\cos \left( {40\pi t + \frac{{2\pi }}{3}} \right)\left( {cm} \right)$ 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 với R = 4 cm. Số điểm dao động với biên độ 5 cm có trên đường tròn là:

A. 30 B. 32 C. 34 D. 36

Lời giải

Bước sóng $\lambda = \frac{v}{f} = 2$

Xét điểm M trên A’B’: $AM = {d_1};BM = {d_2}$

Sóng truyền từ A đến M có phương trình ${u_{AM}} = 3\cos \left( {10\pi t + \frac{\pi }{6} – \frac{{2\pi {d_1}}}{\lambda }} \right) = 3\cos \left( {10\pi t + \frac{\pi }{6} – \pi {d_1}} \right)$

Sóng truyền từ B đến M có phương trình

$\begin{array}{l}{u_{BM}} = 4\cos \left( {10\pi t + \frac{{2\pi }}{3} – \frac{{2\pi {d_2}}}{\lambda }} \right) = 4\cos \left( {10\pi t + \frac{{2\pi }}{3} – \frac{{2\pi \left( {10 – {d_1}} \right)}}{\lambda }} \right)\\ = 4\cos \left( {10\pi t + \frac{{2\pi }}{3} + \pi {d_1} – 10\pi } \right) = 4\cos \left( {10\pi t + \frac{{2\pi }}{3} + \pi {d_1}} \right)\end{array}$

Phương trình sóng tổng hợp ${u_M} = {u_{AM}} + {u_{BM}}$ có biên độ bằng 5 cm khi ${u_{AM}};{u_{BM}}$ vuông pha với nhau

$\frac{{2\pi }}{3} + \pi {d_1} – \left( {\frac{\pi }{6} – \pi {d_1}} \right) = \frac{\pi }{2} + k\pi \Rightarrow {d_1} = \frac{k}{2}$

Cho M chạy trên đoạn A’B’ ta có$1 \le {d_1} = \frac{k}{2} \le 9 \Rightarrow 2 \le k \le 18$

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.

Đáp án B

Ví dụ 11: 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 ${u_A} = 3\cos 40\pi t;{u_B} = 4\cos 40\pi t$ (${u_A}$ và ${u_B}$ tính bằng mm, t tính bằng s). Biết tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là 30 cm/s. Xét đường Parabol có đỉnh I nằm trên đường trung trực của AB cách O một đoạn 10 cm và đi qua A, B. Có bao nhiêu điểm dao động với biên độ bằng 5 mm trên cung AIB? Biết O là trung điểm của AB.

A. 13 B. 14 C. 26 D. 28

Lời giải

Số điểm có biên độ bằng 5 mm nằm trên cung AIB bằng số điểm có biên độ bằng 5 mm nằm trên đường thẳng nối hai nguồn.

Phương trình sóng do nguồn A gây ra tại điểm M, nằm trên đường thẳng chứa hai nguồn có dạng:

${u_{AM}} = 3\cos \left( {40\pi t – \frac{{2\pi d}}{\lambda }} \right)$

Phương trình sóng do nguồn B gây ra tại điểm M, nằm trên đường thẳng chứa hai nguồn có dạng

${u_{BM}} = 4\cos \left( {40\pi t – \frac{{2\pi \left( {1 – d} \right)}}{\lambda }} \right)$

Phương trình sóng tổng hợp do nguồn A, B gây ra tại điểm M là:

${u_M} = 3\cos \left( {40\pi t – \frac{{2\pi d}}{\lambda }} \right) + 4\cos \left( {40\pi t – \frac{{2\pi \left( {1 – d} \right)}}{\lambda }} \right) = a\cos \left( {40\pi t + \varphi } \right)$

Với $a = \sqrt {{3^2} + {4^2} + 2.3.4.\cos \left( {\frac{{2\pi \left( {1 – d} \right)}}{\lambda } – \frac{{2\pi d}}{\lambda }} \right)} $

Để a = 5mm thì $\cos \left( {\frac{{2\pi \left( {1 – d} \right)}}{\lambda } – \frac{{2\pi d}}{\lambda }} \right) = 0 \Rightarrow \frac{{2\pi \left( {1 – d} \right)}}{\lambda } – \frac{{2\pi d}}{\lambda } = \left( {2k + 1} \right)\frac{\pi }{2}$

Thay $\lambda = 15mm;l = 100mm$ và vì M nằm trên AB nên ta có 0 < d < 100.

