Bài tập về pha dao động tại một điểm trong trường giao thoa

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}f = 25Hz\\v = 50cm/s\end{array} \right. \Rightarrow \lambda  = \dfrac{v}{f} = 2cm\)

Phương trình dao động tại O:

\({u_O} = 2A.\cos \left( {50\pi t - \dfrac{{2\pi .OA}}{\lambda }} \right) = 2A.\cos \left( {50\pi t - \dfrac{{2\pi .9}}{2}} \right) = 2A.\cos \left( {50\pi t - 9\pi } \right)\)

Phương trình dao động tại M:

\({u_M} = 2A.\cos \left( {50\pi t - \dfrac{{2\pi .OM}}{\lambda }} \right) = 2A.\cos \left( {50\pi t - \dfrac{{2\pi .d}}{2}} \right) = 2A.\cos \left( {50\pi t - \pi d} \right)\)

M dao động cùng pha với O nên:

\(\begin{array}{l}\Delta \varphi  = \pi d - 9\pi  = k2\pi  \Rightarrow d = 9 + 2k\\d > 9cm \Leftrightarrow 9 + 2k > 9 \Rightarrow k > 0 \Rightarrow k = 1;2;3;...\\{d_{\min }} \Leftrightarrow k = 1 \Rightarrow d = 9 + 2 = 11cm\end{array}\)

Áp dụng định lí Pitago ta có: \({x_{\min }} = \sqrt {d_{\min }^2 - {9^2}}  = \sqrt {{{11}^2} - {9^2}}  = \sqrt {40}  = 2\sqrt {10} cm\)

Ta có:

\({u_1} = asin\omega t = acos(\omega t - \frac{\pi }{2});{u_2} = acos(\omega t)\)

Xét điểm M trên trung trực của S₁S₂: 

${S_1}M = {S_2}M = d(d \geqslant 4,5\lambda )$

\(\begin{array}{l}{u_{1M}} = acos(\omega t - \frac{\pi }{2} - \frac{{2\pi d}}{\lambda });{u_{2M}} = acos(\omega t - \frac{{2\pi d}}{\lambda })\\{u_M} = {u_{1M}} + {\rm{ }}{u_{2M}} = acos(\omega t - \frac{{2\pi d}}{\lambda } - \frac{\pi }{2}) + {\rm{ }}acos(\omega t - \frac{{2\pi d}}{\lambda })\\{u_M} = 2{\rm{acos(}}\frac{\pi }{4})c{\rm{os}}\left( {\omega t - \frac{{2\pi d}}{\lambda } - \frac{\pi }{4}} \right)\end{array}\)

Để M dao động cùng pha với u₁: 

\(\begin{array}{l}\frac{{2\pi d}}{\lambda } + \frac{\pi }{4} - \frac{\pi }{2} = 2k\pi  \to d = \left( {\frac{1}{8} + k} \right)\lambda \\ \to d = (\frac{1}{8} + k)\lambda  \ge 4,5\lambda  \to k \ge 4,375 \to k \ge 5\end{array}\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ =  > {\text{ }}{k_{min}} = {\text{ }}5} \\{ =  > {\text{ }}{d_{min}} = {\text{}}41\lambda /8}\end{array}\)

Giả sử hai sóng tại S_1­, S₂ có dạng :

\({u_1} = {\rm{ }}{u_2} = {\rm{ }}acos\omega t\)

Gọi M là 1 điểm thỏa mãn bài toán (có 2 điểm thỏa mãn nằm đối xứng nhau qua S₁,S₂)

Phương trình dao động tại M:

\({u_M} = 2acos(\omega t - \frac{{2\pi d}}{\lambda })\)  (d: Khoảng cách từ M đến S1, S2)

Phương trình dao động tại O:

\({u_O} = 2acos(\omega t - \frac{{2\pi {\rm{O}}{{\rm{S}}_1}}}{\lambda })\)    

Theo bài ra:

