Hãy đăng ký thành viên để có thể dễ dàng hỏi bài, trao đổi, giao lưu và chia sẻ về kiến thức

Dạng 5: Điểm M dao động nằm trên đường thẳng vuông góc với S1 (hoặc S2) trong trường hợp bất kì.

Thảo luận trong 'Bài 8: Giao thoa sóng cơ' bắt đầu bởi Doremon, 29/9/14.

  1. Doremon

    Doremon Moderator Thành viên BQT

    Tham gia ngày:
    29/9/14
    Bài viết:
    1,299
    Đã được thích:
    210
    Điểm thành tích:
    63
    Giới tính:
    Nam
    1. Phương pháp

    Có hai nguồn dao động kết hợp ${S_1}$ và ${S_1}$ trên mặt nước đang dao động với phương trình lần lượt là ${u_1}$ = acos(ωt + ${φ_1}$) mm và u2 = acos(ωt + ${φ_1}$) mm. Biết biên độ của sóng không đổi trong quá trình truyền đi và bước sóng λ. Điểm M trên mặt nước cách ${S_1}$ khoảng ${S_1}$M và ${S_2}$ khoảng ${S_2}$M.
    a) Tìm số điểm N dao động với biên độ cực đại trên ${S_2}$M?
    b) Tìm số điểm N dao động với biên độ cực tiểu trên${S_2}$M?

    Lời giải
    Từ hình vẽ, ta thấy $\Delta {S_1}{S_2}N$ vuông tại N. Khi đó: $d_1^2 - d_2^2 = {\left( {{S_1}{S_2}} \right)^2} \to \left( {{d_1} - {d_2}} \right)\left( {{d_1} + {d_2}} \right) = {\left( {{S_1}{S_2}} \right)^2}\,\,\left( 1 \right)$
    Giả sử M đạt cực trị thì ${d_1} - {d_2} = \Delta d\left( 2 \right)$
    Từ (1); (2): $\to {d_2} = \frac{1}{2}\left( {\frac{{{{\left( {{S_1}{S_2}} \right)}^2}}}{{\Delta d}} - \Delta d} \right)$
    Từ hình vẽ: $0 < {d_2} < {S_2}M \to 0 < \frac{1}{2}\left( {\frac{{{{\left( {{S_1}{S_2}} \right)}^2}}}{{\Delta d}} - \Delta d} \right) < {S_2}M \to k$
    a) Tìm số điểm N dao động với biên độ cực đại trên ${S_2}M$
    $\Delta d = \left( { - \frac{{{\varphi _2} - {\varphi _1}}}{2} + k\pi } \right)\frac{\lambda }{\pi } \to {d_2} \to 0 < {d_2} < {S_2}M \to k$
    b) Tìm số điểm N dao động với biên độ tiểu trên ${S_2}M$
    $\Delta d = \left( { - \frac{{{\varphi _2} - {\varphi _1}}}{2} + \left( {2k + 1} \right)\frac{\pi }{2}} \right)\frac{\lambda }{\pi } \to {d_2} \to 0 < {d_2} < {S_2}M \to k$

    2. Vận dụng

    Ví dụ 1:
    Hai nguồn dao động kết hợp ${O_1}$ và ${O_2}$ trên mặt nước cách nhau 12 cm có phương trình dao động lần lượt là ${u_1}$ = 2cos(2πt – π/12) mm và ${u_2}$ = 2cos(2πt + π/4) mm. Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 20 cm/s. Xem biên độ của sóng không đổi trong quá trình truyền đi. Điểm M trên mặt nước nằm trên đường thẳng vuông góc với ${O_1}{O_2}$ tại ${O_1}$ nằm cách ${O_2}$ là 23,324 cm. Tìm số điểm N dao động với biên độ cực đại trên đoạn ${O_1}M$
    A. 1
    B. 0
    C. 2
    D. 3

    Lời giải
    Từ hình vẽ, ta thấy: ${O_1}M = \sqrt {{{\left( {{O_2}M} \right)}^2} - {{\left( {{O_1}{O_2}} \right)}^2}} = 20\left( {cm} \right)$
    Vì điểm N dao động với biên độ cực đại nên:
    $\begin{array}{l}
    \left\{ \begin{array}{l}
    \lambda = \frac{v}{f} = 2\pi \frac{v}{\omega } = 2\pi .\frac{{20}}{{2\pi }} = 20cm\\
    {\varphi _1} = - \frac{\pi }{{12}}\\
    {\varphi _2} = \frac{\pi }{4}
    \end{array} \right. \to \Delta d = \left( { - \frac{{{\varphi _2} - {\varphi _1}}}{2} + k\pi } \right)\frac{\lambda }{\pi } = \left( { - \frac{{\frac{\pi }{4} - \left( { - \frac{\pi }{{12}}} \right)}}{2} + k\pi } \right)\frac{{20}}{\pi } = - \frac{{10}}{3} + 20k\\
    \to {d_2} = \frac{1}{2}\left( {\frac{{{{\left( {{S_1}{S_2}} \right)}^2}}}{{\Delta d}} - \Delta d} \right) = \frac{1}{2}\left[ {\frac{{{{12}^2}}}{{ - \frac{{10}}{3} + 20k}} - \left( { - \frac{{10}}{3} + 20k} \right)} \right] = \frac{1}{2}.\frac{{\left( {46 - 60k} \right)\left( {26 + 60k} \right)}}{{3\left( {60k - 10} \right)}}\\
    \to 0 < \frac{1}{2}.\frac{{\left( {46 - 60k} \right)\left( {26 + 60k} \right)}}{{3\left( {60k - 10} \right)}} < 20 \to \left\{ \begin{array}{l}
    - \infty < k < - 0,43 \cup \frac{1}{6} < k < 0,76\\
    - 1,143 < k < 0,166 \cup 0,44 < k < \infty
    \end{array} \right.\\
    \to - 1,143 < k < - 0,43 \cup 0,44 < k < 0,76 \to k = - 1
    \end{array}$
    Chọn A
    Lưu ý: Ta có thể tính toán đơn giản hơn bằng cách thay trực tiếp kết quả vào biểu biểu thức.
    Ví dụ 2:
    Có hai nguồn dao động kết hợp ${S_1}$ và ${S_2}$ trên mặt nước cách nhau 8 cm có phương trình dao động lần lượt là ${u_s1}$ = 2cos(10πt – π/4) mm và ${u_s2}$ = 2cos(10πt + π/4) mm. Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 10 cm/s. Xem biên độ của sóng không đổi trong quá trình truyền đi. Điểm M trên mặt nước cách S1 khoảng ${S_1}$ M = 10 cm và ${S_2}$ khoảng ${S_2}$ M = 6 cm. Điểm N dao động với biên độ cực đại trên ${S_2}$M xa ${S_2}$ nhất là
    A. 3,0682 cm
    B. 2,122 cm
    C. 6,124 cm
    D. 7,39 cm