Từ đó ta được:$ – 13,8 < k < 12,83$

Có 26 giá trị k nguyên thỏa mãn bất phương trình trên nên có 26 điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án C

3. Bài toán điểm dao động lệch pha so với một điểm nào đó

3.1. Phương pháp

Xét sự giao thoa của hai sóng đến từ hai nguồn.

Bài toán đặt ra là tìm số điểm trên đoạn MN cho trước dao động lệch pha so với một điểm nào đó (thường là nguồn). Phương pháp chung là:

– TH1: Với hai điểm M và N nằm cùng phía so với đường thẳng nối hai nguồn

+ Giả sử 1 điểm P bất kì cách 2 nguồn một đoạn d1, d2 và thuộc MN là điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

+ Viết phương trình dao động của M.

+ Xác định điều kiện để điểm P lệch pha so với điểm đề bài yêu cầu dựa vào công thức tính độ lệch pha. Từ đó tính được d– d2 theo k, với k nguyên.

+ Cho P chạy trên MN sẽ tìm được khoảng chạy của d– d2, từ đó tìm được khoảng chạy của k. Số giá trị của k chính là số điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

– TH2: Với hai điểm M và N nằm khác phía so với đường thẳng nối hai nguồn

Lúc này, MN sẽ cắt đường thẳng nối hai nguồn. Giả sử MN cắt đường thắng nối hai nguồn tại Q. Ta sẽ tìm số điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán trên từng đoạn MQ, QN theo trường hợp 1, sau đó cộng lại.

Ta qua các ví dụ minh họa để hiểu rõ phương pháp.

STUDY TIP
Nếu MN có điểm M hoặc điểm N hoặc cả hai điểm là nguồn, thì khi cho P chạy để tìm khoảng của k, ta không lấy dấu bằng khi điểm đó là nguồn.

3.2. Ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Trên mặt nước có 2 nguồn sóng giống nhau A và B cách nhau 12 cm đang dao động vuông góc với mặt nước tạo ra sóng có bước sóng 1,6 cm. Điểm C cách đều 2 nguồn và cách trung điểm O của AB một khoảng 8 cm. Số điểm dao động ngược pha với nguồn trên đoạn CO là:

A. 3 B. 4 C. 5 D. 2

Lời giải

Giả sử điểm P trên đoạn có cách 2 nguồn khoảng d1 và d2. Vì C cách đều hai nguồn nên CO là trung trực của AB. Do đó d= d2.

Giả sử phương trình sóng của hai nguồn là ${u_A} = {u_B} = a\cos \left( {\omega t} \right)$

Phương trình sóng tại P do nguồn A và nguồn B truyền tới là:

$\left\{ \begin{array}{l}{u_{AP}} = a\cos \left( {\omega t – \frac{{2\pi {d_1}}}{\lambda }} \right) = a\cos \left( {\omega t – \frac{{2\pi d}}{\lambda }} \right)\\{u_{BP}} = a\cos \left( {\omega t – \frac{{2\pi {d_2}}}{\lambda }} \right) = a\cos \left( {\omega t – \frac{{2\pi d}}{\lambda }} \right)\end{array} \right.$

Phương trình sóng tổng hợp tại P là

${u_P} = {u_{AP}} + {u_{BP}} = a\cos \left( {\omega t – \frac{{2\pi d}}{\lambda }} \right) + a\cos \left( {\omega t – \frac{{2\pi d}}{\lambda }} \right) = 2a\cos \left( {\omega t – \frac{{2\pi d}}{\lambda }} \right)$

