Bài tập về phương trình sóng cơ tại một điểm trong trường giao thoa

λ = 1,5cm

* Phương trình giao thoa sóng: \({u_M} = 2{\rm{acos}}\left( {\pi \dfrac{{{d_2} - {d_1}}}{\lambda }} \right){\rm{cos}}\left( {\omega t - \pi \dfrac{{{d_1} + {d_2}}}{\lambda }} \right)\)

\(\begin{array}{l}{a_M} = a\sqrt 2  \to 2{\rm{acos}}\left( {\pi \dfrac{{{d_2} - {d_1}}}{\lambda }} \right) =  \pm a\sqrt 2  \to {\rm{cos}}\left( {\pi \dfrac{{{d_2} - {d_1}}}{\lambda }} \right) =  \pm \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\\ \to \pi \dfrac{{{d_2} - {d_1}}}{\lambda } = \dfrac{\pi }{4} + k\dfrac{\pi }{2} \to {d_2} - {d_1} = \left( {\dfrac{1}{4} + \dfrac{k}{2}} \right)\lambda \end{array}\)

* M trên đoạn CD :

\(\begin{array}{l}CB-CA < {d_2}-{d_1} < DB-DA \leftrightarrow 10 - 10\sqrt 2  \le \left( {\dfrac{1}{4} + \dfrac{k}{2}} \right)\lambda  \le 10\sqrt 2  - 10\\ \leftrightarrow  - 6,02 \le k \le 5,02\\ \to k =  - 6, \pm 5, \pm 4, \pm 3, \pm 2, \pm 1,0\end{array}\)

=> 12 điểm

Ta có biên độ tại một điểm trong trường giao thoa:

\(a = 2A\left| {c{\rm{os}}\left( {\pi \frac{{{d_1} - {d_2}}}{\lambda }} \right)} \right|\)

Ta có : \(\left| {MA - MB} \right| = \left| {NA - NB} \right| = AB\)

=> a_M = a_N = 6mm

Biên độ tổng hợp tại N có giá trị bằng biên độ dao động tổng hợp tại M và bằng 6mm.

Hai nguồn giống nhau, có \(\lambda  = 3cm\) nên

Vì M₁ và M₂ nằm trên cùng một elip nên ta luôn có AM₁ + BM₁ = AM₂ + BM₂

Tức là d₁ + d₂ = d’₁ + d’₂

\(\Delta {d_1} = {\rm{ }}{d_1}-{\rm{ }}{d_2} = A{M_1} - B{M_1} = 1\,cm\)

$\Delta {d_2} = {\text{ }}d{_1}-{\text{ }}d{_2} = A{M_2} - B{M_2} = 3,5\,cm.$

\(\begin{array}{l}{u_{M1}} = 2.4\cos \pi \frac{{\Delta {d_1}}}{\lambda }\cos (\omega t - \pi \frac{{{d_1} + {d_2}}}{\lambda });{u_{M2}} = 2.4\cos \pi \dfrac{{\Delta {d_2}}}{\lambda }\cos (\omega t - \pi \dfrac{{d{'_1} + d{'_2}}}{\lambda });{d_1} + {d_2} = d{'_1} + d{'_2}\\ \Rightarrow \dfrac{{{u_{M2}}}}{{{u_{M1}}}} = \dfrac{{\cos \pi \dfrac{{\Delta {d_2}}}{\lambda }}}{{\cos \pi \dfrac{{\Delta {d_1}}}{\lambda }}} = \dfrac{{c{\rm{os}}\dfrac{\pi }{\lambda }.3,5}}{{c{\rm{os}}\dfrac{\pi }{\lambda }.1}} = \dfrac{{c{\rm{os}}\dfrac{\pi }{3}(3 + \dfrac{1}{2})}}{{c{\rm{os}}\dfrac{\pi }{3}}} = \dfrac{{c{\rm{os}}(\pi  + \dfrac{\pi }{6})}}{{c{\rm{os}}\dfrac{\pi }{3}}} =  - \dfrac{{c{\rm{os}}\dfrac{\pi }{6}}}{{c{\rm{os}}\dfrac{\pi }{3}}} =  - \sqrt 3  \Rightarrow {u_{M2}} =  - \sqrt 3 {u_{M1}} =  - 3\sqrt 3 mm\end{array}\)