    Lời giải
    Từ hình vẽ: ${S_2}{M^2} = {\left( {{S_1}M} \right)^2} - {\left( {{S_1}{S_2}} \right)^2} \to {S_1}M \bot {S_1}{S_2}$
    Vì điểm N dao động với biên độ cực đại nên:
    $\begin{array}{l}
    \left\{ \begin{array}{l}
    \lambda = \frac{v}{f} = \frac{{10}}{5} = 2cm\\
    {\varphi _1} = - \frac{\pi }{4}\\
    {\varphi _2} = \frac{\pi }{4}
    \end{array} \right. \to \Delta d = \left( { - \frac{{{\varphi _2} - {\varphi _1}}}{2} + k\pi } \right)\frac{\lambda }{\pi } = \left( { - \frac{{\frac{\pi }{4} - \left( { - \frac{\pi }{4}} \right)}}{2} + k\pi } \right)\frac{2}{\pi } = - \frac{1}{2} + 2k\\
    \to {d_2} = \frac{1}{2}\left( {\frac{{{{\left( {{S_1}{S_2}} \right)}^2}}}{{\Delta d}} - \Delta d} \right) = \frac{1}{2}\left[ {\frac{{{8^2}}}{{ - \frac{1}{2} + 2k}} - \left( { - \frac{1}{2} + 2k} \right)} \right] = \frac{{256 - {{(4k - 1)}^2}}}{{4(4k - 1)}}\\
    0 \le \frac{{256 - {{(4k - 1)}^2}}}{{4(4k - 1)}} \le 6 \to \left\{ \begin{array}{l}
    \frac{1}{4} \le k \le 3,75\\
    - 7,75 \le k \le 2,25
    \end{array} \right. \to 0,25 \le k \le 2,25
    \end{array}$
    Để M xa ${S_2}$ nhất khi k = 2 -->${d_2} = \frac{{256 - {{(4.2 - 1)}^2}}}{{4(4.2 - 1)}} = \frac{{207}}{{28}}\left( {cm} \right)$
    Chọn D

    Ví dụ 3:
    Trong thí nghiệm giao thoa với hai nguồn phát sóng giống nhau tại A, B trên mặt nước. Khoảng cách hai nguồn AB = 8cm. Hai sóng truyền đi có bước sóng λ = 2cm. Trên đường thẳng xx’ song song với AB, cách AB một đoạn 2cm. Khoảng cách ngắn nhất giữa giao điểm C của xx’ với đường trung trực AB đến điểm dao động với biên độ cực tiểu nằm trên xx’ là
    A. 0,43 cm.
    B. 0,5 cm.
    C. 0,56 cm.
    D. 0,64 cm.

    Lời giải

    Vì A và B cùng pha, do đó trung điểm I của AB dao động với biên độ cực đại.
    Gọi N là giao của đường cực tiểu thỏa mãn. Vì M gần I nhất và dao động với biên độ cực tiểu nên NI = λ/4 = 2/4 = 0,5 cm
    Theo tính chất về đường Hypecbol ta có:
    $\left. \begin{array}{l}
    c = BI = 4cm\\
    a = NI = 0,5m\\
    x = MP;\,y = CI = 2cm
    \end{array} \right\} \to {b^2} = {c^2} - {a^2} = \frac{{63}}{4}\left( {cm} \right) \to \frac{{M{P^2}}}{{0,{5^2}}} - \frac{{{2^2}}}{{\frac{{63}}{4}}} = 1 \to MP = 0,56\left( {cm} \right)$
    Chọn C
     
  2. Đại Long

    Đại Long Mới đăng kí

    Tham gia ngày:
    7/5/16
    Bài viết:
    3
    Đã được thích:
    1
    Điểm thành tích:
    3
    phần lí thuyết này có hình vẽ minh họa ko ạ?
     
    Huy Hoàng thích bài này.
  3. Huy Hoàng

    Huy Hoàng Guest

    Phần này không có bạn à
     

Chia sẻ trang này