Vì P dao động ngược pha so với nguồn nên độ lệch pha bằng π + k2π, do đó ta có

$\left\{ \begin{array}{l}\Delta \varphi = \omega t – \left( {\omega t – \frac{{2\pi d}}{\lambda }} \right) = \frac{{2\pi d}}{\lambda }\\\Delta \varphi = \pi + k2\pi \end{array} \right. \Rightarrow \frac{{2\pi d}}{\lambda } = \pi + k2\pi \Rightarrow d = \left( {2k + 1} \right)\frac{\lambda }{2}$

Cho P chạy trên CO thì ta có$AO \le d \le AC$ . Từ đó

$\frac{{AB}}{2} \le \left( {2k + 1} \right)\frac{\lambda }{2} \le \sqrt {{{\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)}^2} + O{C^2}} $

Thay số ta được$6 \le \left( {2k + 1} \right)0,8 \le 10 \Rightarrow 3,25 \le k \le 5,75 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = 4\\k = 5\end{array} \right.$

Có 2 giá trị của k nên trên đoạn CO có 2 điểm dao động ngược pha với nguồn.

Đáp án D

Nhận xét: Từ bài toán này ta suy ra kết quả quan trọng sau:

Xét điểm M thuộc trung trực của đoạn nối hai nguồn, cách mỗi nguồn khoảng d thì:

– Nếu hai nguồn cùng pha

+ M dao động cùng pha với nguồn khi d = kλ

+ M dao động ngược pha với nguồn khi $d = \left( {2k + 1} \right)\frac{\lambda }{2}$

– Nếu hai nguồn ngược pha

+ M dao động cùng pha với nguồn khi$d = \left( {2k + 1} \right)\frac{\lambda }{2}$

+ M dao động ngược pha với nguồn khi d = kλ

4. Bài toán điểm dao động với biên độ cực đại (cực tiểu) đồng thời lệch pha so với một điểm nào đó

4.1. Phương pháp

Xét sự giao thoa của hai sóng kết hợp. Bài toán đặt ra là tìm số điểm trên đoạn MN dao động với biên độ cực đại (cực tiểu) đồng thời lệch pha so với một điểm nào đó.

Thông thường, những bài toán này sẽ cho hai nguồn có cùng biên độ. Phương pháp chung giải như sau

– Giả sử điểm P bất kì thuộc MN thỏa mãn yêu cầu bài toán, cách hai nguồn đoạn d1 và d2

– Viết phương trình sóng tổng hợp do hai nguồn truyền đến P

– Dựa vào phương trình sóng suy ra điều kiện d2 – d1 theo k để thỏa mãn bài toán.

– Tìm khoảng chạy của d2 – d1 suy ra khoảng chạy của k. số giá trị k nguyên chính là số điểm cần tìm

Ta qua các ví dụ minh họa để hiểu rõ hơn.

4.2. Ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Trên mặt mặt nước tại hai điểm A, B có hai nguồn sóng kết hợp hai dao động cùng pha, lan truyền với bước sóng A, khoảng cách AB = 11λ. Hỏi trên đoạn AB có mấy điểm cực đại dao động ngược pha với hai nguồn (không kể A, B)

A. 13 B. 23 C. 11 D. 21

Lời giải

Giả sử nguồn dao động với phương trình ${u_A} = {u_B} = a\cos \omega t$

Xét điểm M trên AB với AM = d1 và BM = d2. Phương trình sóng tại M do A và B truyền tới là:

${u_{AM}} = a\cos \left( {\omega t – \frac{{2\pi {d_1}}}{\lambda }} \right);{u_{BM}} = a\cos \left( {\omega t – \frac{{2\pi {d_2}}}{\lambda }} \right)$

Phương trình sóng tổng hợp tại M là${u_M} = {u_{AM}} + {u_{BM}} = 2a\cos \left( {\frac{{\pi \left( {{d_2} – {d_1}} \right)}}{\lambda }} \right)\cos \left( {\omega t – \frac{{\pi \left( {{d_1} + {d_2}} \right)}}{\lambda }} \right)$

Từ đó ta có: ${u_M} = 2a\cos \left( {\frac{{\pi \left( {{d_2} – {d_1}} \right)}}{\lambda }} \right)\cos \left( {\omega t – 11\pi } \right)$