Cách  1: Bước sóng l = v/f = 2 cm., I là trung điểm của S₁S₂

Xét điểm M trên S₁S₂: IM  = d

\({u_{{S_{1M}}}} = 6cos(40\pi t - \dfrac{{2\pi (\dfrac{{{S_1}{S_2}}}{2} + d)}}{\lambda }) = 6cos(40\pi t - \pi d - \dfrac{{{S_1}{S_2}}}{2}\pi ){\rm{ }}mm\)

\({u_{{S_{2M}}}} = 8cos(40\pi t - \dfrac{{2\pi (\dfrac{{{S_1}{S_2}}}{2} - d)}}{\lambda }) = 8cos(40\pi t + \dfrac{{2\pi d}}{\lambda } - \dfrac{{8\pi }}{\lambda }){\text{ }}mm = 8cos(40\pi t + \pi d - \dfrac{{{S_1}{S_2}}}{2}\pi ){\text{ }}mm.\)

- Điểm M dao động với biên độ 1 cm = 10 mm khi u_S1M và u_S2M vuông pha với nhau:

\(2\pi d = \dfrac{\pi }{2} + k\pi  =  > d = \frac{1}{4} + \dfrac{k}{2}\)

d = d_min  khi k = 0  => d_min = 0,25 cm .

Cách 2: Hai nguồn cùng pha nên trung điểm I dao động cực đại:

 A_max = 6 + 8 = 14mm

\(\cos \alpha  = \dfrac{A}{{{A_{\max }}}} = \dfrac{{10}}{{14}} \to \alpha  = 0,7751933733rad\)=$\varphi $

Độ lệch pha giữa I và M cần tìm là

\(\Delta \varphi  = \dfrac{{2\pi }}{\lambda }d = 0,7751933733 \to d = 0,247cm\)

λ = 2cm

* Phương trình sóng tại 1 điểm P trên MN:

            u_P1 = 6cos(10πt + π/3 – 2πd₁/λ) (mm)

            u_P2 = 2cos(10πt – π/2 – 2πd₂/λ) ) (mm)

            Δ$\varphi $ = π/3 – 2πd₁/λ + π/2 + 2πd₂/λ = 5π/6 + 2π(d₂ – d₁)/λ

* Khi A_P = 4mm = A₁ – A₂ => P trên cực tiểu giao thoa.

            =>  Δ$\varphi $ = π + 2kπ  => 5π/6 + 2π(d₂ – d₁)/λ = π + 2kπ

            => d₂ – d₁ = (1/12 + k)λ

* Ta có P trên MN nên :

NB – NA £ d₂ – d₁ £ MB - MA   (với \(MB = \sqrt {{{15}^2} + {{30}^2}}  = 15\sqrt 5 \))

\(\begin{array}{l} =  > {\rm{ }}0 \le \left( {\dfrac{1}{{12}}{\rm{ }} + {\rm{ }}k} \right)2 \le 15\sqrt 5  - 15 \to  - 0,1 \le k \le 9,2\\ \to k = 0,1,...,9\end{array}\)

=> 10 điểm

Cách 1:

Bước sóng: \(\lambda  = \dfrac{v}{f} = \dfrac{{80}}{{\dfrac{{40\pi }}{{2\pi }}}} = 4cm\)

Ta có biên độ dao động tại một điểm bất kì trong trường giao thoa:

\(a = 2A\left| {c{\rm{os}}\left( {\pi \dfrac{{{d_1} - {d_2}}}{\lambda } + \dfrac{\pi }{2}} \right)} \right| = 10c{\rm{os}}\left( {\pi \dfrac{{{d_1} - {d_2}}}{\lambda } + \dfrac{\pi }{2}} \right)\)

Ta có: d₂ - d₁ = 2MI = 6cm

\( \to {a_M} = 10\left| {c{\rm{os}}\left( {\pi \dfrac{6}{4} + \dfrac{\pi }{2}} \right)} \right| = 10mm\)

Cách 2: Hai nguồn ngược pha, trung điểm I dao động cực tiểu λ = 4cm.

 Điểm cách I đoạn 2cm là nút, điểm cách I đoạn 3cm là bụng => biên độ cực đại A =2a =10 cm.