\(\begin{array}{l}\Delta {\varphi _{M/O}} = {\varphi _M} - {\varphi _O} = \frac{{2\pi }}{\lambda }({\rm{O}}{{\rm{S}}_1} - d) = (2k + 1)\pi  \to {\rm{O}}{{\rm{S}}_1} - d = \frac{\lambda }{2}(2k + 1)\\ \to d = {\rm{O}}{{\rm{S}}_1} - \frac{\lambda }{2}(2k + 1){\rm{               (*)}}\end{array}\)

Tam giác S₁OM vuông nên:

$\begin{gathered}d{\text{ }} > {\text{ }}O{S_1} \to {\text{O}}{{\text{S}}_1} - \frac{\lambda }{2}(2k + 1) > {\text{ }}O{S_1} \hfill \\\leftrightarrow 2k + 1 < 0 \to k <  - \frac{1}{2}(k \in Z) \hfill \\\end{gathered} $

Nhìn vào biểu thức (*) ta thấy d_min khi k_max  = -1. (do OS₁ không đổi nên d_min thì OM _min  )

Thay OS₁ = S₁S₂/2 = 15cm;

\(\lambda  = v/f = 600cm/50 = 12cm\)

k = -1 vào (*) ta được: d = 21cm

\(OM = \sqrt {{d^2} - {\rm{O}}{{\rm{S}}_1}^2}  = \sqrt {{{21}^2} - {{15}^2}_{^{}}}  = 216 = 6\sqrt 6 cm\)

\(\lambda  = {\rm{ }}2cm\)

Cách 1:

Ta có:

 \({k_0} = \frac{{{S_1}{S_2}}}{{2\lambda }} = 5\)

=> O cùng pha nguồn.Vậy M cần tìm cùng pha nguồn

 Phương trình sóng tổng hợp tại M là:

\({u_M} = 2acos(\pi \frac{{{d_2} - {d_1}}}{\lambda })cos(20\pi t{\rm{ }} - \pi \frac{{{d_2} + {d_1}}}{\lambda })\)

 Để M dao động cùng pha với S₁, S₂ thì:

\(\pi \frac{{{d_2} + {d_1}}}{\lambda } = 2k\pi \);  Với d₁ = d₂  ta có: d₁ = d₂  = 2k;

 Pytago :

\({x^2} = {\left( {2k} \right)^2} - {10^2}\)

Đk có nghĩa:  

\(\left| k \right|{\rm{ }} \ge {\rm{ }}5\) chọn \(k{\rm{ }} = {\rm{ }}6 \to x = 2\sqrt {11} cm = 6,6cm\)

Cách 2:

Ta có: 

\({k_0} = \frac{{{S_1}{S_2}}}{{2\lambda }} = 5\)

=> O cùng pha nguồn.Vậy M cần tìm cùng pha nguồn

Chọn  k_{làm tròn} =  5 .Cùng pha gần nhất:   chọn   k =  k_{làm tròn}  +  1 =6.

 Ta tính:

 \(d = k\lambda  = 12\)

.Khoảng cách cần tìm: 

\(OM{\rm{ }} = \sqrt {{d^2} - {{\left( {\frac{{S{}_1{S_2}}}{2}} \right)}^2}}  = 2\sqrt {11} cm = 6,6cm\)

Biểu thức sóng tại A, B   

\(u{\rm{ }} = {\rm{ }}acos\omega t\)

Xét điểm M trên trung trực của AB: 

\(AM{\rm{ }} = {\rm{ }}BM{\rm{ }} = {\rm{ }}d{\rm{ }}\left( {cm} \right){\rm{ }} \ge {\rm{ }}10{\rm{ }}cm\)

 Biểu thức sóng tại M: 

\({u_M} = {\rm{ }}2acos(\omega t - \frac{{2\pi d}}{\lambda })\)

Điểm M dao động cùng pha với nguồn khi:

