Bài tập sóng cơ - đồ thị sóng cơ học

Từ đồ thị ta có:

+ Bước sóng \(\lambda  = 8\) ô

+ Khoảng cách từ O đến M là \(\Delta x = 3\) ô

=> Độ lệch pha giữa M và O là: \(\Delta \varphi  = \dfrac{{2\pi x}}{\lambda } = 2\pi .\dfrac{3ô}{8 ô} = \dfrac{{3\pi }}{4}rad\)

Ta có hình vẽ biểu diễn mối liên hệ giữa chiều truyền sóng và chiều dao động của phần tử môi trường:

Từ hình vẽ ta thấy hai điểm A, C dao động ngược pha và gần nhau nhất, khoảng cách AC là:

\(AC = \frac{\lambda }{2} = 20\,\,\left( {cm} \right) \Rightarrow \lambda = 40\,\,\left( {cm} \right)\)

Vận tốc truyền sóng là:

v = λf = 40.10 = 400 (cm/s) = 4 (m/s)

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

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

\(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{u_M}}}{{{u_B}}} =  - \dfrac{{{A_M}}}{{{A_b}}} =  > {A_M} =  - {A_b}\dfrac{{{u_M}}}{{{u_B}}} =  - 11\dfrac{3}{{ - 5}} = 6,6mm\\\delta  = \dfrac{v}{{{v_{max}}}} = \dfrac{{\dfrac{\lambda }{T}}}{{{A_b}\dfrac{{2\pi }}{T}}} = \dfrac{\lambda }{{2\pi {A_b}}} = \dfrac{{200}}{{2\pi .7,2}} \approx 4,8\end{array} \right.\)

Sóng cơ lan truyền ngược chiều dương của trục tọa độ \( \Rightarrow \) Sóng truyền từ phải sang trái.

Điểm E, B nằm trên sườn đón sóng \( \Rightarrow E,B \downarrow \)

C ở đáy sóng \( \Rightarrow C \uparrow \)

A nằm ở đỉnh sóng \( \Rightarrow C \downarrow \)

D nằm ở sườn không đón sóng \( \Rightarrow D \uparrow \)

\( \Rightarrow \) Điểm A, B, E đi xuống còn điểm C, D đi lên

Từ đồ thị:

+ Bước sóng là khoảng cách giữa 2 điểm gần nhau nhất theo phương truyền sóng và dao động cùng pha => λ = 8 ô.

+ Sau thời gian Δt = 0,15 s, sóng truyền được quãng đường: s = 3 ô.

+ Ta có: \(v = \dfrac{s}{{\Delta t}} = \dfrac{\lambda }{T} \to \dfrac{3}{{0,15}} = \dfrac{8}{T} \to T = \) \(0,4(s)\)

Từ đồ thị ta thấy \(7\) ô tương ứng với \(56cm,\) vậy \(1\) ô tương ứng với \(8cm.\)

Một bước sóng tương ứng với \(8\) ô. Vậy: \(\lambda  = 8.8 = 64cm\)

Có \(v = 64cm \Rightarrow T = \dfrac{\lambda }{v} = \dfrac{{64}}{{64}} = 1s \Rightarrow \omega  = 2\pi rad/s\)

Khoảng cách \(MN\) theo phương truyền sóng tương ứng \(2\) ô nên độ lệch pha của \(M\) và \(N\) là:

\(\Delta \varphi  = \dfrac{{2\pi d}}{\lambda } = \dfrac{{2\pi .\dfrac{\lambda }{4}}}{\lambda } = \dfrac{\pi }{2}\)

Góc quét được sau \(\dfrac{1}{3}s\) là:

\(\alpha  = \omega .\Delta t = 2\pi .\dfrac{1}{3} = \dfrac{{2\pi }}{3}rad = {120^0}\)

Biểu diễn \(M\) và \(N\) tại \(t_1\) và \(t_2\)trên VTLG:

Từ VTLG ta có:

\({v_N}\left( {{t_2}} \right) =  - A\omega .\sin 75 =  - 6.2\pi .\sin 75 =  - 36,41cm/s\)

Nhận xét: giả sử điểm M thuộc bó sóng chẵn → điểm N cũng thuộc bó sóng chẵn

→ Hai điểm M, N dao động cùng pha

Từ đồ thị ta có:

\(\Delta x = \) 5 ô

\(\lambda  = \) 16 ô

\( \to \dfrac{{\Delta x}}{\lambda } = \dfrac{5}{{16}}\)

=> Độ lệch pha giữa 2 điểm O và M là: \(\Delta \varphi  = \dfrac{{2\pi \Delta x}}{\lambda } = 2\pi \dfrac{5}{{16}} = \dfrac{{5\pi }}{8}{\rm{r}}a{\rm{d}}\)

Từ đồ thị ta có:

\({x_M} = \) 1 ô

\({x_Q} = \) 4 ô

\(\lambda  = \) 6 ô

\( \to \frac{{{x_Q} - {x_M}}}{\lambda } = \dfrac{{4 - 1}}{6} = \dfrac{1}{2}\)

=> Độ lệch pha giữa 2 điểm M và Q là: \(\Delta \varphi  = \dfrac{{2\pi \Delta x}}{\lambda } = 2\pi \dfrac{1}{2} = \pi {\rm{r}}a{\rm{d}}\)

Từ đồ thị ta có: \(\frac{\lambda }{2} = 15 - 7 = 8 \to \lambda  = 16cm\)

Từ đồ thị ta có: \(\dfrac{\lambda }{2} = 12 - 4 = 8 \to \lambda  = 16cm\)

Tốc độ lan truyền sóng: \(v = \dfrac{\lambda }{T} = \dfrac{{16}}{{2,5}} = 6,4cm/s\) 

Theo phương truyền sóng, các phần tử trước đỉnh sóng sẽ đi xuống, sau đỉnh sóng sẽ đi lên.

Từ đồ thị ta có, điểm G trước đỉnh sóng đang đi xuống

=> Sóng truyền từ A đến B và H cũng đang đi xuống

Từ đồ thị dao động sóng ta có:

+ \(\Delta x = \) 7ô

+ \(\dfrac{\lambda }{2} = \) 8ô

Vận tốc truyền sóng: \(v = \dfrac{{\Delta x}}{{\Delta t}} = \dfrac{{7{ô} }}{{0,7}}\)

Chu kì dao động sóng: \(T = \dfrac{\lambda }{v} = \dfrac{{16{ô} }}{{\dfrac{{7{ô} }}{{0,7}}}} = 1,6{\rm{s}}\)

Từ đồ thị, ta có: \(\frac{\lambda }{2} = 4 - 1 = 3m \to \lambda  = 6m\)

Chu kì dao động: \(T = \frac{\lambda }{v} = \frac{6}{4} = 1,5{\rm{s}}\)

Khoảng cách giữa hai đỉnh sóng tại 2 thời điểm: \(\Delta x = 3m\)

Mặt khác, ta có: \(v = \frac{{\Delta x}}{{\Delta t}} \to \Delta t = \frac{{\Delta x}}{v} = \frac{3}{4} = 0,75s\)

=> Sóng truyền từ phải qua trái \( \to t = 0,75s\)

Từ đồ thị, ta có: \(\lambda  = 36cm\), \(\Delta x = 12cm\)

Độ lệch pha giữa 2 phần tử: \(\Delta \varphi  = \frac{{2\pi \Delta x}}{\lambda } = \frac{{2\pi .12}}{{36}} = \frac{{2\pi }}{3}ra{\rm{d}}\) 