Dựa vào phương trình trên suy ra điểm M là điểm cực đại ngược pha với nguồn khi

$\cos \left( {\frac{{\pi \left( {{d_2} – {d_1}} \right)}}{\lambda }} \right) = 1 \Rightarrow \frac{{\pi \left( {{d_2} – {d_1}} \right)}}{\lambda } = k2\pi \Leftrightarrow {d_2} – {d_1} = 2k\lambda $

Cho M chạy trên AB ta được

$ – AB < {d_2} – {d_1} = 2k\lambda < AB \Leftrightarrow – \frac{{AB}}{{2\lambda }} < k < \frac{{AB}}{{2\lambda }} \Leftrightarrow – \frac{{11\lambda }}{{2\lambda }} < k < \frac{{11\lambda }}{{2\lambda }} \Leftrightarrow – 5,5 < k < 5,5$

Có 11 giá trị của k nên có 11 điểm cực đại và ngược pha với hai nguồn.

Đáp án C

Ví dụ 2: Ở mặt chất lỏng có hai nguồn sóng A, B cách nhau 19 cm, dao động theo phương thẳng đứng với phương trình là ${u_A} = {u_B} = A\cos 20\pi t$ (với t tính bằng s). Tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là 40 cm/s. Gọi M là điểm ở mặt chất lỏng gần A nhất sao cho phần tử chất lỏng tại M dao động với biên độ cực đại và cùng pha với nguồn A. Khoảng cách AM là

A. 5cm B. 2cm C. 4cm D. 22cm

Lời giải

Bước sóng$\lambda = \frac{v}{f} = 4cm$

Xét điểm M cách 2 nguồn đoạn AM = d1, BM = d2. Phương trình sóng tại M là

${u_M} = a\cos \left( {20\pi t – \frac{{2\pi {d_1}}}{\lambda }} \right) + a\cos \left( {20\pi t – \frac{{2\pi {d_2}}}{\lambda }} \right) = 2a\cos \left( {\frac{{\pi \left( {{d_2} – {d_1}} \right)}}{\lambda }} \right)\cos \left( {20\pi t – \frac{{\pi \left( {{d_1} + {d_2}} \right)}}{\lambda }} \right)$

Điểm M dao động với biên độ cực đại, cùng pha với nguồn A khi:

$\left\{ \begin{array}{l}\cos \left( {\frac{{\pi \left( {{d_2} – {d_1}} \right)}}{\lambda }} \right) = 1\\\frac{{\pi \left( {{d_1} + {d_2}} \right)}}{\lambda } = 2k\pi \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{d_2} – {d_1} = 2k’\lambda \\{d_1} + {d_2} = 2k\lambda \end{array} \right. \Rightarrow \left| {k – k’} \right| = \lambda $

Điểm M gần A nhất ứng với $k – k’ = 1 \Rightarrow {d_{1\min }} = \lambda = 4\left( {cm} \right)$

Đáp án C

Ví dụ 3: Trên mặt chất lỏng có hai nguồn sóng kết hợp phát ra hai dao động ${u_1} = A\cos \omega t;{u_2} = A\sin \omega t$ khoảng cách giữa hai nguồn là${S_1}{S_2} = 3,25\lambda $ Hỏi trên đoạn S1S2 có mấy điểm cực đại dao động cùng pha với u2 ?

A. 3 điểm. B. 4 điểm. C. 5 điểm. D. 6 điểm.

Lời giải

Ta có$\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = A\cos \omega t\\{u_2} = A\sin \omega t = A\cos \left( {\omega t – \frac{\pi }{2}} \right)\end{array} \right.$ Xét điếm M trên S1S2.

