Trong đêm hoan ca văn nghệ kỉ niệm $45$ năm ngày thành lập trường THPT Thanh Oai B. Mở màn đêm diễn là lớp $12A2$, coi mọi học sinh đều hát với cùng cường độ âm và cùng tần số. Khi một học sinh hát thì mức cường độ âm là \(68{\rm{ }}dB\). Khi cả đội cùng hát thì đo được mức cường độ âm là \(80{\rm{ }}dB\). Số học sinh lớp $12A2$ có trong tốp ca này là:
Ta có
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{L_1} = 10\log \left( {\dfrac{P}{{4\pi {r^2}}}} \right)\\{L_n} = 10\log \left( {\dfrac{{nP}}{{4\pi {r^2}}}} \right)\end{array} \right.\\ = > {L_n} - {L_1} = 10\log n\end{array}\)
\( = > n = {10^{\dfrac{{{L_n} - {L_1}}}{10}}} \approx 16\) người
Một sóng cơ học truyền trên sợi dây dài nằm ngang với bước sóng \(\lambda = {\rm{ }}20{\rm{ }}cm\) và biên độ dao động \(A{\rm{ }} = {\rm{ }}4cm\) không đổi khi truyền đi. Gọi \(MN\) là hai điểm trên dây cách nhau một đoạn \(25cm\) theo phương ngang. Tính khoảng cách lớn nhất và nhỏ nhất giữa hai điểm \(MN\) ?
Độ lệch pha của M và N là: \(\Delta \varphi = \dfrac{{2\pi {\rm{d}}}}{\lambda } = \dfrac{\pi }{3}\)
Lệch pha về thời gian: \(\Delta t = \dfrac{\pi }{3}.\dfrac{T}{{2\pi }} = \dfrac{T}{6}\)
Từ giản đồ Fresnel, ta có: \(\dfrac{A}{2} = \dfrac{a}{2} \Rightarrow A = a\)
Khoảng thời gian ngắn nhất phần tử M tới biên dương là: khoảng thời gian M đi từ \(\dfrac{a}{2}\) đến \(a\):
\(\Delta \varphi = 2\pi - \dfrac{\pi }{3} = \dfrac{{5\pi }}{3} \Rightarrow \Delta t = \dfrac{{5T}}{6}\).
Trên một sợi dây dài \(30{\rm{ }}cm\), hai đầu cố định đang có sóng dừng. Trên dây có tất cả \(2\) điểm \(M,{\rm{ }}N\) luôn dao động với biên độ cực đại là \(2{\rm{ }}cm\). Chọn phương án chính xác nhất.
Trên dây có \(2\) điểm luôn dao động với biên độ cực đại => trên dây chỉ có 2 bụng sóng => \(\lambda = 30cm\)
M và N dao động ngược pha.
\(MN{\rm{ }}min\) khi M và N cùng ở vị trí cân bằng \({M_0},{\text{ }}{N_0} \to {M_0}{N_0} = \dfrac{\lambda }{2} = 15cm\)
\(MN{\rm{ }}max\) khi M và N cùng ở bụng sóng $ \to M{N_{max}} = \sqrt {{{15}^2} + {4^2}} = 15,5cm$
\( \Rightarrow 15 \le MN \le 15,6\)
\( \Rightarrow\) Phương án A đúng nhất
Trên một sợi dây \(AB\) dài \(1,2{\rm{ }}m\) đang có sóng dừng với \(3\) bụng sóng, biên độ bụng sóng \(a = 4\sqrt 2 cm\) . Tốc độ truyền sóng trên dây \(v{\rm{ }} = {\rm{ }}80{\rm{ }}cm/s\). Biết hai đầu \(A,{\rm{ }}B\) là các nút sóng. Ở thời điểm phần tử tại điểm \(M\) trên dây cách \(A\) \(30{\rm{ }}cm\) có li độ \(2{\rm{ }}cm\) thì phần tử tại điểm \(N\) trên dây cách \(B\) \(50{\rm{ }}cm\) có tốc độ là:
Điều kiện sóng dừng với hai đầu dây cố định :
$\ell = \dfrac{{k\lambda }}{2} \Rightarrow \lambda = 80cm\left( {k = 3} \right)$
