Câu 1.Trên bề mặt chất lỏng có hai nguồn phát sóng kết hợp A và B dao động đồng pha, cách nhau một khoảng AB = 40cm. Biết sóng do mỗi nguồn phát ra có tần số 10Hz, vận tốc truyền sóng là 2m/s. Xét điểm M nằm trên đường thẳng vuông góc với AB và tại A. Đoạn AM có giá trị lớn nhất bằng bao nhiêu để tại M có dao động với biên độ cực đại? A. 50cm B. 40cm C. 30cm D. 20cm Spoiler: Hướng dẫn Bước sóng $\lambda = {v \over f} = {{200} \over {10}} = 20cm$ + Để đoạn AM có giá trị lớn nhất thì M phải nằm trên vân cực đại bậc k = -1. Tam giác MAB là tam giác vuông nên $\left\{ \matrix{ {d_1} = AM = x \hfill \cr {d_2} = BM = \sqrt {{{\left( {AB} \right)}^2} + {{\left( {AM} \right)}^2}} = \sqrt {{{40}^2} + {x^2}} \hfill \cr} \right.$ + Do M nằm trên vân cực đại bậc k = -1 nên $\eqalign{ & {d_1} - {d_2} = x - \sqrt {{{40}^2} + {x^2}} = k\lambda = - 1.20 = - 20cm \cr & \to x + 20 = \sqrt {{{40}^2} + {x^2}} \to x = 30cm \cr} $ Chọn: C. Câu 2.Trên bề mặt chất lỏng có hai nguồn phát sóng kết hợp O$_1$và O$_2$ dao động đồng pha, cách nhau một khoảng O$_1$O$_2$ = 100cm. Biết sóng do mỗi nguồn phát ra có tần số f = 10Hz, vận tốc truyền sóng v = 3m/s. Xét điểm M nằm trên đường thẳng vuông góc với O$_1$O$_2$ tại O$_1$. Đoạn MO$_1$ có giá trị nhỏ nhất bằng bao nhiêu để tại M có dao động với biên độ cực đại? A. 15cm B. 6,55cm C. 10,56cm D. 12cm Spoiler: Hướng dẫn Bước sóng $\lambda = {v \over f} = {{300} \over {10}} = 30cm$ + Vân dao động với biên độ cực đại trên đoạn O$_1$O$_2$ thỏa mãn điều kiện $0 \le {d_1} - {d_2} = k\lambda \le {O_1}{O_2} \to k = 0, \pm 1, \pm 2, \pm 3$ Để MO$_1$ có giá trị nhỏ nhất thì M phải nằm trên vân cực đại bậc k = -3 + Tam giác MO$_1$O$_2$ là tam giác vuông nên: $\left\{ \matrix{ {d_1} = {O_1}M = x \hfill \cr {d_2} = {O_2}M = \sqrt {{{\left( {{O_1}{O_2}} \right)}^2} + {{\left( {{O_1}M} \right)}^2}} = \sqrt {{{100}^2} + {x^2}} \hfill \cr} \right.$ + Do đó M nằm trên vân cực đại bậc k = -3 ${d_1} - {d_2} = x - \sqrt {{{100}^2} + {x^2}} = k\lambda = - 3.30 = - 90cm \to x + 90 = \sqrt {{{100}^2} + {x^2}} \to x = 10,56cm$ Chọn: C. Câu 3.Giao thoa sóng nước với hai nguồn A, B giống hệt nhau có tần số 40Hz và cách nhau 10cm. Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 0,6m/s. Xét đường thẳng By nằm trên mặt nước và vuông góc với AB. Điểm trên By dao động với biên độ cực đại gần B nhất là A. 10,6mm. B. 11,2mm. C. 12,4mm. D. 14,5 mm. Spoiler: Hướng dẫn Ta có ${{ - AB} \over \lambda } \le K \le {{AB} \over \lambda } \to - 6,6 \le K \le 6,6 \to {K_{\max }} = 6$ Vậy d$_1$ – d$_2$ = 6λ = 9 cm . tiếp theo ta dựa vào tam giác vuông AMB như cách trên. + Điểm M thuộc cực đại thứ 6: d$_1$ – d$_2$ = 6λ = 9 cm (1) + Mặt khác: d$_1^2$ – d$_2^2$ = AB$^2$= 102 → d$_1$ + d$_2$ = 100/9 (2) Từ (1) và (2) ta có d$_2$ = 10,6 mm Chọn: A. Câu 4.Trên bề mặt chất lỏng có hai nguồn kết hợp AB cách nhau 40cm dao động cùng pha. Biết sóng do mỗi nguồn phát ra có tần số f = 10(Hz), vận tốc truyền sóng 2(m/s). Gọi M là một điểm nằm trên đường vuông góc với AB tại đó A dao đông với biên độ cực đại. Đoạn AM có giá trị lớn nhất là A. 20cm. B. 30cm. C. 40cm. D.50cm. Spoiler: Hướng dẫn Ta có $\lambda = {v \over f} = {{200} \over {10}} = 20(cm).$ . Do M là một cực đại giao thoa nên để đoạn AM có giá trị lớn nhất thì M phải nằm trên đường hipebol cực đại bậc 1 như vẽ: d$_2$ – d$_1$ = kλ = 1.20 = 20 cm(1). Mặt khác, do tam giác AMB là tam giác vuông tại A nên ta có: $AM = {d_2} = \sqrt {(A{B^2}) + (A{M^2})} = \sqrt {{{40}^2} + {d_1}^2} (2)$ Thay (2) vào (1) ta được: $\sqrt {{{40}^2} + {d_1}^2} - {d_1} = 20 \Rightarrow {d_1} = 30(cm)$ Chọn: B. Câu 5.Trên bề mặt chất lỏng có hai nguồn kết hợp AB cách nhau 100cm dao động cùng pha. Biết sóng do mỗi nguồn phát ra có tần số f = 10(Hz), vận tốc truyền sóng 3(m/s). Gọi M là một điểm nằm trên đường vuông góc với AB tại đó A dao đông với biên độ cực đại. Đoạn AM có giá trị nhỏ nhất là A. 5,28cm. B. 10,56cm. C. 12cm. D. 30cm. Spoiler: Hướng dẫn $\eqalign{ & \lambda = {v \over f} = {{300} \over {10}} = 30(cm) \cr & {{ - AB} \over \lambda } < k < {{AB} \over \lambda } \leftrightarrow - 3,3 < k < 3,3 \to {K_{\max }} = 3 \cr} $ . Vậy để đoạn AM có giá trị bé nhất thì M phải nằm trờn đường cực đại bậc 3 như hình vẽ: ${d_2} - {d_1} = k\lambda = 3.30 = 90(cm)$ (1) Mặt khác, do tam giác AMB là tam giác vuông tại A nên ta có: $AM = {d_2} = \sqrt {(A{B^2}) + (A{M^2})} = \sqrt {{{100}^2} + {d_1}^2} (2)$ + Thay (2) vào (1) ta được: $AM = {d_2} = \sqrt {(A{B^2}) + (A{M^2})} = \sqrt {{{100}^2} + {d_1}^2} (2)$ Chọn: B. Câu 6.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 S$_1$ 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. 3,07 cm B. 2,122 cm C. 6,124 cm D. 7,39 cm Spoiler: Hướng dẫn $\eqalign{ & \left. \matrix{ {S_1}{M^2} = 100 \hfill \cr {\left( {{S_1}{S_2}} \right)^2} + {\left( {M{S_2}} \right)^2} = {8^2} + {6^2} = 100 \hfill \cr} \right\} \cr & \to {S_1}{M^2} = {\left( {{S_1}{S_2}} \right)^2} + {\left( {M{S_2}} \right)^2} = 100 \to \overrightarrow {{S_1}{S_2}} \bot \overrightarrow {M{S_2}} \cr} $ Ta có: $d_1^2 - d_2^2 = {\left( {{S_1}{S_2}} \right)^2} = 64\left( {cm} \right)\left( 1 \right)$ Theo đề bài thì điểm N dao động với biên độ cực đại nên khoảng cách từ điểm N đến S$_2$ là $\left\{ \matrix{ \lambda = {v \over f} = {{10} \over 5} = 2cm \hfill \cr {\varphi _1} = - {\pi \over 4} \hfill \cr {\varphi _2} = {\pi \over 4} \hfill \cr} \right. \to {d_1} - {d_2} = \left( { - {{{\varphi _2} - {\varphi _1}} \over 2} + k\pi } \right){\lambda \over \pi } = \left( { - {{{\pi \over 4} - \left( { - {\pi \over 4}} \right)} \over 2} + k\pi } \right){2 \over \pi } = - {1 \over 2} + 2k\,\,\left( 2 \right)$ + Từ (1) và (2) ta có: ${d_1} + {d_2} = {{64} \over { - {1 \over 2} + 2k}} = {{128} \over {4k - 1}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)$ + Từ (2) và (3) ta có: ${d_2} = {1 \over 2}\left[ {{{128} \over {4k - 1}} - \left( { - {1 \over 2} + 2k} \right)} \right] = {{256 - {{(4k - 1)}^2}} \over {4(4k - 1)}}$ + Mặt khác: $0 \le {d_2} \le {S_2}M \to 0 < {{256 - {{(4k - 1)}^2}} \over {4(4k - 1)}} < 6 \to 1 < k < 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 4 \right)$ + Vậy: $k = 3 \to {d_2} = {{256 - {{(4.3 - 1)}^2}} \over {4(4.3 - 1)}} = 3,068cm$ Chọn: A. Câu 7.[ĐH - 2016]Ở mặt chất lỏng có 2 nguồn kết hợp đặt tại A và B dao động điều hòa, cùng pha theo phương thẳng đứng. Ax là nửa đường thẳng nằm ở mặt chất lỏng và vuông góc với AB. Trên Ax có những điểm mà các phần tử ở đó dao động với biên độ cực đại, trong đó M là điểm xa A nhất, N là điểm kế tiếp với M, P là điểm kế tiếp với N và Q là điểm gần A nhất. Biết MN = 22,25 cm ; NP = 8,75 cm. Độ dài đoạn QA gần nhất với giá trị nào sau đây ? A. 1,2 cm B. 3,1 cm C. 4,2 cm D. 2,1 cm Spoiler: Hướng dẫn Xét một điểm C cực đại thuộc Ax $\left\{ \matrix{ CB - CA = k\lambda \hfill \cr C{B^2} - C{A^2} = A{B^2} = {l^2} \hfill \cr} \right. \to \left\{ \matrix{ CB - CA = k\lambda \hfill \cr CA + CB = {{{l^2}} \over {k\lambda }} \hfill \cr} \right. \to CA = {{{l^2}} \over {2k\lambda }} - {{k\lambda } \over 2}$ Áp dụng với điểm M,N,P và Q ta có: $MA = {{{\ell ^2}} \over {2\lambda }} - 0,5\lambda $ (lấy k = 1 vì M xa A nhất) $NA = {{{\ell ^2}} \over {4\lambda }} - \lambda $ (lấy k = 2 vì N kề với M) $PA = {{{\ell ^2}} \over {6\lambda }} - 1,5\lambda $ (lấy k = 3 vì P kề với N) $QA = {{{\ell ^2}} \over {2k\lambda }} - {{k\lambda } \over 2}$ (Q chưa biết thuộc CĐ thứ mấy) $\left\{ \matrix{ MA - NA = MN \hfill \cr NA - PA = PN \hfill \cr} \right. \to \left\{ \matrix{ {{{\ell ^2}} \over {4\lambda }} + 0,5\lambda = 22,5 \hfill \cr {{{\ell ^2}} \over {12\lambda }} + 0,5\lambda = 8,75 \hfill \cr} \right. \to \left\{ \matrix{ \lambda = 3,75cm \hfill \cr \ell = 17,6cm \hfill \cr} \right. \to {\ell \over \lambda } = 4,6$ suy ra Q thuộc CĐ thứ 4 vì Q gần A nhất nên nó thuộc cực đại ngoài cùng. Thay k = 4 vào QA: $QA = {{{\ell ^2}} \over {2k\lambda }} - {{k\lambda } \over 2} \approx 2,2.