Khoảng cách giữa hai phần tử sóng: \(d = \sqrt {\Delta {x^2} + \Delta {u^2}} \)

với \(\Delta x\) là không đổi, \(d\) lớn nhất khi \(\Delta u\)  lớn nhất

Ta có:

 \(\begin{array}{l}\Delta u = {\left( {{u_M} - {u_N}} \right)_{{\rm{max}}}}\\ = \sqrt {{A^2} + {A^2} - 2{\rm{AAcos}}\left( {\Delta \varphi } \right)} \\ = \sqrt {{A^2} + {A^2} - 2{\rm{AAcos}}\left( {\frac{{2\pi }}{3}} \right)} \\ = \sqrt 3 A = 2\sqrt 3 cm\end{array}\)

\( \to {d_{{\rm{max}}}} = \sqrt {\Delta {x^2} + \Delta {u_{{\rm{max}}}}^2}  = \sqrt {{{12}^2} + {{\left( {2\sqrt 3 } \right)}^2}}  \approx 12,5cm\)

Ta có: \(\dfrac{\lambda }{4} = 1 \to \lambda  = 4m\)

Trong 1s sóng truyền đi được \(S = \dfrac{3}{2} - 1 = 0,5m \to v = \dfrac{S}{t} = \dfrac{{0,5}}{1} = 0,5m/s\)

Chu kì của sóng: \(T = \dfrac{\lambda }{v} = \dfrac{4}{{0,5}} = 8{\rm{s}} \to \omega  = \dfrac{{2\pi }}{T} = \dfrac{\pi }{4}ra{\rm{d}}/s\)

Độ lệch pha dao động theo tọa độ x của M và điểm O : \(\Delta \varphi  = \dfrac{{2\pi x}}{\lambda } = \dfrac{{2\pi \dfrac{{11}}{3}}}{4} = \dfrac{{11\pi }}{6}\)

Tại \({t_1}\) M chuyển động theo chiều âm do nằm trước đỉnh sóng

Hai thời điểm \({t_1}\) và \({t_2}\) lệch nhau tương ứng một góc \(\omega t = \dfrac{\pi }{4}\) (chú ý rằng M đang chuyển động ngược chiều dương => ta tính lệch về phía trái)

\({v_{max}} = \omega A = \dfrac{\pi }{4}.8 = 2\pi cm/s\)

Tốc độ của M khi đó: \(v =  - {v_{{\rm{max}}}}{\rm{cos}}\left( {{{15}^0}} \right) \approx  - 2\pi .cos\left( {{{15}^0}} \right) =  - 6,06cm/s\)

Từ đồ thị dao động sóng, ta có:

- Khoảng cách: \(\dfrac{\lambda }{2} = 6 - 3 = 3 \to \lambda  = 6cm\)

- Biên độ sóng \(a{\rm{ }} = {\rm{ }}2cm\)

Tại cùng một vị trí trong không gian, ở hai thời điểm \({t_1}\) và \({t_2}\) phần tử môi trường đều có li độ là \(1cm\) nhưng di chuyển theo 2 chiều ngược nhau, ta có:

\(\Delta \varphi  = \omega \Delta t \leftrightarrow \dfrac{{2\pi }}{3} = \omega \dfrac{1}{6} \\\to \omega  = 4\pi ra{\rm{d}}/s\)

\( \to u = 2c{\rm{os}}\left( {4\pi t - \dfrac{{2\pi x}}{6}} \right) = 2c{\rm{os}}\left( {4\pi t - \dfrac{{\pi x}}{3}} \right)cm\)

- Biểu diễn trên vòng tròn lượng giác, ta được:

- Độ lệch pha giữa hai điểm cách O các khoảng \({d_1}\) và \({d_2}\) như hình vẽ:

\(\begin{array}{l}\Delta \varphi  = \Delta {\varphi _t} + \Delta {\varphi _x} = 2\pi f\Delta t + \dfrac{{2\pi \Delta d}}{\lambda } = {240^0} = \dfrac{{4\pi }}{3}\\ \leftrightarrow 2\pi .\dfrac{2}{3}.\left( {0,875 - 0} \right) + \dfrac{{2\pi \Delta d}}{\lambda } = \dfrac{{4\pi }}{3}\\ \leftrightarrow \dfrac{{7\pi }}{6} + \dfrac{{2\pi \Delta d}}{\lambda } = \dfrac{{4\pi }}{3}\\ \to \dfrac{{2\pi \Delta d}}{\lambda } = \dfrac{\pi }{6}\\ \to \lambda  = 12\Delta d = 12.8 = 96cm\end{array}\)

Tỉ số giữa tốc độ dao động cực đại của phần tử trên dây và tốc độ truyền sóng:

\(\delta  = \dfrac{{\omega A}}{v} = \dfrac{{\omega A}}{{\lambda f}} = \dfrac{{\omega A}}{{\lambda \dfrac{\omega }{{2\pi }}}} = \dfrac{{2\pi A}}{\lambda } = \dfrac{{2\pi 8}}{{96}} = \dfrac{\pi }{6}\)

+ Từ đồ thị ta có: \(\lambda  = 6,4cm\)

+ Vận tốc truyền sóng: \(v = \frac{{\Delta {x_{12}}}}{{\Delta {t_{12}}}} = \frac{{7,2 - 6,4}}{{0,25}} = 3,2cm/s\)

+ Tần số góc dao động của các phần tử: \(\omega  = \frac{{2\pi }}{T} = \frac{{2\pi }}{{\frac{\lambda }{v}}} = \frac{{2\pi v}}{\lambda } = \frac{{2\pi .3,2}}{{6,4}} = \pi (ra{\rm{d}}/s)\)

- Độ  lệch pha giữa M và O:

\(\begin{array}{l}\Delta \varphi  = \Delta {\varphi _x} + \Delta {\varphi _t} = \frac{{2\pi \Delta {x_{13}}}}{\lambda } + \omega \Delta {t_{13}}\\ = \frac{{2\pi .2,4}}{{6,4}} + \pi (0,25 + 0,5) = \frac{{3\pi }}{2}ra{\rm{d}}\end{array}\)

Từ vòng tròn lượng giác, ta có:

\(\begin{array}{l}{u_M} = a = 2\sqrt 3 cm\\ \to \delta  = \frac{{\omega A}}{v} = \frac{{\pi 2\sqrt 3 {{.10}^{ - 2}}}}{{3,2}} = 0,034\end{array}\)

- Tại thời điểm \({t_1}\), điểm H có li độ \({u_H}\) và đang tăng lên.

Đến thời điểm \({t_2}\), điểm H có li độ vẫn là \({u_H}\) và đang giảm

- Biểu diễn trên vòng tròn lượng giác, ta được:

Ta có: \(u_M^2 = u_{N}^2 + u_H^2 \to \angle NP{H_{{t_1}}} = {90^0}\)

Ta để ý rằng vị trí từ \(M\) đến \({H_{{t_1}}}\) ­ ứng với sự lệch pha nhau về mặt không gian \(\left( {\Delta x} \right)\), vị trí từ \(N\) đến \({H_{{t_1}}}\) ứng với sự lệch pha về mặt thời gian \(\left( {\Delta t} \right)\)

Mặt khác \(M\) và \(N\) có cùng một vị trí trong không gian và \({u_{{H_{{t_1}}}}} = {u_{{H_{{t_2}}}}} \to \alpha  = \beta  = {30^0}\)

Từ đó, ta có:

\(\begin{array}{l}{u_N} = \frac{A}{2} \to \Delta {\varphi _{{x_{PQ}}}} = \frac{{2\pi PQ}}{\lambda } = \frac{\pi }{6}\\ \to PQ = \frac{\lambda }{{12}} = \frac{{24}}{{12}} = 2cm\end{array}\)