Bước sóng:

$\lambda  = \dfrac{v}{f} = \dfrac{{80}}{{20}} = 4cm$

Cách 1:

Ta có biên độ dao động tại điểm M trong trường giao thoa với hai nguồn ngược pha:

\({a_M} = 2A\left| {c{\text{os}}\left( {\pi \dfrac{{{d_1} - {d_2}}}{\lambda } + \dfrac{\pi }{2}} \right)} \right| = 4|c{\text{os}}\left( {\pi \dfrac{{AM - BM}}{\lambda } + \dfrac{\pi }{2}} \right)| = 4|c{\text{os}}\left( {\pi \dfrac{2}{4} + \dfrac{\pi }{2}} \right)| = 4cm\)

Cách 2:

\(AM - BM = 2cm = \left( {k + \dfrac{1}{2}} \right)\lambda \) (với k = 0) 

Hai nguồn ngược pha nên điểm M dao động cực đại

=> Biên độ dao động tổng hợp tại M: \(a = 4(cm)\)

Theo giả thiết nhìn vào phương trình sóng ta thấy hai nguồn dao động ngược pha nên tại O là trung điểm của AB sẽ dao động với biên độ cực tiểu ${a_M} = 0$

Bài cho hai nguồn dao động vuông  pha

($\Delta \varphi  = {\varphi _2} - {\varphi _1} = \pi  - \dfrac{\pi }{2} = \dfrac{\pi }{2}$)

nên các điểm thuộc mặt nước nằm trên đường trung trực của AB sẽ dao động với biên độ

$a = 2a\left| {c{\text{os}}\left( {\pi \dfrac{{{d_1} - {d_2}}}{\lambda } + \dfrac{\pi }{4}} \right)} \right| = 2ac{\text{os}}\dfrac{\pi }{4} = a\sqrt 2 $ (vì lúc này ${d_1} = {d_2}$)

Bước sóng λ = v/f =  2 (cm)

Xét điểm M trên A’B’:  d₁ = AM;  d₂ = BM

Sóng truyền từ A, B đến M:

\({u_{AM}} = 3cos(10\pi t + \dfrac{\pi }{6} - \dfrac{{2\pi {d_1}}}{\lambda }) = 3cos(10\pi t + \dfrac{\pi }{6} - \pi {d_1}){\text{            (1)}}\)

\(\begin{gathered}{u_{BM}} = 4cos(10\pi t + \dfrac{{2\pi }}{3} - \dfrac{{2\pi {d_2}}}{\lambda }) = 4cos\left( {10\pi t + \dfrac{{2\pi }}{3} - \dfrac{{2\pi (10 - {d_1})}}{\lambda }} \right) = 4cos(10\pi t + \dfrac{{2\pi }}{3} + \pi {d_1} - 10\pi ) \hfill \\ = 4cos(10\pi t + \dfrac{{2\pi }}{3} + \pi {d_1}){\text{       (2)}} \hfill \\\end{gathered} \)

u_M = u_AM + u_BM có biên độ bằng 5 cm khi u_AM và u_BM vuông pha với nhau:

\(\dfrac{{2\pi }}{3} + \pi {d_1} - \dfrac{\pi }{6} + \pi {d_1} = \dfrac{\pi }{2} + k\pi  \to {d_1} = \dfrac{k}{2}\)

\(1 \leqslant {d_1} = \dfrac{k}{2} \leqslant 9 \to 2 \leqslant k \leqslant 18\)

Như vậy trên A’B’ có 17 điểm dao động với biên độ 5 cm trong đó có điểm A’ và B’.

Suy ra trên đường tròn tâm O bán kính \(R = 4cm\) có 32 điểm dao động với biên độ \(5 cm\)

Do đó trên đường tròn có 32 điểm dao động với biện độ \(5 cm\).

Gọi x là khoảng cách từ điểm khảo sát (M) đến điểm H ( HB =  HA = d; và MB< MA)

Phương trình sóng tại M do sóng từ A truyền tới:

${u_{AM}} = 6c{\text{os}}\left( {20\pi \left( {t - \dfrac{{d + x}}{v}} \right)} \right) = 6c{\text{os}}\left( {20\pi t - 20\pi \dfrac{{d + x}}{v}} \right)$

Phương trình sóng tại M do sóng từ B truyền tới:

${u_{BM}} = 6c{\text{os}}\left( {20\pi \left( {t - \dfrac{{d - x}}{v}} \right) + \dfrac{\pi }{2}} \right) = 6c{\text{os}}\left( {20\pi t - 20\pi \dfrac{{d - x}}{v} + \dfrac{\pi }{2}} \right)$