$ Câu 8.Cho 2 nguồn sóng kết hợp AB có phương trình u$_1$= u$_2$= 2acos(2πft), bước sóng λ, khoảng cách AB = 10λ = 12 cm. Nếu đặt nguồn phát sóng C vào hệ trên có phương trình u3 = acos(2πft) trên đường trung trực của S$_1$ S$_2$ sao cho tam giác ABC vuông. Tại M cách O ℓà trung điểm A; B một đoạn ngắn nhất bằng bao nhiêu dao động với biên độ 5a. A. 0,81cm B. 0,94 cm C. 1,1 cm D. 1,2 cm Spoiler: Hướng dẫn Vì $AC \bot CB$ → A, C, B nằm trên đường tròn như hình vẽ. $\eqalign{ & AM = \sqrt {A{O^2} + M{O^2}} = \sqrt {{x^2} + 36} \cr & A{B^2} = A{C^2} + C{B^2} = 2A{C^2} \to AC = 6\sqrt 2 \left( {cm} \right) \cr & CO = \sqrt {A{C^2} - A{O^2}} = 6\left( {cm} \right) \cr} $ Sóng truyền từ A; B tới M có cùng phương trình u$_{AM}$ = u$_{BM}$ = 2acos(2πft -${{2\pi AM} \over \lambda }$) u$_{AMB}$ = u$_{AM}$ + u$_{BM}$ = 4acos(2πft - ${{2\pi AM} \over \lambda }$) Sóng truyền từ C tới M là uCM = acos(2πft - ${{2\pi .CM} \over \lambda }$) = acos(2πft - ${{5\pi .\left( {6 - x} \right)} \over 3}$) Tại M dao động với biên độ cực đại A = 5a thì $\eqalign{ & \Delta \varphi = {{2\pi .AM} \over \lambda } - {{2\pi .(6 - x)} \over \lambda } = 2k\pi \to AM = 6 - x + 1,2k \cr & AO < AM < AC \to 6 < 6 - x + 1,2k < 6\sqrt 2 \to x > 6\left( {1 - \sqrt 2 } \right) + 1,2k > 0 \to k \ge 3 \cr} $ x = xmin khi k = 3→xmin = 1,1147 cm . Câu 9.Hai mũi nhọn S$_1$ , S$_2$ cách nhau 8cm, gắn ở đầu một cần rung có tần số f = 100 Hz được cho chạm nhẹ vào mặt một chất lỏng. Vận tốc truyền sóng trên mặt chất lỏng là v = 0,8m/s. Gõ nhẹ cho cần rung thì hai điểm S$_1$ , S$_2$ dao động theo phương thẳng đứng với phương trình u = acos(200πt) cm. Biết dao động của điểm M$_1$ trên mặt chất lỏng cách đều S$_1$ , S$_2$ khoảng là d = 8cm. Trên đường trung trực của đoạn S$_1$ S$_2$ có một điểm M$_2$ gần M$_1$ nhất và dao động cùng pha với M$_1$. Hỏi M$_2$ cách M$_1$ là bao nhiêu? A. 1cm và 4cm B. 9,1 cm và 9,4 cm C. 0,91 cm và 0,94 cm D. 0,1 cm và 0,5 cm Spoiler: Hướng dẫn + Bước sóng $\lambda = {v \over f} = {{80} \over {100}} = 0,8cm$ + M$_1$ nằm trên trung trực của S$_1$ S$_2$ , cách đều hai nguồn khoảng cách d$_1$ = 8cm, M$_1$ cách trung điểm I của S$_1$ S$_2$ là $I{M_1} = \sqrt {{S_1}M_1^2 - {S_1}{I^2}} = \sqrt {{8^2} - {4^2}} = 6,93cm$ + Từ phương trình dao động của hai nguồn và phương trình dao động của M$_1$, ta nhận thấy hai nguồn S$_1$ và S$_2$ dao động cùng pha và M$_1$ cũng dao động cùng pha với hai nguồn. + Như vậy, muốn điểm M$_2$ nằm trên trung trực của S$_1$ S$_2$ dao động cụng pha với M$_1$ thì M$_2$ dao động cùng pha với hai nguồn. M$_2$ cách đều hai nguồn khoảng cách d$_2$ ( hình vẽ). + Độ lệch pha dao động giữa S$_1$ và M$_2$ $\Delta \varphi = 2\pi {{{d_2}} \over \lambda }$ + Để M$_2$ dao động cùng pha với hai nguồn thì $\Delta \varphi = 2\pi {{{d_2}} \over \lambda } = 2\pi \to {d_2} = k\lambda $ + Điều kiện ${d_2} \ge {d_1} \ge {{{S_1}{S_2}} \over 2} \to k\lambda \ge {{{S_1}{S_2}} \over 2} \to k \ge {{{S_1}{S_2}} \over {2\lambda }} = 5$ + Điểm M$_1$ có d$_1$ = 8cm = 10λ. Vậy điểm M$_2$ gần M$_1$ nhất và dao động cùng pha với M$_1$ sẽ ứng với các giá trị k = 9 và k = 11 ( về hai phía của M$_1$) + Với k = 9 thì d$_2$ = 9λ = 7,2 cm. Ta có: $I{M_2} = \sqrt {{{\left( {{S_1}M_2^{}} \right)}^2} - {{\left( {{S_1}I} \right)}^2}} = \sqrt {7,{2^2} - {4^2}} = 5,99cm$ Và do đó: M$_1$M$_2$ = IM$_1$ – IM$_2$ = 6,93 – 5,99 = 0,94 cm + Với k = 11 thì d$_2$ = 11λ = 8,8 cm. Ta có: $I{M_2} = \sqrt {{{\left( {{S_1}M_2^{}} \right)}^2} - {{\left( {{S_1}I} \right)}^2}} = \sqrt {8,{8^2} - {4^2}} = 7,84cm$ Và do đó: M$_1$M$_2$ = IM$_1$ – IM$_2$ = 7,84 – 6,93 = 0,91 cm Chọn đáp án C Câu 10.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. 2. B. 4. C. 5. D. 6. Spoiler: Hướng dẫn + Do hai nguồn dao động cùng pha nên để đơn giản ta cho pha ban đầu của chúng bằng 0. Độ lệch pha giữa hai điểm trên phương truyền sóng: $\Delta \varphi = {{2\pi d} \over \lambda }$. + Xét điểm M nằm trên đường trung trực của AB cách A một đoạn d$_1$ và cách B một đoạn d$_2$ . Suy ra d$_1$ =d$_2$ . Mặt khác điểm M dao động ngược pha với nguồn nên $\Delta \varphi = {{2\pi {d_1}} \over \lambda } = (2k + 1)\pi $ Hay : ${d_1} = (2k + 1){\lambda \over 2} = (2k + 1){{1,6} \over 2} = (2k + 1).0,8$ (1) . Theo hình vẽ ta thấy $AO \le {d_1} \le AC$ (2). Thay (1) vào (2) ta có : ${{AB} \over 2} \le (2k + 1)0,8 \le \sqrt {{{\left( {{{AB} \over 2}} \right)}^2} + O{C^2}} $ (Do AO = 0,5AB và $AC = \sqrt {{{\left( {{{AB} \over 2}} \right)}^2} + O{C^2}} $) Tương đương: $6 \le (2k + 1)0,8 \le 10 \Rightarrow 3,25 \le k \le 5,75 \Rightarrow \left\{ \matrix{ k = 4 \hfill \cr k = 5 \hfill \cr} \right.$ Kết luận trên đoạn CO có 2 điểm dao dộng ngược pha với nguồn. Chọn đáp án A.