$ \Rightarrow f = \dfrac{v}{\lambda } = 1Hz \Rightarrow \omega = 2\pi rad/s$
Biên độ của một điểm cách nút một khoảng d là :
\(A = 2a\left| {\sin \dfrac{{2\pi d}}{\lambda }} \right| \to \left\{ \begin{array}{l}{A_M} = 4cm\\{A_N} = 4cm\end{array} \right.\)
Do \({A_M} = {\rm{ }}{A_N}\)
Lại có: \({A^2} = {x^2} + \dfrac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}}\)
=> Tốc độ \(\left| {{v_M}} \right| = \left| {{v_N}} \right| = \omega \sqrt {A_M^2 - x_M^2} = 2\pi \sqrt {{4^2} - {2^2}} = 4\pi \sqrt 3 cm/s\)
Trong thí nghiệm giao thoa sóng nước, hai nguồn \({S_1}\) và \({S_2}\) cách nhau \(16cm\), dao động theo phương vuông góc với mặt nước, cùng biên độ, cùng pha, cùng tần số \(80Hz\). Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là \(40cm/s\). Ở mặt nước, gọi \(\Delta \) là đường trung trực của đoạn \({S_1}{S_2}\) . Trên \(\Delta \) điểm \(M\) cách \({S_1}\) \(10cm\), điểm \(N\) dao động cùng pha với \(M\) và gần \(M\) nhất sẽ cách \(M\) một đoạn:
Ta có :
M chậm pha so với nguồn : \(\Delta {\varphi _M} = \dfrac{{2\pi .AM}}{\lambda } = 40\pi \)
Điểm N cùng pha với M :
\( \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{\Delta {\varphi _N} = 42\pi }\\{\Delta {\varphi _N} = 38\pi }\end{array}} \right.\)
Với :
\(\begin{array}{l}*\Delta {\varphi _N} = 42\pi \\ \Rightarrow \dfrac{{2\pi AN}}{\lambda } = 42\pi \Leftrightarrow AN = 10,5cm\\ \Rightarrow OM = 6,8cm \Rightarrow MN = NO - MO = 0,8 = 8mm\end{array}\)
\(\begin{array}{l}*\Delta {\varphi _N} = 38\pi \\ \Rightarrow \dfrac{{2\pi AN}}{\lambda } = 38\pi \Leftrightarrow AN = 9,5cm\\ \Rightarrow OM = 5,12cm \Rightarrow MN = NO - MO = 0,876cm(loai)\end{array}\)
Vậy $N$ cách $M$ gần nhất một đoạn $8mm$
Một sợi dây đang có sóng dừng ổn định. Sóng truyền trên dây có tần số \(10{\rm{ }}Hz\) và bước sóng \(6{\rm{ }}cm\) . Trên dây, hai phần tử \(M\) và \(N\) có vị trí cân bằng cách nhau \(8{\rm{ }}cm\), \(M\) thuộc một bụng sóng dao động điều hòa với biên độ \(6{\rm{ }}mm\). Lấy \({\pi ^2} = 10\). Tại thời điểm t, phần tử \(M\) đang chuyển động với tốc độ \(6\pi {\rm{ }}\left( {cm/s} \right)\) thì phần tử \(N\) chuyển động với gia tốc có độ lớn là:
Bước sóng 6 cm nên chiều dài 1 bó sóng là 3 cm. M thuộc bụng sóng và MN = 8 cm nên ta suy được vị trí của N như hình vẽ. Từ vị trí của N ta suy ra N dao động ngược pha với M.
N cách điểm nút gần nhất 1 khoảng x = 0,5 cm nên biên độ của N: \({A_N} = {A_M}\left| {\cos \left( {\frac{{2\pi x}}{\lambda } - \frac{\pi }{2}} \right)} \right| = \frac{{{A_M}}}{2} = 3(mm)\).
Vận tốc cực đại của M: \({v_{\max }} = 2{A_M}\pi f = 12\pi (cm/s)\).