Để sóng tại điểm M đứng yên thì 2 sóng truyền tới M phải ngược pha nhau

Do vậy ta có:

$\begin{gathered}- 20\pi \dfrac{{d - x}}{v} + \dfrac{\pi }{2} - \left( { - 20\pi \dfrac{{d + x}}{v}} \right) = \left( {2k + 1} \right)\pi  \hfill \\\leftrightarrow 20\pi \left( {\dfrac{{d + x}}{v} - \dfrac{{d - x}}{v}} \right) + \dfrac{\pi }{2} = \left( {2k + 1} \right)\pi  \hfill \\\to 40\dfrac{x}{v} = 2k + \dfrac{1}{2} \hfill \\\end{gathered} $

Thay v = 30 cm/s ta có phương trình: \(\dfrac{{4x}}{3} = 2k + \dfrac{1}{2} \to x = \dfrac{{3k}}{2} + \dfrac{3}{8}\)

Để x_min  thì k = 0 ta có: x = 3/8 = 0,375cm

Do x 10cm ta có 3k/2 +3/8 10 Suy ra k  6,4( k nguyên):  Để x_max thì k = 6
Với k = 6 ta có:  x_max = 3.6/2 + 3/8 = 9,375 cm

\(MN = 5\lambda  + \dfrac{{3\lambda }}{4}\) suy ra xét điểm N’ gần M nhất và \(MN' = \dfrac{{3\lambda }}{4}\).

Vậy hai điểm M và N luôn dao động vuông pha với nhau.

Bài toán sóng truyền trên nhước có phương trình: \(u(t) = {u_0}\cos (2\pi ft - \dfrac{{2\pi x}}{\lambda })\) nên biên độ sóng tại các điểm M và N một lúc nào đó sẽ bằng \({u_0}\).

Tại thời điểm t: \({u_M} = 3mm;{u_N} =  - 4mm\)

Do M và N dao động vuông pha với nhau nên ta có: \({\left( {\dfrac{{{u_M}}}{{{u_0}}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{{u_N}}}{{{u_0}}}} \right)^2} = 1\)

\( \to {u_0} = \sqrt {u_M^2 + u_N^2}  = \sqrt {{3^2} + {{\left( { - 4} \right)}^2}}  = 5mm\)

Do sóng truyền theo 1 chiều nhất định nên hai điểm M và N’ sẽ lệch pha nhau \(t = \dfrac{{3\lambda }}{{4.v}} \Rightarrow \varphi  = \omega .t = \omega .\dfrac{{3\lambda }}{{4.v}} = \dfrac{{2\pi .3.\lambda }}{{4.T.v}} = \dfrac{{3\pi }}{2}\)

Vậy điểm M ở dưới tại thời điểm t và căn cứ như vậy theo chiều dương thì điểm N có pha nhanh hơn điểm M là \(\dfrac{{3\pi }}{2}\) nên sóng phải truyền từ N đến M.

Ta có:

\(A = 2{\rm{a}}\left| {{\rm{cos}}\left( {\dfrac{{\Delta \varphi }}{2} - \pi \dfrac{{\Delta d}}{\lambda }} \right)} \right|\)

Vì M và N là hai điểm cực đại nên ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{\Delta \varphi }}{2} - \pi \dfrac{{\Delta {d_M}}}{\lambda } = k\pi \\\dfrac{{\Delta \varphi }}{2} - \pi \dfrac{{\Delta {d_N}}}{\lambda } = (9 + k)\pi \end{array} \right.\)

Mặt khác, ta có trên AB có 10 cực đại mà M và N là 2 cực đại gần A và B nhất và khoảng cách giữa 10 cực đại là \(\frac{{9\lambda }}{2}\)

Ta suy ra:

\(MN = \frac{{9\lambda }}{2} \Leftrightarrow AB - \left( {MA + NB} \right) = \frac{{9\lambda }}{2}\)

\( \Leftrightarrow 20 - \left( {1,5 + 0,5} \right) = \frac{{9\lambda }}{2} \Leftrightarrow \lambda  = 4\)

Suy ra: \(\frac{{\Delta \varphi }}{2} = \pi \frac{{BM - AM}}{\lambda } + k\pi  = \frac{{20 - 1,5 - 1,5}}{4} + k\pi  = \frac{{17}}{4}\pi  + k\pi \)