\(\begin{array}{l}\frac{{2\pi d}}{\lambda } = 2k\pi  \to d = k\lambda  = 3k \ge 10 \to k \ge 4\\d = {d_{\min }} = 4.3 = 12cm\end{array}\)

\(\lambda  = \frac{v}{f} = 4cm\)

Cách 1:

Xét điểm M:  AM = d₁; BM = d₂

 \(\begin{array}{l}{u_M} = acos(20\pi t{\rm{ }} - \frac{{2\pi {d_1}}}{\lambda }) + {\rm{ }}acos(20\pi t - \frac{{2\pi {d_2}}}{\lambda })\\ = 2acos(\frac{{\pi ({d_2} - {d_1})}}{\lambda })cos(20\pi t - \frac{{\pi ({d_1} + {d_2})}}{\lambda })\end{array}\)

Điểm M dao động với biên độ cực đại, cùng pha với nguồn A khi:

\(cos(\frac{{\pi ({d_2} - {d_1})}}{\lambda }) = 1\)  và \(\frac{{\pi ({d_1} + {d_2})}}{\lambda } = 2k\pi \)

\( \to \left\{ \begin{array}{l}{d_2} - {d_1} = 2k'\lambda \\{d_2} + {d_1} = 2k\lambda \end{array} \right. \to {d_1} = \left| {k - k'} \right|\lambda \) 

Điểm M gần A  nhất ứng với \(k - k' = 1 \to {d_{1\min }} = \lambda  = 4cm\)

Cách 2:

Số cực đại giao thoa: 

\( - \frac{{AB}}{\lambda } \le k \le \frac{{AB}}{\lambda } \to k =  - 4;\, - 3;......3;\,4.\)

Điểm M gần A nhất dao động với A_max ứng với k = 4 (hoặc -4).

Phương trình dao động tại điểm M là:

\({u_M} = 2a\cos (\omega t - \frac{{\pi ({d_1} + {d_2})}}{\lambda })\) .

Độ lệch pha dao động giữa nguồn A và M là:

 \(\Delta \varphi  = \frac{{\pi ({d_1} + {d_2})}}{\lambda }\)

Do M dao động cùng pha với nguồn A nên:

\(\Delta \varphi  = \frac{{\pi ({d_1} + {d_2})}}{\lambda } = n.2\pi  \to ({d_1} + {d_2}) = 2n\lambda  = 8n\,(cm)\)(1)

Mặt khác:

\({d_1} + {d_2} \ge AB = 19\,cm\) (2).

Từ (1) và (2) ta có: \(n \ge 2,375\) Vậy n nhận các giá trị: 3, 4, 5……

Mặt khác: M dao động với biên độ cực đại nên:

\({d_2} - {d_1} = 4\lambda  = 16\,(cm)\)   (3)

Từ (1), (2) và (3) ta được:

\({d_1} = 4n - 8 \to {d_{1\min }} = 4.3 - 8 = 4\,(cm).\)        

Ta có:

\(\lambda  = \frac{v}{f} = 0,4cm\)

- Giả sử phương trình sóng của 2 nguồn là

\({u_{S1}} = {\rm{ }}{u_{S2}} = {\rm{ }}Acos(200\pi t)\)

- Thì phương trình sóng tại I là:

\({u_I} = {u_{1I}} + {u_{2I}} = 2A\cos (200\pi t - 2\pi \frac{{1,6}}{{0,4}}) = 2A\cos (200\pi t - 8\pi ) = 2A\cos (200\pi t)\)

-Tương tự PT sóng tại M cách mỗi nguồn đoạn d ( như hình vẽ ) là:

\({u_M} = 2A\cos (200\pi t - 2\pi \frac{d}{{0,4}})\)

=> Độ lệch pha giữa I và M là

\(\Delta \varphi  = 2\pi \frac{d}{{0,4}}\)

để I và M cùng pha thì

\(\Delta \varphi  = k2\pi  \to d = k.0,4(cm)\)

