Bài tập sóng cơ - sóng âm hay và khó (phần 1)

\(\left\{ \begin{array}{l}\underbrace {{L_H} - {L_M}}_{20(dB)} = 20\log \dfrac{{SM}}{{SH}} \to SM = 10SH\\\underbrace {{L_H} - {L_N}}_{10(dB)} = 20\log \dfrac{{SN}}{{SH}} \to SN = \sqrt {10} SH\end{array} \right. \to MH + HN = \underbrace {\sqrt {S{M^2} - S{H^2}} }_{SH\sqrt {99} } + \underbrace {\sqrt {S{N^2} - S{H^2}} }_{SH.3} = 60\)

=> \(SH \approx \)\(4,633(m)\)

Hai điểm cực tiểu liên tiếp trên đoạn \(AB\) cách nhau \(2\;{\rm{cm}}\)\( \Rightarrow \frac{\lambda }{2} = 2 \Rightarrow \lambda  = 4cm.\)

Trên trung trực của \(AB\) có 3 điểm liên liếp \({M_1},\,\,{M_2},\,\,{M_3}\) dao động cùng pha với nguồn và cách nhau xa nhất như hình vẽ.

Để \(M\) cùng pha nguồn thì:

\(AM = k\lambda  \ge \frac{{AB}}{2} \Leftrightarrow k.4 \ge 15 \Rightarrow k \ge 3,74 \Rightarrow {k_{\min  = 4}}\)

TH1: \({M_1},\,\,{M_2}\) cùng phía với \(AB\) thì lần lượt có \(k = 4,\,5,\,\,6\)

Khoảng cách lớn nhất giữa \({M_1}\) và \({M_3}\) khi này là:

\(\begin{array}{l}{M_1}{M_3} = \sqrt {AM_3^2 - {{\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)}^2}}  - \sqrt {AM_1^2 - {{\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)}^2}} \\ \Rightarrow {M_1}{M_3} = \sqrt {{{24}^2} - {{15}^2}}  - \sqrt {{{16}^2} - {{15}^2}}  \approx 13,2\left( {cm} \right)\end{array}\)

TH2: \({M_1},\,\,{M_2}\)khác phía với \(AB\) thì \({M_1}\)và \({M_2}\) đều có \(k = 4\) và \({M_3}\) có \(k = 5.\)

Khoảng cách lớn nhất giữa \({M_1}\) và \({M_3}\) khi này là:

\(\begin{array}{l}{M_1}{M_3} = \sqrt {AM_1^2 - {{\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)}^2}}  + \sqrt {AM_3^2 - {{\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)}^2}} \\ \Rightarrow {M_1}{M_3} = \sqrt {{{16}^2} - {{15}^2}}  + \sqrt {{{24}^2} - {{15}^2}}  \approx 18,8\left( {cm} \right)\end{array}\)

Ống sáo một đầu kín, một đầu hở: \(\ell  = \left( {2k + 1} \right)\frac{\lambda }{4} = (2k + 1)\frac{v}{{4f}} \Rightarrow f = \frac{{(2k + 1)v}}{{4\ell }}\)

Theo bài ra ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}150 = \frac{{(2k + 1)v}}{{4\ell }}\\250 = \frac{{(2(k + 1) + 1)v}}{{4\ell }} = \frac{{(2k + 3)v}}{{4\ell }}\end{array} \right.\)

Từ đó tìm được \(\frac{v}{\ell } = 200\)

Tần số âm nhỏ nhất ứng với \({k_{min}} = {\rm{ }}0\). Thay vào ta được \(f = \frac{v}{{4l}} = \frac{{200}}{4} = 50{\rm{ }}Hz\)

+ Ta có hình vẽ sau

+ Sau khoảng thời gian \({t_1}\) thì $M$ đo được mức cường độ âm lớn nhất => máy đi được quãng đường \(PH = \dfrac{{at_1^2}}{2}\), và vận tốc của máy tại H là \(v = a{t_1}\)