Do đó biên độ của điểm trên đường trung trực của AB là:

\(A = 2{\rm{a}}\left| {{\rm{cos}}\left( {\dfrac{{\Delta \varphi }}{2}} \right)} \right| = 2.2\left| {{\rm{cos}}\left( {\dfrac{{17}}{4}\pi  + k\pi } \right)} \right| = 2\sqrt 2 cm\)

Xét điểm M trên AB; \(AM{\rm{ }} = {\rm{ }}{d_1};{\rm{ }}BM{\rm{ }} = {\rm{ }}{d_2}\left( {{\rm{ }}{d_1} > {\rm{ }}{d_2}} \right)\)

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{d_1} = AM = \dfrac{{AB}}{2} + IM\\{d_2} = BM = \dfrac{{AB}}{2} - IM\end{array} \right.\\ \Rightarrow {d_1} - {d_2} = AM - BM = 2IM = \dfrac{{2\lambda }}{3}\end{array}\)

Sóng truyền từ A , B đến M

 \(\begin{array}{l}{u_{AM}} = acos(\omega t - \dfrac{{2\pi {d_1}}}{\lambda });{u_{BM}} = acos(\omega t - \dfrac{{2\pi {d_2}}}{\lambda } + \varphi )\\{u_M} = 2acos(\dfrac{{\pi ({d_1} - {d_2})}}{\lambda } + \dfrac{\varphi }{2})cos(\omega t - \dfrac{{\pi ({d_2} + {d_1})}}{\lambda } + \dfrac{\varphi }{2})\end{array}\)

 Điểm M không dao động khi: \(cos(\dfrac{{\pi ({d_1} - {d_2})}}{\lambda } + \dfrac{\varphi }{2}) = 0\)

 \(\dfrac{{\pi ({d_1} - {d_2})}}{\lambda } + \dfrac{\varphi }{2} = \dfrac{\pi }{2} + k\pi  \to {d_1}-{d_2} = (\dfrac{1}{2} - \dfrac{\varphi }{{2\pi }} + k)\lambda \)

Điểm M gần trung điểm I nhất ứng với (trường hợp hình vẽ)  k = 0

\(\begin{array}{l}(\dfrac{1}{2} - \dfrac{\varphi }{{2\pi }})\lambda  = \dfrac{{2\lambda }}{3}\\ \Rightarrow \dfrac{1}{2} - \dfrac{\varphi }{{2\pi }} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow \varphi  =  - \dfrac{\pi }{3}\end{array}\).

Xét điểm M trên S₁P

S₁M = d₁; S₂M = d₂.

Theo bài S₁S₂PQ là hình thang cân, PQ = 2cm, S₁S₂ = 4cm

Ta có:

\({S_{{S_1}{S_2}PQ}} = \frac{1}{2}\left( {PQ + {S_1}{S_2}} \right)PH = 12 \leftrightarrow \frac{1}{2}\left( {2 + 4} \right)PH = 12 \to PH = 4cm\)\(\begin{array}{l}{S_1}{P_{}} = \sqrt {P{H^2} + {S_1}{H^2}}  = \sqrt {{4^2} + {3^2}}  = 5cm\\{S_2}{P_{}} = \sqrt {P{H^2} + {S_2}{H^2}}  = \sqrt {{4^2} + {1^2}}  = \sqrt {17} cm\end{array}\)

Sóng từ S₁ và S₂ truyền đến M:

\(\begin{gathered}{u_{1M}} = 6cos(100\pi t + \frac{{5\pi }}{6} - \frac{{2\pi {d_1}}}{\lambda }) = 6cos(100\pi t + \frac{{5\pi }}{6} - \pi {d_1}) \hfill \\{u_{2M}} = 8cos(100\pi t + \frac{\pi }{6} - \frac{{2\pi {d_2}}}{\lambda }) = 8cos(100\pi t + \frac{\pi }{6} - \pi {d_2}) \hfill \\\end{gathered} \)

Sóng tổng hợp tại M: 

\({u_M} = 6cos(100\pi t + \frac{{5\pi }}{6} - {\text{ }}\pi {d_1}){\text{ }} + {\text{ }}8cos(100\pi t + \frac{\pi }{6} - \pi {d_2}) = Acos(100\pi t + \varphi )\)