Đặt${S_1}M = {d_1};{S_2}M = {d_2}$ Khi đó:$\left\{ \begin{array}{l}{u_{1M}} = A\cos \left( {\omega t – \frac{{2\pi {d_1}}}{\lambda }} \right)\\{u_{2M}} = A\cos \left( {\omega t – \frac{\pi }{2} – \frac{{2\pi {d_2}}}{\lambda }} \right)\end{array} \right.$

Phương trình tổng hợp tại M là

$\begin{array}{l}{u_M} = 2A\cos \left( {\frac{{\pi \left( {{d_2} – {d_1}} \right)}}{\lambda } + \frac{\pi }{4}} \right)\cos \left( {\omega t – \frac{{\pi \left( {{d_2} + {d_1}} \right)}}{\lambda } – \frac{\pi }{4}} \right)\\ = 2A\cos \left( {\frac{{\pi \left( {{d_2} – {d_1}} \right)}}{\lambda } + \frac{\pi }{4}} \right)\cos \left( {\omega t – 3,5\pi } \right)\\ = 2A\cos \left( {\frac{{\pi \left( {{d_2} – {d_1}} \right)}}{\lambda } + \frac{\pi }{4}} \right)\cos \left( {\omega t + \frac{\pi }{2}} \right)\\ = – 2A\cos \left( {\frac{{\pi \left( {{d_2} – {d_1}} \right)}}{\lambda } + \frac{\pi }{4}} \right)\sin \omega t\end{array}$

Để cùng pha với ${u_2}$ thì

$\cos \left( {\frac{{\pi \left( {{d_2} – {d_1}} \right)}}{\lambda } + \frac{\pi }{4}} \right) = – 1 \Leftrightarrow \left( {\frac{{\pi \left( {{d_2} – {d_1}} \right)}}{\lambda } + \frac{\pi }{4}} \right) = \pi + k2\pi \Leftrightarrow {d_2} – {d_1} = \left( {2k + \frac{3}{4}} \right)\lambda $

Cho điểm M chạy trên S1S2 thì ta có

$ – {S_1}{S_2} < {d_2} – {d_1} = \left( {2k + \frac{3}{4}} \right)\lambda < {S_1}{S_2} \Leftrightarrow – 3,25\lambda < \left( {2k + \frac{3}{4}} \right)\lambda < 3,25\lambda \Leftrightarrow – 2 < k < 1,25$

Có 3 giá trị của k nên có 3 điểm cực đại dao động cùng pha với ${u_2}$

Đáp án A

Ví dụ 4: Hai nguồn phát sóng kết hợp A và B trên mặt chất lỏng dao động theo phương trình:${u_A} = a\cos 100\pi t;{u_B} = b\cos 100\pi t$ Tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là 1 m/s. I là trung điểm của AB. M là điểm nằm trên đoạn AI, N là điểm nằm trên đoạn IB. Biết IM = 5cm và IN = 6,5cm. Số điểm nằm trên đoạn MN có biên độ cực đại và cùng pha với I là:

A. 7 B. 4 C. 5 D. 6

Lời giải

Bước sóng$\lambda = \frac{v}{f} = \frac{1}{{50}} = 0,02m = 2cm$

Xét điểm C trên AB cách I khoảng IC = d. Chọn gốc tại I và chiều dương từ I đến B. Khi đó$ – 5 \le d \le 6$

Phương trình sóng tại C do A và B truyền tới là

$\left\{ \begin{array}{l}{u_{AC}} = a\cos \left( {100\pi t – \frac{{2\pi {d_1}}}{\lambda }} \right) = a\cos \left( {100\pi t – \frac{{2\pi \left( {\frac{{AB}}{2} + d} \right)}}{\lambda }} \right) = a\cos \left( {100\pi t – \pi d – \frac{{\pi AB}}{2}} \right)\\{u_{BC}} = b\cos \left( {100\pi t – \frac{{2\pi {d_2}}}{\lambda }} \right) = b\cos \left( {100\pi t – \frac{{2\pi \left( {\frac{{AB}}{2} + d} \right)}}{\lambda }} \right) = b\cos \left( {100\pi t + \pi d – \frac{{\pi AB}}{2}} \right)\end{array} \right.$

Phương trình sóng tổng hợp tại C là

${u_C} = {u_{AC}} + {u_{BC}} = a\cos \left( {100\pi t – \pi d – \frac{{\pi AB}}{2}} \right) + b\cos \left( {100\pi t + \pi d – \frac{{\pi AB}}{2}} \right)$

Phương trình sóng tại I ứng với d = 0, nên ta có

${u_1} = a\cos \left( {100\pi t – \frac{{\pi AB}}{2}} \right) + b\cos \left( {100\pi t – \frac{{\pi AB}}{2}} \right) = \left( {a + b} \right)\cos \left( {100\pi t – \frac{{\pi AB}}{2}} \right)$

Vậy điểm I đang dao động với biên độ cực đại.