Thời điểm t, vM = vmax/2 suy ra \({x_M} = \pm \frac{{{A_M}\sqrt 3 }}{2}\). Vì N ngược pha M nên có \({x_N} = \mp \frac{{{A_N}\sqrt 3 }}{2}\).
Độ lớn gia tốc của N tại t: \(\left| {{a_N}} \right| = {\omega ^2}\left| {{x_N}} \right| = 4{\pi ^2}{f^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2}{A_N} = 6\sqrt 3 (m/{s^2})\).
Cho \(4\) điểm \(O,{\rm{ }}M,{\rm{ }}N\) và \(P\) nằm trong một môi trường truyền âm. Trong đó, \(M\) và \(N\) nằm trên nửa đường thẳng xuất phát từ \(O\), tam giác \(MNP\) là tam giác đều. Tại \(O\), đặt một nguồn âm điểm có công suất không đổi, phát âm đẳng hướng ra môi trường. Coi môi trường không hấp thụ âm. Biết mức cường độ âm tại \(M\) và \(N\) lần lượt là \(50{\rm{ }}dB\) và \(40{\rm{ }}dB\). Mức cường độ âm tại P là:
\(\begin{array}{l}{L_M} = 50{\rm{d}}B \to {I_M} = {10^5}{I_0} = \frac{P}{{4\pi {x^2}}}\\{L_N} = 40{\rm{d}}B \to {I_M} = {10^4}{I_0} = \frac{P}{{4\pi {{(x + a)}^2}}}\end{array}\)
\( \Rightarrow \frac{{{I_M}}}{{{I_N}}} = 10 = \frac{{{{(x + a)}^2}}}{{{x^2}}} \Rightarrow x = \frac{a}{{\sqrt {10} - 1}}\)
\(O{P^2} = P{H^2} + O{H^2} = {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} + {(x + \frac{a}{2})^2} = {a^2}.\left( {\frac{3}{4} + {{\left( {\frac{1}{2} + \frac{1}{{\sqrt {10} - 1}}} \right)}^2}} \right)\)
\(\frac{{{I_P}}}{{{I_M}}} = \frac{{O{M^2}}}{{O{P^2}}} \Rightarrow {I_P} \approx 12758,8.{I_0} \Rightarrow {L_P} = 41,1{\rm{d}}B\)
Tại mặt nước có hai nguồn sóng \(A,{\rm{ }}B\) giống hệt nhau cách nhau \(8cm\), gọi \(M,{\rm{ }}N\) là hai điểm trên mặt nước sao cho \(MN = 4cm\) và tạo với \(AB\)một hình thang cân \(\left( {MN//AB} \right)\), biết \(M,{\rm{ }}N\) dao động với biên độ cực đại. Bước sóng trên mặt nước là \(1cm\). Để trên đoạn \(MN\) có đúng \(5\) điểm dao động cực đại thì diện tích của hình thang phải là:
Để trên đoạn \(MN\) có \(5\) cực đại thì M phải thuộc cực đại bậc \(2\) nên \(k{\rm{ }} = {\rm{ }}2\)
M là cực đại thì \({{\rm{d}}_1} - {d_2} = k\lambda = 2.1 = 2cm(1)\)
Xét tam giác \(AHM\)có:
\(d_1^2 = A{M^2} = A{H^2} + H{M^2} = {(AO + OH)^2} + {h^2} = {\left( {\frac{{AB}}{2} + OH} \right)^2} + {h^2} = {6^2} + {h^2}\left( 2 \right)\)
Tương tự xét tam giác \(BMH\) có:
\(d_2^2 = B{M^2} = B{H^2} + H{M^2} = {\left( {OB - OH} \right)^2} + {h^2} = {\left( {\frac{{AB}}{2} - OH} \right)^2} + {h^2} = {2^2} + {h^2}\left( 3 \right)\)
Lấy (2) trừ (3) vế theo vế ta có: \({\rm{d}}_1^2 - d_2^2 = 32\left( 4 \right)\) từ (1) thay vào (4) suy ra:
\(\left( {{d_1} - {d_2}} \right)\left( {{d_1} + {d_2}} \right) = 32 \Rightarrow {d_1} + {d_2} = \frac{{32}}{{{d_1} - {d_2}}} = \frac{{32}}{2} = 16cm\)
Vậy ta có hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}{d_1} - {d_2} = 2\\{d_1} + {d_2} = 16\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{d_1} = 9cm\\{d_2} = 7cm\end{array} \right.\) Thay vào (2) suy ra: \(h = 3\sqrt 5 cm\)
Vậy diện tích lớn nhất của hình thang: \(S = \frac{1}{2}.h\left( {AB + MN} \right) = 18\sqrt 5 c{m^2}\).