Với  \({A^2} = {A_1}^2 + {\text{ }}{A_2}^2 + 2{A_1}{A_2}cos(\frac{{2\pi }}{3} + \pi \left( {{d_2}-{d_1}} \right))\)

\(\begin{gathered}\Rightarrow {\text{ }}cos(\frac{{2\pi }}{3} + {\text{ }}\pi \left( {{d_2}-{\text{ }}{d_1}} \right)){\text{ }} = \frac{{{A^2} - A_1^2 - A_2^2}}{{2{A_1}{A_2}}} = \frac{{52 - 36 - 64}}{{2.6.8}} =  - 0,5 \hfill \\\Rightarrow \frac{{2\pi }}{3} + {\text{ }}\pi \left( {{d_2}-{\text{ }}{d_1}} \right) =  \pm \frac{{2\pi }}{3} + k2\pi  \hfill \\\\ \\\end{gathered} \)

\( \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{d_2} - {d_1} = 2k\\{d_2} - {d_1} = 2k - \frac{4}{3}\end{array} \right.\)

Mặt khác :

\(\sqrt {17} -{\rm{ }}5{\rm{ }} < {\rm{ }}{d_2}-{\rm{ }}{d_1}  < {\rm{ }}4\)

  Khi

\(\sqrt {17} -{\rm{ }}5{\rm{ }} < {\rm{ }}{d_2}-{\rm{ }}{d_1} = {\rm{ }}2k{\rm{ }} < {\rm{ }}4\) => Có 2 giá trị của k: k₁ = 0; k₂ = 1

 Khi

Khi:

\(\sqrt {17}  - 5 < {d_2} - {d_1} = 2k - \frac{4}{3} < 4\)

=> Có 2 giá trị của k: k’₁ = 1; k’₂ = 2

Như vậy trên S₁P có 4 điểm dao động với biên độ \(2\sqrt {13} cm\)

Phương trình sóng tại M do A truyền tới:

\({u_{1M}} = 5c{\rm{os}}\left( {24\pi \left( {t - \dfrac{{{d_1}}}{v}} \right) + \pi } \right)\)

Phương trình sóng tại M do B truyền tới:

\({u_{2M}} = 5c{\rm{os}}24\pi \left( {t - \dfrac{{{d_2}}}{v}} \right)\)

Phương trình sóng tại M là \({u_M} = {\text{ }}{u_{1M}} + {\text{ }}{u_{2M}}\)

Biên độ sóng tại M là:

\({A_M} = 10\left| {c{\rm{os}}\left( {\dfrac{{\pi \left( {{d_1} - {d_2}} \right)}}{4} - \dfrac{\pi }{2}} \right)} \right|{\rm{      (1)}}\)

Điểm I cách đều A và B nên I thuộc đường trung trực của AB

Có \(O{I^2} = {\text{ }}I{A^2} - {\text{ }}O{A^2} = {\text{ }}{25^2} - {\text{ }}{20^2} = {\text{ }}225\)

Suy ra \(OI = 15 cm\)

Có \(AM = 30cm\)  (2) ( Chứng minh M, I, A thẳng hàng)

Lại có \(\sin \alpha  = \dfrac{{OA}}{{AI}} = \dfrac{{20}}{{25}} = \dfrac{4}{5}\)

Suy ra  \(cos\alpha  = \sqrt {1 - {{\left( {\dfrac{4}{5}} \right)}^2}}  = \dfrac{3}{5}\)

Mặt khác: \(\sin \alpha  = \dfrac{{HA}}{{AM}} \to HA = AM.\sin \alpha  = 30.\dfrac{4}{5} = 24cm\)

Nên \(BH = AB - HA = 40 - 24 = 16cm\); \(cos\alpha  = \dfrac{{HM}}{{AM}} \to HM = AM.cos\alpha  = 30.\dfrac{3}{5} = 18cm\)

Trong tam giác \(BMH\) có \(B{M^2} = B{H^2} + {\text{ }}M{H^2} = {16^2} + {\text{ }}{18^2} = {\text{ }}580\)

Vậy \(BM = \sqrt {580} cm{\rm{     }}\left( 3 \right)\)

Thay (2) và (3) vào (1) ta có: \({A_M} = 10\left| {c{\rm{os}}\left( {\dfrac{{\pi \left( {30 - \sqrt {580} } \right)}}{4} - \dfrac{\pi }{2}} \right)} \right|\)