Để điểm C dao động với biên độ cực đại và cùng pha với I, thì dựa vào phưong trình tổng hợp của I và C ta có điều kiện là$\pi d = k2\pi \Leftrightarrow d = 2k \Leftrightarrow – 5 \le 2k \le 6 \Leftrightarrow – 2,5 \le k \le 3$

Có 6 giá trị của k thỏa mãn nên trên MN có 6 điểm có biên độ cực đại và cùng pha với I (tính cả I). Vậy có 5 điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán

Đáp án C

5. Bài toán cực trị trong giao thoa

5.1. Phương pháp

Bài toán cực trị trong giao thoa là bài toán liên quan đến vị trí của các điểm cực đại, cực tiểu sao cho khoảng cách từ điểm đó đến một điểm khác, hoặc đến một đoạn nào đó là gần nhất (nhỏ nhất), xa nhất (lớn nhất).

Phương pháp chung là từ giả thiết của đề bài, biểu diễn các khoảng cách đó theo k. Sau đó chặn k và suy ra k để khoảng cách đó lớn nhất hay nhỏ nhất. Từ đó suy ra kết quả bài toán.

Ta sẽ xét những ví dụ minh họa để hiểu hơn.

Chú ý
Trong bài toán dạng này, thường sử dụng các hệ thức lượng trong tam giác để tính toán.

5.2 Các Ví dụ

Ví dụ 1: Tại hai điểm A và B trên mặt thoáng của chất lỏng có hai nguồn phát sóng kết hợp dao động cùng pha, với tần số 10 Hz. Coi biên độ sóng không đổi trong quá trình truyền sóng. Biết tốc độ truyền sóng v = 2 m/s và AB = 100 cm. Xét các điểm ở mặt chất lỏng nằm trên đường thẳng By vuông góc với AB tại B và dao động với biên độ cực đại, điểm cách B xa nhất và gần nhất lần lượt là bao nhiêu?

Lời giải

Dễ thấy bước sóng$\lambda = \frac{v}{f} = 20cm$

– Giả sử điểm p nằm trên By dao động vói biên độ cực đại và cách nguồn A khoảng d1 = AP, cách nguồn B khoảng d2 = BP. Yêu cầu bài toán tưong đương việc tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của d2

– Vì hai nguồn cùng pha nên P dao động với biên độ cực đại khi d2 – dl = kλ

– Rõ ràng từ phương trình trên, ta chỉ cần tính k để d2 cực đại (cực tiểu) sau đó kết hợp với định lí Pytago${d_1} = \sqrt {d_2^2 + A{B^2}} $ , giải hệ là bài toán được giải quyết.

– Bây giờ, ta sẽ đi tìm k để d1 cực đại, cực tiểu. Ta có

${d_2} – {d_1} = k\lambda < 0 \Rightarrow {d_2} – \sqrt {d_2^2 + A{B^2}} = k\lambda < 0 \Leftrightarrow \frac{{A{B^2}}}{{{d_2} + \sqrt {d_2^2 + A{B^2}} }} = – k\lambda ,k < 0 \Rightarrow \frac{{A{B^2}}}{{{d_2} + \sqrt {d_2^2 + A{B^2}} }} = \left| k \right|\lambda $

– Nếu d2 càng lớn thì vế trái càng nhỏ, $\left| k \right|$ càng nhỏ. Tức là d2 lớn nhất khi $\left| k \right|$ nhỏ nhất, hay P thuộc cực đại bậc nhỏ nhất.

– Nếu d2 càng nhỏ thì vế trái càng lớn,$\left| k \right|$ càng lớn. Tức là d2 nhỏ nhất khi $\left| k \right|$ lớn nhất, hay P thuộc cực đại bậc lớn nhất.