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?
+ Ta thấy trên nửa đường thẳng kẻ từ \(A\) vuông góc với \(AB\) có \(4\) điểm theo thứ tự \(M,N,P,Q\) dao động với biên độ cực đại
=> Nên \(AB\) có \(9\) điểm dao động với biên độ cực đại với: \( - 4 \le k \le 4\left( {{d_2} - {d_1} = k\lambda } \right)\)
Cực đại \(M,N,P,Q\) ứng với \(k = 1,2,3,4\)
+ Đặt \(AB = a\)
Tại \(C\) trên $Ax$ là điểm dao động với biên độ cực đại:
\(CB - CA = k\lambda \left( * \right)\)
\(\begin{array}{l}C{B^2} - C{A^2} = {a^2}\\ \to \left( {CB - CA} \right)\left( {CB + CA} \right) = {a^2}\\ \to CB + CA = \dfrac{{{a^2}}}{{k\lambda }}\left( {**} \right)\end{array}\)
Từ \(\left( * \right)\) và \(\left( {**} \right)\) ta suy ra: \(CA = \dfrac{{{a^2}}}{{2k\lambda }} - \dfrac{{k\lambda }}{2}\)
- Tại \(M\) ứng với \(k = 1\): \(MA = \dfrac{{{a^2}}}{{2\lambda }} - \dfrac{\lambda }{2}\left( 1 \right)\)
- Tại \(N\) ứng với \(k = 2\): \(NA = \dfrac{{{a^2}}}{{2.2\lambda }} - \dfrac{{2\lambda }}{2} = \dfrac{{{a^2}}}{{4\lambda }} - \lambda \left( 2 \right)\)
- Tại \(P\) ứng với \(k = 3\): \(PA = \dfrac{{{a^2}}}{{2.3\lambda }} - \dfrac{{3\lambda }}{2} = \dfrac{{{a^2}}}{{6\lambda }} - \dfrac{{3\lambda }}{2}\left( 3 \right)\)
- Tại \(Q\) ứng với \(k = 4\): \(QA = \dfrac{{{a^2}}}{{2.4\lambda }} - \dfrac{{4\lambda }}{2} = \dfrac{{{a^2}}}{{8\lambda }} - 2\lambda \left( 4 \right)\)
Lấy \(\left( 1 \right) - \left( 2 \right)\) ta được: \(MN = MA - NA = \dfrac{{{a^2}}}{{4\lambda }} + \dfrac{\lambda }{2} = 22,25cm\left( 5 \right)\)
Lấy \(\left( 2 \right) - \left( 3 \right)\) ta được: \(NP = NA - PA = \dfrac{{{a^2}}}{{12\lambda }} + \dfrac{\lambda }{2} = 8,75cm\left( 6 \right)\)
Lấy \(3.\left( 6 \right) - \left( 5 \right)\) ta được:
\(\begin{array}{l}3\left( {\dfrac{{{a^2}}}{{12\lambda }} + \dfrac{\lambda }{2}} \right) - \left( {\dfrac{{{a^2}}}{4} + \dfrac{\lambda }{2}} \right) = 3.8,75 - 22,25\\ \to \lambda = 4cm\end{array}\)
Lấy \(\left( 5 \right) - \left( 6 \right)\) ta được: \(\dfrac{{{a^2}}}{{6\lambda }} = 22,25 - 8,75 = 13,5cm \to \dfrac{{{a^2}}}{\lambda } = 81cm\)