+ Sau đó vật chuyển động thẳng đều và đi được quãng đường HQ trong thời gian \(0,125{t_1}\)

=>\(HQ = v.t =a{t_1}.0,125{t_1} = 0,125at_1^2\)

=> Cạnh huyền \(PQ = PH + HQ = 0,625at_1^2\)

+ Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có

\(OP = \sqrt {PH.PQ}  = \sqrt {0,5.0,625} at_1^2\) ; \(OQ = \sqrt {HQ.PQ}  = \sqrt {0,125.0,625} at_1^2\)

Ta có \({L_Q} - {L_P} = 10log\dfrac{{O{P^2}}}{{O{Q^2}}} = 10log\dfrac{{0,5.0,625}}{{0,125.0,625}} = 6\)

\( \to {L_Q}{\rm{ =  }}{L_P} + 6 = 26dB\)

Sử dụng điều kiện để có sóng dừng với trường hợp 2 đầu dây cố định \(l = k\frac{\lambda }{2}\) , trong đó k là só bó sóng. Mà óng dừng trong trường hợp trên có 4 bó sóng nên \(k{\rm{ }} = {\rm{ }}4\) nên ta có \(l = k\dfrac{\lambda }{2} \Leftrightarrow 60 = 4.\dfrac{\lambda }{2} \Leftrightarrow \lambda  = 30cm\)

Bụng sóng dao động với biên độ là: \(2a{\text{ }} = {\text{ }}4cm \to a{\text{ }} = {\text{ }}2cm\)

Điểm M dao động với biên độ \(2\sqrt 3  = a\sqrt 3 \) nên M sẽ cách điểm nút gần nó nhất một khoảng là \(\dfrac{\lambda }{6} = \dfrac{{30}}{6} = 5cm\)

Để M là cực đại và gần trung trực của AB nhất thì M phải nằm trên hypebol ứng với \(k = 1\)

+ Ta có:

\({d_1} - {d_2} = \lambda {k} = 17cm\)

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{h^2} = {20^2} - {x^2}\\{h^2} = {17^2} - {\left( {20 - x} \right)^2}\end{array} \right.\\ \Rightarrow {20^2} - {x^2} = {17^2} - {\left( {20 - x} \right)^2}\\ \Rightarrow x = 12,775cm\end{array}\)

Vậy khoảng cách từ M đến trung trực sẽ là \(2,775{\rm{ }}cm\)

Theo đề bài ta vẽ được hình dạng sóng dừng như bên:

Từ \(M\) đến \(M'\)  là một bước sóng.

Dựa vào hình vẽ tính được

\(\lambda  = MM' = 2\left( {MN + NP} \right) = 60cm\)

\(P\) là điểm gần nút sóng nhất có biên độ \(4cm\), cách nút sóng một đoạn bằng \(\dfrac{{NP}}{2} = 5cm\) . Ta có:

\({A_P} = 2A\left| {\cos \left( {\dfrac{{2\pi .d}}{\lambda } + \dfrac{\pi }{2}} \right)} \right| = 2A\left| {\cos \left( {\dfrac{{2\pi .5}}{{60}} + \dfrac{\pi }{2}} \right)} \right| = 4cm \Rightarrow A = 4cm\)

Vậy biên độ bụng sóng là \(2A = 8cm\)

\(\lambda  = \dfrac{v}{f} = \dfrac{{40}}{{20}} = 2cm\)

- Cách 1:

+ Số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn AB:

\(\dfrac{{ - AB}}{\lambda } - \dfrac{1}{2} < k < \dfrac{{AB}}{\lambda } - \dfrac{1}{2}\)

\( \Rightarrow  - 8,5 < k < 7,5\)

\( \to \) Có \(16\) điểm dao động với biên độ cực đại.

+ Điểm M gần A nhất thì M nhất định nằm trên vân cực đại ứng với bậc \(k =  - 7,5\) (Số bán nguyên nhỏ hơn \(8,5\)).