Theo hình vẽ dễ thấy

 \(d > 1,6{\text{ }}cm \to d = k.0,4 > 1,6 \Rightarrow k > 4\)

* Mặt khác cần tìm x_min nên d cũng phải min => k cũng min =>  k_min=5 => d_min=5.0,4=2cm

${x_{min}} = \sqrt {d_{\min }^2 - 1,{6^2}}  = 1,2cm$

Ta có hai điểm \(M\) và \(C\) cùng pha:

\(\dfrac{{2\pi AC}}{\lambda } - \dfrac{{2\pi AM}}{\lambda } = 2k\pi \)

Suy ra:

\(AC{\rm{ }}-{\rm{ }}AM{\rm{ }} = \lambda \)

Xét điểm \(M\) nằm trong khoảng \(CO\) (\(O\) là trung điểm \(AB\)). Suy ra \(AM = AC - \lambda  = 8 - 0,8\)

\(CM{\rm{ }} = {\rm{ }}CO{\rm{ }}-{\rm{ }}MO{\rm{ }} = \sqrt {A{C^2} - A{O^2}}  - \sqrt {A{M^2} - A{O^2}} \) (với \(AC = 8 cm, AO = 4cm\))

Suy ra \(CM = 0,94 cm\) (loại)

Xét điểm M nằm ngoài đoạn \(CO\).

Suy ra:

\(AM{\rm{ }} = {\rm{ }}AC{\rm{ }} + \lambda  = {\rm{ }}8{\rm{ }} + {\rm{ }}0,8\)

\(CM{\rm{ }} = {\rm{ }}MO{\rm{ }}-{\rm{ }}CO{\rm{ }} = \sqrt {A{M^2} - A{O^2}}  - \sqrt {A{C^2} - A{O^2}} \) (với \(AC = 8 cm, AO = 4cm\)).

 Suy ra \(CM = 0,91cm\) (nhận)

Vậy khoảng cách ngắn nhất giữa \(M\) và \(C\) dao động cùng pha là \(0,91 cm\).

Cách 1:   Gọi M là điểm dao động cùng pha với nguồn

Phương trình sóng tổng hợp tại M là:

\(u_M= 2acos(π \dfrac{{{d_2} - {d_1}}}{\lambda })cos(20πt - π\dfrac{{{d_2} + {d_1}}}{\lambda })\)

Để M dao động cùng pha với S₁ thì:

π\(\dfrac{{{d_2} + {d_1}}}{\lambda }\) = 2kπ

suy ra: \({d_2} + {d_1} = 2k\lambda \)

Với d₁ = d₂  ta có:

\({d_2} = {d_1} = k\lambda \)

Gọi x là khoảng cách từ M đến AB:

\({d_1} = {\rm{ }}{d_2} = \sqrt {{x^2} + {{\left( {\dfrac{{AB}}{2}} \right)}^2}}  = k\lambda \)

Suy ra

\(\left| x \right| = \sqrt {{{\left( {k\lambda } \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{{AB}}{2}} \right)}^2}}  \\= \sqrt {6,25{k^2} - 144} \)

Với

\(0 \le x \le 16 \leftrightarrow 4,8 \le k \le 8 \\\leftrightarrow k{\rm{ }} = {\rm{ }}5,{\rm{ }}6,{\rm{ }}7,{\rm{ }}8.\)  

Vậy trên đoạn MN có 2 x 4 = 8 điểm dao động cùng pha với hai nguồn.