Thay \(\left\{ \begin{array}{l}\lambda = 4cm\\\dfrac{{{a^2}}}{\lambda } = 81cm\end{array} \right.\) vào \(\left( 4 \right)\) ta được: \(QA = \dfrac{{{a^2}}}{{8\lambda }} - 2\lambda = \dfrac{{81}}{8} - 2.4 = 2,125cm\)
Một sóng dừng trên dây có dạng \(u = 2\sin \left( {\frac{{2\pi x}}{\lambda }} \right){\rm{cos}}\left( {2\pi t - \frac{\pi }{2}} \right)mm\). Trong đó \(u\) là li độ tại thời điểm t của phần tử P trên dây, x tính bằng cm là khoảng cách từ nút O của dây đến điểm P. Điểm trên dây dao động với biên độ bằng \(\sqrt 2 mm\) cách bụng sóng gần nhất đoạn \(2{\rm{ }}cm\). Vận tốc dao động của điểm trên dây cách nút \(4{\rm{ }}cm\) ở thời điểm \(t{\rm{ }} = {\rm{ }}1{\rm{ }}s\) là:
Phương trình sóng dừng trên dây là:
\(u = 2\sin \left( {\frac{{2\pi x}}{\lambda }} \right)\cos \left( {2\pi t - \frac{\pi }{2}} \right)\) (mm)
Tại điểm thứ nhất: \(A = 2\sin \left( {\frac{{2\pi x}}{\lambda }} \right) = \sqrt 2 \Rightarrow \frac{{2\pi x}}{\lambda } = \left( {2k + \frac{1}{4}} \right)\pi \Rightarrow x = \left( {k + \frac{1}{8}} \right)\lambda \)
Khoảng cách từ điểm đó tới bụng sóng gần nhất là: \(\frac{\lambda }{8} = 2 \Rightarrow \lambda = 16\left( {cm} \right)\)
Điểm cần tìm cách nút \(4{\rm{ }}cm = \frac{\lambda }{4}\)
→ Điểm đó là bụng: \(A{\rm{ }} = {\rm{ }}2{\rm{ }}\left( {cm} \right)\)
Vậy li độ u của điểm đó là: \(0{\rm{ }}\left( {cm} \right)\) theo chiều dương \( \to v{\rm{ }} = {\rm{ }}\omega A{\rm{ }} = {\rm{ }}4\pi {\rm{ }}mm/s\)
Thực hiện giao thoa sóng cơ với hai nguồn hoàn toàn giống nhau. Hai nguồn đặt tại hai điểm $A$ và $B$, với $B$ cố định còn $A$ thay đổi được. Ban đầu khi thực hiện giao thoa thì thấy với $M$ cách $A$ một khoảng \({d_A} = {\rm{ }}28cm\), cách $B$ một khoảng \({d_B} = {\rm{ }}32cm\) là một điểm cực đại giao thoa. Sau đó người ta dịch chuyển điểm $A$ ra xa điểm $B$ dọc theo đường thẳng nối hai điểm $A$ và $B$ thì thấy có $2$ lần điểm $M$ là cực đại giao thoa, lần thứ $2$ thì đường cực đại qua $M$ là dạng đường thẳng và vị trí $A$ lúc này cách vị trí ban đầu một khoảng \(x{\rm{ }} = {\rm{ }}12cm\). Hãy xác định số điểm cực đại trong khoảng nối giữa $A$ và $B$ khi chưa dịch chuyển nguồn?