\({A_M} = 10\left| {cos\left( {\dfrac{{\left( {30 - \sqrt {580} } \right)\pi }}{4} - \dfrac{\pi }{2}} \right)} \right| = 9,98mm\)

Ta có: \(\text{ }\!\!\lambda\!\!\text{  = }\frac{\text{v}}{\text{f}}\text{ = 2 (cm)}\)

Xét điểm M trên S₁S₂ cách trung điểm S₁S₂ một đoạn bằng x:

\({{\text{u}}_{\text{aM}}}\text{= 6cos}\left( \text{40 }\!\!\pi\!\!\text{ t - 2 }\!\!\pi\!\!\text{ }\frac{\frac{{{\text{S}}_{\text{1}}}{{\text{S}}_{\text{2}}}}{\text{2}}\text{+x}}{\text{ }\!\!\lambda\!\!\text{ }} \right)\text{ (mm)}\)

\({{\text{u}}_{\text{bM}}}\text{= 8cos}\left( \text{40 }\!\!\pi\!\!\text{ t - 2 }\!\!\pi\!\!\text{ }\frac{\frac{{{\text{S}}_{\text{1}}}{{\text{S}}_{\text{2}}}}{\text{2}}\text{ - x}}{\text{ }\!\!\lambda\!\!\text{ }} \right)\text{ (mm)}\)

Sóng tổng hợp tại M là: \({{\text{u}}_{\text{M}}}\text{ = A cos( }\!\!\omega\!\!\text{ t +  }\!\!\varphi\!\!\text{ )}\)(mm)

Với:   \({{\text{A}}^{\text{2}}}\text{ = A}_{\text{1}}^{\text{2}}\text{ + A}_{\text{2}}^{\text{2}}\text{ + 2}{{\text{A}}_{\text{1}}}{{\text{A}}_{\text{2}}}\text{cos (}{{\text{ }\!\!\varphi\!\!\text{ }}_{\text{1}}}-{{\text{ }\!\!\varphi\!\!\text{ }}_{\text{2}}}\text{) }\Leftrightarrow \text{ 1}{{\text{0}}^{2}}\text{ = }{{\text{6}}^{2}}\text{ + }{{\text{8}}^{2}}\text{ + 2}\text{.6}\text{.8}\text{.cos}\Delta \text{ }\!\!\varphi\!\!\text{ }\)

\(\Rightarrow \text{ }\!\!\Delta\!\!\text{  }\!\!\varphi\!\!\text{  = 0}\Leftrightarrow \text{ }\!\!\Delta\!\!\text{  }\!\!\varphi\!\!\text{  = }\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{\text{2}}\text{ + k }\!\!\pi\!\!\text{ }\Rightarrow \text{2 }\!\!\pi\!\!\text{ x = }\frac{\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{\text{2}}\text{ + k }\!\!\pi\!\!\text{  }\Rightarrow \text{ x = }\frac{1}{4}\text{ + }\frac{k}{2}\text{ }\)

Do đó, M cách trung điểm S₁S₂ một đoạn nhỏ nhất khi k = 0 hay x = 0,25 cm

Điểm A gần nguồn hơn so với B → A sớm pha hơn B → M sớm pha hơn N

Theo đề bài ta có: \({x_N} = a\cos \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3}} \right) \Rightarrow {x_M} = a\cos \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3} + \dfrac{{2\pi d}}{\lambda }} \right)\)

Mặt khác, vận tốc tương đối của N đối với M là:

\({v_{NM}} = {v_N} - {v_M} = b\cos \left( {20\pi t + \dfrac{{2\pi }}{3}} \right)\)

Ta có: \({v_N} = {x_N}' =  - \omega a\sin \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3}} \right)\)

\({v_M} = {x_M}' =  - \omega a\sin \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3} + \dfrac{{2\pi d}}{\lambda }} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {v_N} - {v_M} =  - \omega a\left[ {\sin \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3}} \right) - \sin \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3} + \dfrac{{2\pi d}}{\lambda }} \right)} \right]\\ \Rightarrow {v_N} - {v_M} =  - 2\omega a\left[ {\cos \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3} + \dfrac{{\pi d}}{\lambda }} \right)\sin \left( { - \dfrac{{\pi d}}{\lambda }} \right)} \right]\\ \Rightarrow {v_N} - {v_M} = 2\omega a\sin \dfrac{{\pi d}}{\lambda }\cos \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{3} + \dfrac{{\pi d}}{\lambda }} \right)\end{array}\)