Cách 2:  \(\lambda  = 2,5cm;{k_0} = \dfrac{{{S_1}{S_2}}}{{2\lambda }} = 4,8\)

 \({d_M} = \sqrt {O{M^2} + {{\left( {\dfrac{{{S_1}{S_2}}}{2}} \right)}^2}} {d_N} \\= \sqrt {O{N^2} + {{\left( {\dfrac{{{S_1}{S_2}}}{2}} \right)}^2}}  = 20cm \\\to {k_M} = \dfrac{{{d_M}}}{\lambda } = 8\)

chọn  5, 6, 7, 8

 \({d_N} = \sqrt {O{N^2} + {{\left( {\dfrac{{{S_1}{S_2}}}{2}} \right)}^2}}  = 20cm \\\to {k_N} = \dfrac{{{d_N}}}{\lambda } = 8\)

chọn 5,6,7,8  M, N ở 2 phía vậy có 4 + 4 = 8 điểm

Cách 1:

Xét điểm M trên S₁S₂

S₁M = d₁; S₂M = d₂. Ta có:

\({u_{1M}} = acos(\omega t - \frac{{2\pi {d_1}}}{\lambda });{u_{2M}} = acos(\omega t - \frac{{2\pi {d_2}}}{\lambda })\)

\({u_M} = {u_{1M}} + {u_{2M}} = 2cos(\frac{{\pi ({d_2} - {d_1})}}{\lambda })cos(\omega t - \frac{{\pi ({d_1} + {d_2})}}{\lambda }) = 2acos\frac{{\pi ({d_2} - {d_1})}}{\lambda }cos(\omega t{\rm{ }} - 9\pi )\)

Để M là điểm dao động với biên độ cực đại, cùng pha với nguồn thì

cos\(\frac{{\pi ({d_2} - {d_1})}}{\lambda }\)= - 1

\( \to \frac{{\pi ({d_2} - {d_1})}}{\lambda } = {\text{ }}\left( {2k{\text{ }} + {\text{ }}1} \right)\pi  \to {d_2}--{\text{ }}{d_1} = {\text{ }}\left( {2k{\text{ }} + {\text{ }}1} \right)\lambda \left( 1 \right)\)

Và ta có:  

\({d_1} + {\text{ }}{d_2} = {\text{ }}9\lambda \left( 2 \right)\)   

 Từ (1) và (2)

 \( =  > {d_1} = {\text{ }}\left( {4{\text{ }} - {\text{ }}k} \right)\lambda \)

Ta có:

 \(0{\text{ }} < {\text{ }}{d_1} = {\text{ }}\left( {4{\text{ }} - {\text{ }}k} \right)\lambda {\text{ }} < {\text{ }}9\lambda {\text{ }} =  >  - {\text{ }}5{\text{ }} < {\text{ }}k{\text{ }} < {\text{ }}4 =  >  - {\text{ }}4 \leqslant k \leqslant {\text{ }}3{\text{ }}.\)  

Do đó có 8 giá trị của k

Cách 2: Vì hai nguồn đồng pha nên trung điểm 0 của AB là một cực đại

Dễ dàng tính được số cực đại (không kể hai nguồn) trên AB:

${N_{c{\text{d}}}} = 2\left[ {\dfrac{L}{\lambda }} \right] + 1 - 2 = 17$

Vậy: Ở mỗi bên 0 có 8 cực đại

Mặt khác chứng minh được dao động tại 0 có phương trình:

${u_0} = 2A\cos (\omega t - \frac{d}{\lambda }2\pi ) = 2A\cos (\omega t - \frac{1}{{2\lambda }}2\pi ) = 2A\cos (\omega t - 9\pi )$

, tức 0 là cực đại ngược pha với nguồn

Sử dụng sự tương tự với hiện tượng sóng dừng sẽ thấy các cực đại thứ 1, 3, 5, 7 ở mỗi bên sẽ ngược pha với O hay đồng pha với nguồn.

=> 8 điểm

+ 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:

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

+ Xét điểm M trên đường trung trực của AB cách A một đoạn d₁ và cách B một đoạn d₂. Suy ra d₁=d₂.

+ Mặt khác  điểm M dao động cùng pha với nguồn nên

\(\Delta \varphi  = \dfrac{{2\pi {d_1}}}{\lambda } = k2\pi  \to {d_1} = k\lambda  = 1,6k(1)\).