- Ban đầu: $\Delta {d_1} = k.\lambda \to 32 - 28 = 4 = k.\lambda $ (1)
- Sau khi dịch chuyển $A$: \(\Delta {d_2} = \left( {k - 2} \right).\lambda \) (2)
+ Đường cực đại qua $M$ là đường thẳng
\( \to k{\text{ }} - 2{\text{ }} = {\text{ }}0 \to k{\text{ }} = 2\)
Thay vào (1), ta suy ra: \(\lambda = 2cm\)
Từ hình ta có: ${\rm{cos}}\widehat {M{A_2}{A_1}} = \dfrac{{MA_1^2 - MA_2^2 - {A_1}A_2^2}}{{ - 2M{A_2}.{A_1}{A_2}}} = \dfrac{{{{28}^2} - {{32}^2} - {{12}^2}}}{{ - 2.32.12}} = \dfrac{1}{2} = \dfrac{{O{A_2}}}{{M{A_2}}}$
Ta suy ra: \(O{A_2} = \dfrac{{M{A_2}}}{2} = \dfrac{{32}}{2} = 16 = OB\)
\(\begin{array}{l} \to OM = \sqrt {M{B^2} - O{B^2}} = \sqrt {{{32}^2} - {{16}^2}} = 16\sqrt 3 cm\\ \to O{A_1} = \sqrt {MA_1^2 - O{M^2}} = \sqrt {{{28}^2} - {{\left( {16\sqrt 3 } \right)}^2}} = 4cm\\ \to B{A_1} = OB + O{A_1} = 16 + 4 = 20cm\end{array}\)
Số cực đại trên khoảng \(B{A_1}\):
\(\begin{array}{l} - \dfrac{{B{A_1}}}{\lambda } < k < \dfrac{{B{A_1}}}{\lambda } \leftrightarrow - \dfrac{{20}}{2} < k < \dfrac{{20}}{2} \leftrightarrow - 10 < k < 10\\ \to k = 0, \pm 1, \pm 2,..., \pm 9\end{array}\)
=> Số cực đại trên khoảng \(B{A_1}\) là $19$ điểm
Một nguồn âm tại \(O\) xem như nguồn điểm cho mức cường độ âm tại \(A\) là \({L_A} = 30dB\), mức cường độ âm tại \(B\) là \({L_B} = 40dB\). Biết \(OA\) và \(OB\) vuông góc với nhau. Bỏ qua sự hấp thụ âm của môi trường. Nếu đặt tại \(O\) thêm \(9\) nguồn âm giống như nguồn âm trên thì mức cường độ âm tại trung điểm của đoạn AB gần nhất với giá trị nào sau đây?
Ta có:
\(\begin{array}{l}{L_B} - {L_A} = 10\log \dfrac{{r_A^2}}{{r_B^2}}\\ \leftrightarrow 40 - 30 = 10\log \dfrac{{r_A^2}}{{r_B^2}}\\ \to \dfrac{{r_A^2}}{{r_B^2}} = {10^1} \to {r_A} = \sqrt {10} {r_B}\end{array}\)
Đặt ${r_B} = OB = a \to OA = {r_A} = \sqrt {10} a$
\( \to AB = \sqrt {O{B^2} + O{A^2}} = \sqrt {11} a\)
Vì \(\Delta ABO\) vuông tại $O$
Đường trung tuyến: \(OM = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{{\sqrt {11} a}}{2}\)
\({L_{{M_1}}}\) - mức cường độ âm khi tại $O$ có $1$ nguồn âm
\({L_{{M_2}}}\) - mức cường độ âm khi tại $O$ có $10$ nguồn âm
Ta có:
\(\begin{array}{l}{L_B} - {L_{{M_1}}} = 10\log \dfrac{{O{M^2}}}{{O{B^2}}} = 10\log \dfrac{{{{\left( {\dfrac{{\sqrt {11} a}}{2}} \right)}^2}}}{{{a^2}}} = 4,39dB\\ \to {L_{{M_1}}} = {L_B} - 4,39 = 40 - 4,39 = 35,6dB\end{array}\)
Mặt khác, ta có:
\(\begin{array}{l}{L_{{M_1}}} = 10\log \dfrac{{{I_{{M_1}}}}}{{{I_0}}} \leftrightarrow 35,6 = 10\log \dfrac{{{I_{{M_1}}}}}{{{I_0}}}\\ \to {I_{{M_1}}} = {10^{\dfrac{{35,6}}{{10}}}}{I_0} = 3630,8{I_0}\end{array}\)