\(MA - \sqrt {A{B^2} + M{A^2}}  =  - 7,5\lambda \)

\(MA - \sqrt {{{16}^2} + M{A^2}}  =  - 7,5.2 \Rightarrow MA = 1,03cm\)

- Cách 2:

+ Số dao động cực đại trên đoạn AB: \( - \dfrac{1}{2} - \dfrac{{AB}}{\lambda } \le k \le \dfrac{{AB}}{\lambda } - \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow  - 8,5 \le k \le 7,5\)

+ Để \(AM\) ngắn nhất thì \(M\) phải nằm trên hypebol cực đại \(k =  - 8\)

Từ hình vẽ ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{d_2} - {d_1} = 15\\d_2^2 = 16 + d_1^2\end{array} \right. =  > {\left( {{d_1} + 15} \right)^2} = {16^2} + d_1^2\)

Giải phương trình thu được \({d_1} = {\rm{ }}1,03{\rm{ }}cm\)

Ta có: ${u_1} = {u_2} = 6cos(40\pi t - \dfrac{\pi }{2}){\text{ }}\left( {mm} \right)$

+ Bước sóng $\lambda  = \dfrac{v}{f} = \dfrac{{80}}{{20}} = 4(cm)$

+ Tại thời điểm t, sóng do nguồn ${O_1}$ vừa truyền tới trung điểm $I$ của đoạn ${O_1}{O_2}$

→ Sóng ở hai nguồn truyền đi được quãng đường $12{\rm{ }}cm = 3\lambda $ (hết thời gian $3T$)

Xét thời điểm sau thời điểm t một khoảng $\dfrac{{31}}{{120}}s = 5T + \dfrac{T}{6}$

Khi đó chỉ có sóng ở nguồn $1$ truyền đến $M$

Thật vậy, $EM{\rm{ }} = {\rm{ }}20cm{\rm{ }} = {\rm{ }}5\lambda $ → Cần thời gian $5T$ để sóng truyền từ $E$ đến $M$

→ sau $\dfrac{{31}}{{120}}s = 5T + \dfrac{T}{6}$ sóng nguồn $1$  truyền được đến $M$

$FM{\rm{ }} = {\rm{ }}26cm{\rm{ }} = {\rm{ }}6,5\lambda $ → Cần thời gian $6,5T$ để sóng truyền từ $F$ đến $M$

→ sau $\dfrac{{31}}{{120}}s = 5T + \dfrac{T}{6}$ sóng từ nguồn $2$ chưa đến $M$

Như vậy li độ của điểm M tại thời điểm sau thời điểm t một khoảng $\dfrac{{31}}{{120}}s = 5T + \dfrac{T}{6}$ là:

\(\begin{array}{l}{u_M} = {u_{1M}} = 6\cos (40\pi t - \dfrac{\pi }{2} - \dfrac{{2\pi {d_1}}}{\lambda })\\ = 6\cos \left[ {40\pi (3T + \dfrac{{31}}{{120}}) - \dfrac{\pi }{2} - \dfrac{{2\pi .32}}{4}} \right] = 3\sqrt 3 (cm)\end{array}\)

Theo đề bài ta có hình vẽ sau:

\({L_M} = {\text{ }}50dB,{\text{ }}{L_N} = {\text{ }}40dB\)

\(\begin{array}{l} \to {L_M} - {L_N} = 10\log \dfrac{{r_N^2}}{{r_M^2}} = 10\\ \to \dfrac{{r_N^2}}{{r_M^2}} = {10^1} \Rightarrow {r_N} = \sqrt {10} {r_M}\end{array}\)

Tam giác $MNP$ là tam giác đều cạnh $a$

=>  \({r_N} = {\rm{ }}{r_M} + {\rm{ }}a\)

=> \({r_M} = \dfrac{a}{{\sqrt {10}  - 1}};{r_N} = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{{\sqrt {10}  - 1}}\)

Áp dụng định lí hàm số sin trong tam giác $OPN$ ta có:

\(\begin{array}{l}O{P^2} = \sqrt {O{N^2} + P{N^2} - 2ON.PN.cos\widehat {ONP}} \\ \Leftrightarrow {r_P} = \sqrt {r_N^2 + {a^2} - 2.{r_N}.a.cos{{60}^0}} \\ = a\sqrt {{{\left( {\dfrac{{\sqrt {10} }}{{\sqrt {10}  - 1}}} \right)}^2} + 1 - 2.\dfrac{{\sqrt {10} }}{{\sqrt {10}  - 1}}.1.\dfrac{1}{2}}  \approx 1,295a\end{array}\)

Khi đó

\(\begin{array}{l}{L_M} - {L_P} = 10\log \dfrac{{r_P^2}}{{r_M^2}} = 10\log \dfrac{{{{1,295}^2}}}{{{{\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {10}  - 1}}} \right)}^2}}} \approx 8,94\\ \Rightarrow {L_P} = {L_M} - 8,94 = 50 - 8,94 = 41,06dB \approx 41,1dB\end{array}\)

+ Biên độ dao động tại điểm cách nút một đoạn $d$ được xác định bởi

\({a_M} = 2{\rm{a}}\left| {\sin \dfrac{{2\pi d}}{\lambda }} \right|\) với $2a$ là biên độ của điểm bụng

\( \Rightarrow \) điểm dao động với biên độ $a$ sẽ cách nút một khoảng \(\dfrac{\lambda }{{12}}\)

Ta có :

\(\dfrac{\lambda }{2} - \left( {\dfrac{\lambda }{{12}} + \dfrac{\lambda }{{12}}} \right) = 10 \Rightarrow \lambda  = 30cm\)

Tốc độ truyền sóng trên dây : \(v = \lambda f = 30.5 = 150cm/s\)

Để diện tích $ABMN$ là lớn nhất thì $AH$ phải lớn nhất điều này xảy ra khi $N$ nằm tên cực đại thứ $3$

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}NB - NA = 3\lambda \\N{B^2} = N{H^2} + {9^2}\\N{A^2} = N{H^2} + 1\end{array} \right.\\ \Rightarrow \sqrt {N{H^2} + 9}  - \sqrt {N{H^2} + 1}  = 3cm\\ \Rightarrow NH = 11,8cm\end{array}\)

Diện tích $ABMN$ khi đó là: \(S = \dfrac{1}{2}\left( {AB + MN} \right)NH = \dfrac{1}{2}\left( {10 + 8} \right)11,8 = 106,2c{m^2}\)

Biên độ dao động của phần tử khi có sóng dừng \(a = A\left| {\sin \dfrac{{2\pi d}}{\lambda }} \right|\), với \(d\) là khoảng cách từ điểm đang xét đến nút gần nhất, \(A\) là biên độ bụng \({a_B} = A\left| {\sin \dfrac{{2\pi d}}{\lambda }} \right| = A\left| {\sin \dfrac{{2\pi \frac{\lambda }{8}}}{\lambda }} \right| = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}A\)

Ta thấy khoảng thời gian liên tiếp để li độ \(A\) bằng biên độ của \(B\) là:

\(\Delta t = 0,2s = \dfrac{T}{4} \Rightarrow T = 0,8s\) 

Tốc độ truyền sóng trên dây \(v = \dfrac{\lambda }{T} = \dfrac{{4AC}}{T} = \dfrac{{4.10}}{{0,8}} = 50cm/s = 0,5m/s\)