+ Mà :

\(AO \le {d_1} \le AC \to \dfrac{{AB}}{2} \le 1,6k \le \sqrt {{{\left( {\dfrac{{AB}}{2}} \right)}^2} + O{C^2}} \) 

 (Do \(AO = \dfrac{{AB}}{2}\) và \(AC = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{AB}}{2}} \right)}^2} + O{C^2}}  = 10(cm)\))

\(\Rightarrow \)\(6 \le 1,6k \le 10 \Rightarrow 3,75 \le k \le 6,25 \Rightarrow k = 4;5;6\) 

=> Trên đoạn CO có 3 điểm dao dộng cùng pha với nguồn.

Cách 1:

Tính trên CD: 

 \(AO \leqslant {d_2} - {\text{ }}{d_1} = k\lambda  \leqslant AC\)

$ \Leftrightarrow \frac{6}{{1,6}} < k < \frac{{1,0}}{{1,6}} \Leftrightarrow k = 4,5,6$

Þ Có tất cả 6 giá trị k thoả mãn

Cách 2: Phương trình tổng hợp tại 1 điểm trên OD:

 \(u = 2a\cos (2\pi ft - \pi \frac{{2d}}{\lambda })\)

Cùng pha=>

\(\pi \frac{{2d}}{\lambda } = 2k\pi  \Rightarrow d = 1,6\lambda \) có \(6 \le d = 1,6k \le 10 \Rightarrow k = 4;5;6\) do tính đối xứng nên có 6 điểm

+ Bước sóng :

\(\lambda  = \frac{v}{f} = 2(cm)\)

+ Gọi N là điểm nằm trên đoạn MC cách A và B một khoảng d với

\(AB/2{\rm{ }} = {\rm{ }}8\left( {cm} \right)d{\rm{ }} < {\rm{ }}AC{\rm{ }} = {\rm{ }}16\left( {cm} \right)\) .

+ Phương trình sóng tổng hợp tại N :

\({u_N} = 4\cos (20\pi t - \frac{{2\pi d}}{\lambda }) = 4\cos (20\pi t - \pi d)(cm)\)

+ Phương trình sóng tổng hợp tại C :

\({u_C} = 4\cos (20\pi t - \frac{{2\pi AC}}{\lambda }) = 4\cos (20\pi t - 16\pi )(cm)\)

+ Điểm N dao động cùng pha với C :

\( \Rightarrow \pi d - 16\pi  = k2\pi (k \in Z) \Rightarrow d = 16 + 2k(cm) \Rightarrow 8 \le 16 + 2k < 16\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4 \le k < 0\\k \in Z\end{array} \right. \Rightarrow k =  - 4, - 3, - 2, - 1 \Rightarrow \)

Có 4 điểm dao động cùng pha với C.

Hai nguồn cùng pha, trung điểm I dao động cực đại

Những điểm dao động cùng pha với I cách I một số nguyên lần bước sóng

\(IM{\rm{ }} = {\rm{ }}5cm{\rm{ }} = {\rm{ }}2,5\lambda \)   nên có 2 điểm

\(IN{\rm{ }} = {\rm{ }}6,5cm{\rm{ }} = {\rm{ }}3,25\lambda \)  nên có 3 điểm

Tổng số điểm dao động cùng pha với I trên MN là 5

Ta có:

+ Bước sóng: \(\lambda  = \dfrac{v}{f} = \dfrac{{0,8}}{{100}} = {8.10^{ - 3}}m = 0,8cm\)

+ Ta có phương trình giao thoa sóng trên đường trung trực của S₁S₂ là:

\(u = 2Ac{\rm{os}}\left( {\dfrac{\pi }{\lambda }\left( {{d_1} - {d_2}} \right)} \right){\rm{cos}}\left( {\omega t - \dfrac{\pi }{\lambda }\left( {{d_1} + {d_2}} \right)} \right)\)

theo giả thuyết hai sóng cùng pha trên đường trung trực nên ta có:

\(\left( {\dfrac{\pi }{\lambda }\left( {{d_{1M}} + {d_{2M}}} \right) - \dfrac{\pi }{\lambda }\left( {{d_{1{M_1}}} + {d_{2{M_1}}}} \right)} \right) = 2k\pi {\rm{                 (1}})\)

mà

\({d_{1M}} = {\rm{ }}{d_{2M}} = {\rm{ }}{d_M} = {\rm{ }}8{\rm{ }}cm\)

\({d_{1M1}} = {\rm{ }}{d_{2M1}} = {\rm{ }}{d_{M1}}\)

từ (1) suy ra

\({d_M}-{\rm{ }}{d_{M1}} = {\rm{ }}\lambda {\rm{ }}\left( {{\rm{ }}\lambda  = {\rm{ }}0,8/100{\rm{ }} = {\rm{ }}0,8{\rm{ }}cm} \right)\)

\({d_{M1}} = {\rm{ }}{d_M}-{\rm{ }}\lambda {\rm{ }} = {\rm{ }}8{\rm{ }}-{\rm{ }}0,8{\rm{ }} = {\rm{ }}7,2{\rm{ }}\left( {cm} \right)\)  

suy ra:

\(O{M_1} = \sqrt {d_{{M_1}}^2 - O{A^2}}  = \sqrt {7,{2^2} - {4^2}}  = 5,99cm\)

\({d_{M2}} = {\rm{ }}{d_M} + {\rm{ }}\lambda {\rm{ }} = {\rm{ }}8{\rm{ }} + {\rm{ }}0,8{\rm{ }} = {\rm{ }}8,8{\rm{ }}\left( {cm} \right)\)  

suy ra:

\(O{M_2} = \sqrt {d_{{M_2}}^2 - O{A^2}}  = \sqrt {8,{8^2} - {4^2}}  = 7,84cm\)

mà

\(OM = \sqrt {d_1^2 - O{A^2}}  = \sqrt {{8^2} - {4^2}}  = 6,93cm\)

vậy:

\(M{M_1} = OM - O{M_1} = 0,94cm \to {M_2}M = O{M_2} - OM = 0,91cm\)

Ta có:

\(\lambda  = \dfrac{v}{f} = \dfrac{v}{{\dfrac{\omega }{{2\pi }}}} = \dfrac{{0,5}}{{\dfrac{{50}}{{2\pi }}}} = 0,02m = 2cm\)

Trong không gian có một chất điểm dao động mà hình chiếu của nó lên mặt nước là đường thẳng \(y = 12 - x\).

Vận tốc chuyển động là: \({v_1} = 5\sqrt 2 cm/s\)

Sau \(2s\), quãng đường mà vật đi được là: \(S = AB = {v_1}t = 10\sqrt 2 cm\)

Tại B cách S₁, S₂ những khoảng d’₁, d’₂.

Gọi H - hình chiếu của B trên S₁S₂

S₂M = 1cm

HM = 2cm = HB

Trên đoạn BM số điểm có biên độ cực tiểu thỏa mãn:

\(\begin{array}{l}d{'_2} - d{'_1} \le (k + \dfrac{1}{2})\lambda  \le {d_2} - {d_1}\\ \leftrightarrow  - 4,48 \le k \le 1,65\\ \to k =  - 4, - 3, - 2, - 1,0,1\end{array}\).