Lại có: \(I = \dfrac{P}{{4\pi {r^2}}}\)
Ta suy ra: \(\dfrac{{{I_{{M_1}}}}}{{{I_{{M_2}}}}} = \dfrac{{{P_1}}}{{{P_2}}} = \dfrac{P}{{10P}} = \dfrac{1}{{10}} \to {I_{{M_2}}} = 10{I_{{M_1}}} = 36308{I_0}\)
\( \to {L_{{M_2}}} = 10\log \dfrac{{{I_{{M_2}}}}}{{{I_0}}} = 10\log \dfrac{{36308{I_0}}}{{{I_0}}} = 45,6dB\)
Sóng dừng trên một sợi dây với biên độ điểm bụng là \(4{\rm{ }}cm\). Hình bên biểu diễn hình dạng sợi dây tại hai thời điểm \({t_1}\) và \({t_2}\). Ở thời điểm \({t_1}\) điểm bụng M đang chuyển động với tốc độ bằng tốc độ chuyển động của điểm N ở thời điểm \({t_2}\) . Tọa độ của điểm N tại thời điểm \({t_2}\) là:
Ta có đường màu xanh là thời điểm ${t_1}$
Để ý khoảng cách từ O đến M chính là khoảng cách từ nút sóng tới bụng sóng gần nhất: \(\dfrac{\lambda }{4} = 10cm \to \lambda = 40cm\)
+ Theo đầu bài, ta có:
\(\begin{array}{l}\left| {{v_{M1}}} \right| = \left| {{v_{N2}}} \right|\\ \Rightarrow \omega \sqrt {A_M^2 - u_{M1}^2} = \omega \sqrt {A_N^2 - u_{N2}^2} \\ \Rightarrow \sqrt {{4^2} - {{(2\sqrt 3 )}^2}} = \sqrt {A_N^2 - u_{N2}^2} \,\,{\rm{ }}\left( 1 \right)\end{array}\)
+ Lại có: \(A_N = 4\left| {\sin \dfrac{{2\pi {x_N}}}{\lambda }} \right|\) (2)
Từ (1) và (2) kết hợp với đáp án ta suy ra phương án C đúng.
Một nguồn O phát sóng cơ dao động theo phương trình \(u = 2cos\left( {20\pi t + \frac{\pi }{3}} \right){\rm{ }}mm\) , t tính bằng s. Sóng truyền theo đường thẳng Ox với tốc độ \(1{\rm{ }}m/s\). Trên một phương truyền sóng, trong khoảng từ O đến M (cách O \(42,5{\rm{ }}cm\)) có bao nhiêu điểm mà các phần tử ở đó và các phần tử ở nguồn dao động lệch pha nhau \(\frac{\pi }{6}\) ?
Bước sóng $\lambda = \frac{v}{f} = \frac{1}{{\frac{{20\pi }}{{2\pi }}}} = 0,1m = 10cm$
Độ lệch pha giữa một điểm nằm trên phương truyền sóng và phần tử ở nguồn O là \(\Delta \varphi = \frac{{2\pi d}}{\lambda }\)
Theo bài: \(\Delta \varphi = \frac{\pi }{6} = > \frac{{2\pi {\rm{\Delta }}d}}{\lambda } = \frac{\pi }{6} = > {\rm{\Delta }}d = \frac{\lambda }{{12}}\)
Có \(42,5 = {\rm{4}}\lambda {\rm{ + }}\frac{\lambda }{4}\)
Trên phương truyền sóng, hai điểm cách nhau \(\lambda \) thì cùng pha
=> từ \(O\) đến \(M\) có \(4\) điểm \({O_1},{\rm{ }}{O_2},{\rm{ }}{O_3},{O_4}\) cùng pha với \(O\)
Những điểm lệch pha với \({O_1},{\rm{ }}{O_2},{\rm{ }}{O_3},{O_4}\) góc \(\frac{\pi }{6}\) thì cũng lệch pha với O góc \(\frac{\pi }{6}\). Trong khoảng \(O\) đến \({O_1}\) có 2 điểm lệch pha với \(O\) và \({O_1}\) góc \(\frac{\pi }{6}\)