Tai của người  người khiếm thính nghe được khi người đó đi từ M₁ đến M₂

\(\left\{ \begin{gathered}
\underbrace {{L_A} - {L_B}}_{0,6} = \log \dfrac{{O{B^2}}}{{O{A^2}}} \hfill \\
\underbrace {{L_M} - {L_A}}_{0,6} = \log \dfrac{{O{A^2}}}{{OM_1^2}} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
\dfrac{{O{B^2}}}{{O{A^2}}} = {10^{0,6}} \hfill \\
\dfrac{{O{A^2}}}{{OM_1^2}} = {10^{0,6}} \hfill \\
\end{gathered} \right.\xrightarrow{{OA = 1}}\left\{ \begin{gathered}
O{B^2} = {10^{0,6}} \hfill \\
O{M^2} = {10^{ - 0,6}} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
OB = {10^{0,3}} \hfill \\
OM = {10^{ - 0,3}} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}AB = \sqrt {O{A^2} + O{B^2} - 2OA.OB\cos {{150}^0}}  \approx 2,90\\{S_{\Delta OAB}} = \dfrac{1}{2}AB.OI = \dfrac{1}{2}OA.OB\sin {150^0} \Rightarrow OI \approx 0,34\end{array} \right.\)

\(0,5{M_1}{M_2} = \sqrt {OM_1^2 - O{I^2}}  \approx 0,37 \Rightarrow {M_1}{M_2} \approx 0,74\)

\(\left\{ \begin{array}{l}AB = v.t\\{M_1}{M_2} = v.{t_1}\end{array} \right. \Rightarrow {t_1} = \dfrac{{{M_1}{M_2}}}{{AB}}.t = \dfrac{{0,74}}{{2,90}}.60 \approx 15s\)

M là cực đại giao thoa và cùng pha với hai nguồn : \(\left\{ \begin{array}{l}{d_1} - {d_2} = n\lambda \\{d_1} + {d_2} = m\lambda \end{array} \right.(1)\) n và m là số nguyên  cùng lẻ hoặc cùng chẵn.

Vì n = 1 =>  m là số lẻ. Trên hình, theo đề ta có :\(\left\{ \begin{array}{l}{d_1} + {d_2} > AB\\4\lambda  \le AB < 5\lambda \end{array} \right.\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) => \(\left\{ \begin{array}{l}{d_1} - {d_2} = \lambda \\{d_1} + {d_2} = 11\lambda \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{d_1} = 6\lambda \\{d_2} = 5\lambda \end{array} \right..\)

\(\sqrt {{6^2}{\lambda ^2} - A{B^2}}  + \sqrt {{5^2}\lambda  - A{B^2}}  = AB \to AB = 4,8336\lambda \)

Độ lệch pha giữa hai điểm M và N: \(\Delta \varphi  = \dfrac{{2\pi x}}{\lambda } = \dfrac{{8\pi }}{3} = 2\pi  + \dfrac{{2\pi }}{3}rad\)

Khoảng  cách  giữa  M  và  N  là  lớn  nhất  khi hiệu li độ giữa chúng là lớn nhất ta có \(\Delta {u_{\max }} = 5\sqrt 3 cm\)

Vậy khoảng cách lớn giữa M và N là \(\)\({d_{\max }} = \sqrt {\Delta {x^2} + \Delta u_{\max }^2}  \approx 21,79cm\)

Gọi $A,{\rm{ }}H,{\rm{ }}T$ lần lượt là vị trí thủ môn, huấn luyện viên và trọng tài.

Ta có hình sau:

Tính x, y:

+ Xét \(\Delta ATM\) có :

\(\begin{array}{l}A{M^2} + M{T^2} = A{T^2}\\ \leftrightarrow {x^2} + {y^2} = 32,{3^2}{\rm{         }}\left( 1 \right)\end{array}\)

+ Xét \(\Delta MTN\) có :

\(\begin{array}{l}M{N^2} + M{T^2} = N{T^2} \leftrightarrow {\left( {AN - AM} \right)^2} + M{T^2} = N{T^2}\\ \leftrightarrow {\left( {\dfrac{{68}}{2} - x} \right)^2} + {y^2} = 10,{5^2}{\rm{        }}\left( 2 \right)\end{array}\)

Từ (1) và (2), ta suy ra :

\(\begin{array}{l}{y^2} = 32,{3^2} - {x^2} = 10,{5^2} - {\left( {34 - x} \right)^2}\\ \to 32,{3^2} - {x^2} = 10,{5^2} - \left( {{{34}^2} - 2.34x + {x^2}} \right)\\ \to x = 30,72m\\ \to y = 9,97m\end{array}\)  