Điểm cách B xa nhất:

– d2 lớn nhất khi P thuộc cực đại bậc nhỏ nhất.

– Với 2 nguồn cùng pha thì cực đại có bậc nhỏ nhất (không phải trung trực) là cực đại bậc 1. Do đó ta có:

${d_2} – {d_1} = k\lambda = – 1.20 = – 20$

Mặt khác, theo Pytago thì

$d_2^2 + A{B^2} = d_1^2 \Rightarrow d_2^2 + {100^2} = {\left( {{d_2} + 20} \right)^2} \Leftrightarrow d_2^2 + {100^2} = d_2^2 + 40{d_2} + {20^2} \Leftrightarrow {d_2} = 240$

Vậy cực đại trên By cách B xa nhất một đoạn 240 cm.

Điểm cách B gần nhất:

– d2 nhỏ nhất khi P thuộc cực đại bậc lớn nhất.

– Đường cực đại bậc k sẽ cắt AB tại điểm cực đại bậc k. Xét trên AB thì ta có$\left| k \right| \le \frac{{AB}}{\lambda } = \frac{{100}}{{20}} = 5 \Rightarrow {\left| k \right|_{\max }} = 4$

Vậy đường cực đại xa trung trực nhất (gần B nhất) có bậc là 4. Do đó ta có${d_2} – {d_1} = k\lambda = – 4.20 = – 80$

Mặt khác, theo Pitago thì

$d_2^2 + A{B^2} = d_1^2 + {100^2} = {\left( {{d_2} + 80} \right)^2} \Leftrightarrow d_2^2 + {100^2} = d_2^2 + 2.80{d_2} + {80^2} \Leftrightarrow {d_2} = 22,5cm$

Vậy cực đại trên By cách B gần nhất một đoạn 22,5 cm.

Ví dụ 2: Tại hai điểm A và B trên mặt chất lỏng có nguồn phát sóng cơ cùng pha cách nhau AB = 8cm, dao động với tần số f = 20 Hz và pha ban đầu bằng 0. Một điểm M trên mặt nước, cách A một khoảng 25 cm và cách B một khoảng 20,5 cm, dao động với biên độ cực đại. Giữa M và đường trung trực của AB có hai vân giao thoa cực đại. Coi biên độ sóng truyền đi không giảm. Điểm Q cách A khoảng l thỏa mãn AQ và AB vuông góc. Tính giá trị cực đại của l để điểm Q dao động với biên độ cực đại?

A. 20,6 cm. B. 20,1 cm. C. 10,6 cm. D. 16 cm.

Lời giải

– Vì hai nguồn cùng pha và M dao động với biên độ cực đại, và giữa M và đường trung trực có hai vân giao thoa cực đại, nên M thuộc vân cực đại bậc 3. Do đó ta có $MA – MB = 3\lambda \Rightarrow 25 – 20,5 = 3\lambda \Rightarrow \lambda = 1,5$

– Vì l lớn nhất nên Q xa A nhất, do đó Q thuộc đường cực đại bậc 1.

Khi đó ta có$\left\{ \begin{array}{l}QB – 1 = 1\lambda = 1,5\\QB = \sqrt {{8^2} + {l^2}} \end{array} \right. \Rightarrow \sqrt {{8^2} + {l^2}} – l = 1,5 \Rightarrow l = 20,6$

Đáp án A

Ví dụ 3: Trên mặt thoáng chất lỏng, tại A và B cách nhau 20 cm, người ta bố trí hai nguồn đồng bộ có tần số 20 Hz. Tốc độ truyền sóng trên mặt thoáng chất lỏng v = 50cm/s. Hình vuông ABCD nằm trên mặt thoáng chất lỏng, I là trung điểm của CD. Gọi điểm M nằm trên CD là điểm gần I nhất dao động với biên độ cực đại. Tính khoảng cách từ M đến I?

A. 1,25 cm. B. 2,8 cm. C. 2,5 cm. D. 3,7 cm.

Lời giải