Bài tập sóng cơ - sóng âm hay và khó (phần 2)

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

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 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

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 $\left| {{v_M}} \right| = \left| {{v_N}} \right| = \omega \sqrt {A_M^2 - x_M^2}  = 2\pi \sqrt {{4^2} - {2^2}}  = 4\pi \sqrt 3 cm/s$

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 $8mm$

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, v_M = v_max/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:  $\left| {{a_N}} \right| = {\omega ^2}\left| {{x_N}} \right| = 4{\pi ^2}{f^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2}{A_N} = 6\sqrt 3 (m/{s^2})$.

$\begin{array}{l}{L_M} = 50{\rm{d}}B \to {I_M} = {10^5}{I_0} = \frac{P}{{4\pi {x^2}}}\\{L_N} = 40{\rm{d}}B \to {I_M} = {10^4}{I_0} = \frac{P}{{4\pi {{(x + a)}^2}}}\end{array}$

$\Rightarrow \frac{{{I_M}}}{{{I_N}}} = 10 = \frac{{{{(x + a)}^2}}}{{{x^2}}} \Rightarrow x = \frac{a}{{\sqrt {10}  - 1}}$

$O{P^2} = P{H^2} + O{H^2} = {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} + {(x + \frac{a}{2})^2} = {a^2}.\left( {\frac{3}{4} + {{\left( {\frac{1}{2} + \frac{1}{{\sqrt {10}  - 1}}} \right)}^2}} \right)$

$\frac{{{I_P}}}{{{I_M}}} = \frac{{O{M^2}}}{{O{P^2}}} \Rightarrow {I_P} \approx 12758,8.{I_0} \Rightarrow {L_P} = 41,1{\rm{d}}B$

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: $S = \frac{1}{2}.h\left( {AB + MN} \right) = 18\sqrt 5 c{m^2}$.

+ 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: $QA = \dfrac{{{a^2}}}{{8\lambda }} - 2\lambda  = \dfrac{{81}}{8} - 2.4 = 2,125cm$

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 $\to v{\rm{ }} = {\rm{ }}\omega A{\rm{ }} = {\rm{ }}4\pi {\rm{ }}mm/s$

- 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

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: $\dfrac{{{I_{{M_1}}}}}{{{I_{{M_2}}}}} = \dfrac{{{P_1}}}{{{P_2}}} = \dfrac{P}{{10P}} = \dfrac{1}{{10}} \to {I_{{M_2}}} = 10{I_{{M_1}}} = 36308{I_0}$

$\to {L_{{M_2}}} = 10\log \dfrac{{{I_{{M_2}}}}}{{{I_0}}} = 10\log \dfrac{{36308{I_0}}}{{{I_0}}} = 45,6dB$

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.

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 $\frac{\pi }{6}$

$M$ 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 : 

$\begin{array}{l}{L_B} - {L_A} = 10\log \dfrac{{{I_B}}}{{{I_A}}} = 10\log \dfrac{{C{A^2}}}{{C{B^2}}}\\ = 10\log \dfrac{{A{D^2} + D{C^2}}}{{B{D^2} + D{C^2}}}\\ = 10\log \dfrac{{{{16}^2} + {{12}^2}}}{{{5^2} + {{12}^2}}} = 3,74dB\end{array}$