Đồng nhất hai phương trình, ta có:

\(\begin{array}{l}\omega  = 20\pi \,\,\left( {rad/s} \right) \Rightarrow f = \dfrac{\omega }{{2\pi }} = \dfrac{{20\pi }}{{2\pi }} = 10\,\,\left( {Hz} \right)\\\dfrac{\pi }{3} + \dfrac{{\pi d}}{\lambda } = \dfrac{{2\pi }}{3} \Rightarrow \dfrac{{\pi d}}{\lambda } = \dfrac{\pi }{3} \Rightarrow \lambda  = 3d = 3.20 = 60\,\,\left( {cm} \right)\\ \Rightarrow v = \lambda f = 60.10 = 600\,\,\left( {cm/s} \right)\end{array}\)

Tần số sóng không đổi f = 10Hz

Bước sóng λ = v/f = 4cm

Xét điểm M nằm trên AB cách A và B lần lượt là d₁ và d₂

Sóng do hai nguồn truyền tới M là:

            \({{u}_{AM}}=6\cos (20\pi t-\frac{2\pi {{d}_{1}}}{\lambda })\)  và  \({{u}_{BM}}=4\cos (20\pi t-\frac{2\pi {{d}_{2}}}{\lambda })\)

Biên độ sóng tổng hợp tại M là:

            \({{A}_{M}}=\sqrt{{{6}^{2}}+{{4}^{2}}+2.6.4.c\text{os}\frac{2\pi \left( {{d}_{1}}-{{d}_{2}} \right)}{\lambda }}\)

Tại M có tốc độ cực đại bằng 16πcm/s = ωA_M => A_M = 0,8cm = 8mm

Ta có: \({{A}_{M}}=\sqrt{{{6}^{2}}+{{4}^{2}}+2.6.4.c\text{os}\frac{2\pi \left( {{d}_{1}}-{{d}_{2}} \right)}{\lambda }}=8mm\Rightarrow c\text{os}\frac{2\pi \left( {{d}_{1}}-{{d}_{2}} \right)}{4}=0,25\)

\(\Rightarrow \frac{\pi \left( {{d}_{1}}-{{d}_{2}} \right)}{2}=\pm {{75,5}^{0}}+2k\pi \Rightarrow \left( {{d}_{1}}-{{d}_{2}} \right)=\pm \frac{151}{180}+4k\)

Vì M nằm trên đoạn AB nên -20 ≤ d₁ – d₂ ≤ 20

Ta được:

            \(-20\le \frac{151}{180}+4k\le 20\Rightarrow -5\le k\le 4\) => có 10 giá trị k nguyên

            \(-20\le -\frac{151}{180}+4k\le 20\Rightarrow -4\le k\le 5\) => có 10 giá trị k nguyên

Vậy trên AB có tổng cộng 20 điểm dao động với tốc độ cực đại 16π cm/s

Ta có:

+ Tần số góc: \(\omega  = 2\pi f = 20\pi \left( {rad/s} \right)\)

+ Bước sóng: \(\lambda  = \dfrac{v}{f} = 4cm\)

Giả sử phương trình sóng tại O: \({u_O} = 2\sqrt 2 cos\left( {20\pi t} \right)\)

\( \Rightarrow \) Phương trình sóng tại P: \({u_P} = 2\sqrt 2 cos\left( {20\pi t - \dfrac{{2\pi .17}}{4}} \right) = 2\sqrt 2 cos\left( {20\pi t - \dfrac{\pi }{2}} \right)\)

Khoảng cách OP: \(OP = \sqrt {{x^2} + {{\left( {{u_O} - {u_P}} \right)}^2}} \)

\(O{P_{max}}\) khi \({\left[ {{u_O} - {u_P}} \right]_{max}}\)

Ta có: \({u_O} - {u_P} = 2\sqrt 2 \angle 0 - 2\sqrt 2 \angle  - \dfrac{\pi }{2} = 4\angle  \dfrac{\pi }{4}\)

\( \Rightarrow {\left[ {{u_O} - {u_P}} \right]_{max}} = 4cm\)

Khi đó ta có: \(O{P_{max}} = \sqrt {{{17}^2} + {4^2}}  = 17,46cm\)