=> Từ \(O\) đến \({O_4}\) có \(8\) điểm lệch pha với \(O\) góc \(\frac{\pi }{6}\)
Có điểm gần nhất lệch pha \(\frac{\pi }{6}\) so với O cách O một đoạn bằng \(\frac{\lambda }{{12}}\)
=> Trong khoảng từ \({O_4}\) đến \(M\) có \(1\) điểm lệch pha với \(O\) góc \(\frac{\pi }{6}\)
=> Từ \(0\) đến \(M\) có \(9\) điểm lệch pha với \(O\) góc \(\frac{\pi }{6}\)
Từ điểm $A$ bắt đầu thả rơi tự do một nguồn phát âm có công suất không đổi, khi chạm đất tại $B$ nguồn âm đứng yên luôn. Tại $C$ ở khoảng giữa $A$ và $B$ (nhưng không thuộc $AB$), có một máy $M$ đo mức cường độ âm, $C$ cách $AB$ \(12{\rm{ }}m\). Biết khoảng thời gian từ khi thả nguồn đến khi máy $M$ thu được âm có mức cường độ âm cực đại, lớn hơn \(1,528s\) so với khoảng thời gian từ đó đến khi máy $M$ thu được âm có mức cường độ âm không đổi; đồng thời hiệu hai khoảng cách tương ứng này là \(11{\rm{ }}m\). Bỏ qua sức cản không khí, lấy \(g = 10{\rm{ }}m/{s^2}\). Hiệu giữa mức cường độ âm cuối cùng và đầu tiên xấp xỉ:
$M$ thu được âm có mức cường độ âm cực đại khi nguồn âm tại $D$ với \(AD \bot CD\)
$M$ thu được âm không đổi khi nguồn âm đứng yên tại $B$
Thời gian rơi và quãng đường rơi được từ $A \to D$ lần lượt là ${t_1}$ và ${h_1}$
Thời gian rơi và quãng đường đi được từ $D \to B$ lần lượt là ${t_2}$ và ${h_2}$
Theo đề: ${t_1}-{\rm{ }}{t_2} = {\rm{ }}1,528{\rm{ }}s{\rm{ }}\left( {{t_1} > {\rm{ }}1,528s} \right)$ và ${h_1}-{\rm{ }}{h_2} = {\rm{ }}11{\rm{ }}m$
Áp dụng công thức rơi tự do : \({s_1} = {h_1} = \dfrac{1}{2}gt_1^2\)và \({s_2} = {\rm{ }}{h_1} + {\rm{ }}{h_2} = \dfrac{1}{2}g{\left( {{t_1} + {t_2}} \right)^2} = \dfrac{1}{2}g{\left( {2{t_1} - 1,528} \right)^2}\)
Suy ra \(2{s_1}-{\rm{ }}{s_2} = {\rm{ }}{h_1}-{\rm{ }}{h_2} = gt_1^2 - \dfrac{1}{2}g{\left( {2{t_1} - 1,528} \right)^2}\)
$\begin{gathered}\leftrightarrow 10t_1^2-30,56{\text{ }}{t_1} + {\text{ }}22,67392{\text{ }} = {\text{ }}0 \hfill \\\to \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{t_1} = 1,787599692} \\{{t_2} = 1,268400308}\end{array}} \right. \hfill \\\end{gathered} $.
Nhận nghiệm \({t_1} = 1,787599692s \to {h_1} = 16m\) và ${h_2} = {\rm{ }}5{\rm{ }}m$
Suy ra :
\(\begin{array}{l}{L_B} - {L_A} = 10\log \dfrac{{{I_B}}}{{{I_A}}} = 10\log \dfrac{{C{A^2}}}{{C{B^2}}}\\ = 10\log \dfrac{{A{D^2} + D{C^2}}}{{B{D^2} + D{C^2}}}\\ = 10\log \dfrac{{{{16}^2} + {{12}^2}}}{{{5^2} + {{12}^2}}} = 3,74dB\end{array}\)