=> Có 6 điểm

Bước sóng :

\(\lambda  = v.T = v.\dfrac{{2\pi }}{\omega } = 100.\dfrac{{2\pi }}{{10\pi }} = 20cm\)

Độ lệch pha của hai sóng truyền tới M :

\(\Delta \varphi  = \dfrac{{2\pi \left( {{d_1} - {d_2}} \right)}}{\lambda } + \dfrac{\pi }{2} = \dfrac{{2\pi .5}}{{20}} + \dfrac{\pi }{2} = \pi \)

Vậy M thuộc cực tiểu giao thoa

Độ lệch pha của hai sóng truyền tới N là:

\(\Delta \varphi  = \dfrac{{2\pi \left( {{d_1} - {d_2}} \right)}}{\lambda } + \dfrac{\pi }{2} = \dfrac{{2\pi .35}}{{20}} + \dfrac{\pi }{2} = 4\pi \)

Vậy N thuộc cực đại giao thoa

Hai nguồn đồng bộ dao động với phương trình\(u=Ac\text{os(}\omega \text{t+}\varphi )\)

Gọi điểm N cách hai nguồn khoảng d, N thuộc đoạn MI. Phương trình dao động sóng tại N:\({{u}_{N}}=2Ac\text{os(}\omega \text{t-}\frac{2\pi d}{\lambda }+\varphi )\)

Độ lệch pha giữa hai điểm N và nguồn là: \(\Delta \varphi =\frac{2\pi d}{\lambda }\)

Để N dao động cùng pha với nguồn: \(\Delta \varphi =k.2\pi \to \frac{2\pi d}{\lambda }=k.2\pi \to d=k\lambda =k.\frac{v}{f}=1,2.k(cm)\)

Vì N thuộc đoạn MI: \({{S}_{1}}I\le {{S}_{1}}N\le {{S}_{1}}M\to 16\le 1,2.k\le \sqrt{{{16}^{2}}+{{12}^{2}}}\to 13,3\le k\le 16,6\)

ð  Có 3 giá trị của k

Xét tại điểm M và N đều nằm trên cực đại giao thoa gần trung trực nhất với M nằm trên đường kính S₁S₂ và N nằm trên đường tròn đường kính S₁S₂

MS₂ – MS₁ = λ = 4cm

MS₂ + MS₁ = S₁S₂ = 20cm

=> MS₂ = 12cm, MS₁ = 8cm

NS₂ – NS₁ = 4cm

ΔNS₁S₂ vuông tại N nên \(NS_{2}^{2}+NS_{1}^{2}={{S}_{1}}{{S}_{2}}^{2}={{20}^{2}}\)

=> NS₁ = 12cm, NS₂= 16cm

Xét trên đoạn MN, số điểm dao động cùng pha với nguồn phải thỏa mãn:

            \(\frac{\pi ({{d}_{1}}+{{d}_{2}})}{\lambda }=2k\pi \Rightarrow M{{S}_{1}}+M{{S}_{2}}\le {{d}_{1}}+{{d}_{2}}=2k\lambda \le N{{S}_{1}}+N{{S}_{2}}\)

=> 20 ≤ 8k ≤ 28 => 2,5≤ k ≤ 3,5 => có 1 giá trị k nguyên ứng với 1 điểm cùng pha với hai nguồn

Vậy trên hai nửa hypebol có 2 điểm dao động cùng pha với hai nguồn.

Gọi I là điểm bất kỳ nằm trên MN.

Độ lệch pha dao động giữa nguồn và I là \(\Delta \varphi =\frac{2\pi d}{\lambda }=(2k+1)\pi \Rightarrow d=(2k+1)\frac{\lambda }{2}\)

Gọi H là trung điểm của MN, khi đó \(OH=\frac{MN}{2}=2\sqrt{13}\lambda \)

Số điểm dao động ngược pha với O trên đoạn NH là

\(2\sqrt{13}\lambda \le (2k+1)\frac{\lambda }{2}\le 12\lambda \Rightarrow 6,7\le k\le 12,5\)

=> Có 5 điểm

Số điểm dao động ngược pha với O trên đoạn MH là:

\(2\sqrt{13}\lambda \le (2k+1)\frac{\lambda }{2}\le 8\lambda \Rightarrow 6,7\le k\le 7,5\)

=> Có 1 điểm

Vậy có tất cả 6 điểm dao động ngược pha với O trên đoạn MN