Từ hình, ta có :

\(\begin{array}{l}T{H^2} = {\left( {\dfrac{{105}}{2} - y} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{68}}{2} + x + 5} \right)^2}\\ = {\left( {\dfrac{{105}}{2} - 9,97} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{68}}{2} + 30,72 + 5} \right)^2}\\ \to TH = 81,69m\end{array}\)

Ta có, mức cường độ âm tại A : \({L_A} = 10\log \dfrac{{{I_A}}}{{{I_0}}} = 40dB\)

Mức cường độ âm tại H : \({L_H} = 10\log \dfrac{{{I_H}}}{{{I_0}}}\)

\(\begin{array}{l}{L_A} - {L_H} = 10\log \dfrac{{{I_A}}}{{{I_H}}} = 10\log \dfrac{{r_H^2}}{{r_A^2}}\\ = 10\log \dfrac{{T{H^2}}}{{A{H^2}}} = 10\log \dfrac{{81,{{69}^2}}}{{32,{3^2}}} \approx 8dB\\ \to {L_H} = {L_A} - 8 = 40 - 8 = 32dB\end{array}\)

+  M, N, P, Q thuộc hình chữ nhật , khoảng cách gần nhất bằng độ dài đoạn MN. Ta chỉ xét điểm M.

+ M dao động với biên độ cực đại:  \({d_2} - {d_1} = k\lambda \)

+ M dao động cùng pha với nguồn: \(\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{d_2} - {d_1} = {k_{le}}\lambda \\{d_2} + {d_1} = {n_{le}}\lambda  > 5,4\lambda \end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{d_2} - {d_1} = {k_{chan}}\lambda \\{d_2} + {d_1} = {n_{chan}}\lambda  > 5,4\lambda \end{array} \right.\end{array} \right.\)

+ M gần Δ nhất thì \(\left[ \begin{array}{l}{d_2} - {d_1} = 1.\lambda ,{d_2} + {d_1} = 7\lambda  \to \left\{ \begin{array}{l}{d_2} = 4\lambda \\{d_1} = 3\lambda \end{array} \right.\\{d_2} - {d_1} = 2.\lambda ,{d_2} + {d_1} = 6\lambda  \to \left\{ \begin{array}{l}{d_2} = 4\lambda \\{d_1} = 2\lambda \end{array} \right.\end{array} \right.\)(loại)

+ \(λ = 1 cm\) => \(\sqrt {{3^2} - {{(MH)}^2}}  + \sqrt {{4^2} - {{(MH)}^2}}  = 5,4(cm) \\\to MH \approx 2,189(cm)\)

\( \to AH \approx 2,051;HO \approx 0,649 \\\to MN = 2HO \approx 1,298cm\)

Từ đồ thị ta thấy:

Khi \(L = 0 \Rightarrow \) màn cách hai khe khoảng \({L_0}\), tại vị trí máy đo là vân sáng bậc \(k\)

Khi \(L = 1m \Rightarrow \)màn cách hai khe khoảng \({L_0} + 1\), tại vị trí máy đo là vân sáng bậc \(k + 1\)

Khi \(L = 2m \Rightarrow \) màn cách hai khe khoảng \({L_0} + 2\), tại vị trí máy đo là vân tối bậc \(k + 1,5\)

Tại vị trí máy đo có:

\(\begin{array}{l}x = \dfrac{{k\lambda {L_0}}}{a} = \dfrac{{\left( {k + 1} \right)\lambda \left( {{L_0} + 1} \right)}}{a} = \dfrac{{\left( {k + 1,5} \right)\lambda \left( {{L_0} + 2} \right)}}{a}\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}k{L_0} = \left( {k + 1} \right)\left( {{L_0} + 1} \right)\\k{L_0} = \left( {k + 1,5} \right)\left( {{L_0} + 2} \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = {L_0} + 1\\2k = 1,5{L_0} + 3\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = 3\\{L_0} = 2\,\,\left( m \right)\end{array} \right.\end{array}\)