Ôn tập chương 2 - Sóng cơ và sóng âm

Điều kiện để điểm dao động với biên độ cực đại trong giao thoa hai nguồn cùng pha là \({d_2} - {d_1} = k\lambda \)

- Áp dụng định lí hàm cos trong tam giác

Gọi M là một điểm bất kỳ trên nửa phía trên.

- Để tại M các phần tử nước dao động với biên độ cực đại và cùng pha với nguồn thì sóng do hai nguồn truyền tới M phải cùng pha với nhau và cùng pha với nguồn, suy ra M phải cách các nguồn một số nguyên lần bước sóng

\(\left\{ \begin{array}{l}{d_1} = {k_1}\lambda \\{d_2} = {k_2}\lambda \end{array} \right.\)

Để M nằm bên trong đường tròn (C) thì \(\alpha  > {90^0} =  > \cos \alpha  < 0\)

Áp dụng định lý hàm cos cho tam giác MS­₁S₂ ta có :

\(\begin{array}{l}\cos \alpha  = \frac{{d_1^2 + d_2^2 - {{\left( {{S_1}{S_2}} \right)}^2}}}{{2{d_1}{d_2}}} = \frac{{k_1^2 + k_2^2 - {{5,4}^2}}}{{2{k_1}{k_2}}}\\\cos \alpha  < 0 =  > k_1^2 + k_2^2 < {5,4^2} = 29,16\\ =  > \left| {{d_1} - {d_2}} \right| < {S_1}{S_2} < {d_1} + {d_2} =  > \left| {{k_1} - {k_2}} \right| < 5,4 \le {k_1} + {k_2}\end{array}\)

Vậy có tất cả 9 điểm

=> Tính thêm nửa dưới ta có 18 điểm

Sóng tại \(M\) nhận được do mỗi nguồn truyền đến:

\(\begin{array}{l}{u_{1M}} = 1,5{\rm{A}}c{\rm{os}}(\varphi  - \dfrac{{2\pi {{\rm{d}}_1}}}{\lambda })\\ = 1,5{\rm{A}}c{\rm{os}}(\varphi  - 11,5\pi )\\{u_{2M}} = 2{\rm{A}}c{\rm{os}}(\varphi  - \dfrac{{2\pi {{\rm{d}}_2}}}{\lambda })\\ = 2{\rm{A}}c{\rm{os}}(\varphi  - 19,5\pi )\end{array}\)

Sóng tổng hợp tại M có biên độ:

\(\begin{array}{l}{{\rm{A}}_M} = \sqrt {A_1^2 + A_2^2 + 2{{\rm{A}}_1}{A_2}{\rm{cos}}\Delta \varphi } \\ = \sqrt {{{\left( {1,5A} \right)}^2} + {{\left( {2A} \right)}^2} + 2.1,5A.2A.cos\left( { - 19,5\pi  - \left( { - 11,5\pi } \right)} \right)} \\ = 3,5{\rm{A}}\end{array}\)

Từ phương trình sóng, ta có:

+ \(\omega  = 2000\pi  \to f = \frac{\omega }{{2\pi }} = \frac{{2000\pi }}{{2\pi }} = 1000Hz\)

+ Mặt khác, \(20\pi x = \frac{{2\pi x}}{\lambda } \to \lambda  = \frac{{2\pi }}{{20\pi }} = 0,1cm\)

=> Vận tốc truyền sóng: \(v = \lambda f = 0,1.1000 = 100cm/s\) 

Ta có:

\(\begin{array}{l}{I_1} = \frac{P}{{4\pi {d^2}}} \Rightarrow {L_1} = 10lg\frac{{{I_1}}}{{{I_0}}}(dB);(1)\\{I_2} = \frac{P}{{4\pi {{(d - 50)}^2}}} \Rightarrow {L_2} = 10lg\frac{{{I_2}}}{{{I_0}}}(dB);(2)\end{array}\)

Khi người đó đi lại gần nguồn âm \(50m\) thì thấy mức cường độ âm tăng thêm \(3dB\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{L_2} - {L_1} = 3dB\\ \leftrightarrow 10\log \frac{{r_1^2}}{{r_2^2}} = 3\\ \leftrightarrow 10\log \frac{{{d^2}}}{{{{\left( {d - 50} \right)}^2}}} = 3\\ \to \frac{{{d^2}}}{{{{\left( {d - 50} \right)}^2}}} = {10^{\frac{3}{{10}}}} \to d \approx 171,2m\end{array}\)

Ta có:

+ Tần số của sóng : \(f = \frac{\omega }{{2\pi }} = \frac{{40\pi }}{{2\pi }} = 20Hz\)  

+ Bước sóng : \(\lambda  = \frac{v}{f} = \frac{{30}}{{20}} = 1,5cm\)

Để trên \(CD\) xa \(AB\) nhất mà trên đoạn \(CD\) chỉ có \(5\) điểm dao động cực đại thì \(C\) và \(D\) nằm trên các đường cực đại bậc \(2\)

\(\begin{array}{l}CA - CB =  - 2\lambda \\ \Leftrightarrow \sqrt {{d^2} + {3^2}}  - \sqrt {{d^2} + {9^2}}  =  - 2.1,5\\ \to d = 10,06cm\end{array}\)

Ta có sóng dừng trên dây hai đầu cố định nên \(l = k\dfrac{\lambda }{2}\)

+ Theo đề bài, trên dây xuất hiện sóng dừng với hai bụng sóng => \(k = 2\)

Thay \(\left\{ \begin{array}{l}k = 2\\l = 120cm = 1,2m\end{array} \right.\)  vào ta được \(1,2 = 2\dfrac{\lambda }{2} \to \lambda  = 1,2m\)

+ Tần số dao động của dây \(f_d=2f=2.50=100Hz\)

=> Tốc độ truyền sóng trên dây: \(v = \lambda f_d = 1,2.100 = 120m/s\)

+ Bước sóng  \(\lambda  = vT = 0,2.10{\rm{ }} = 2m\)

+ Khoảng cách giữa 2 điểm gần nhau nhất dao động ngược pha là \(\dfrac{\lambda }{2} = \dfrac{2}{2} = 1m\)

+ Khoảng cách giữa \(5\) gợn lồi liên tiếp là: \(4\lambda  = 0,5m \to \lambda  = \frac{{0,5}}{4} = 0,125m\)

+ Tốc độ truyền sóng: \(v = \lambda f = 0,125.120 = 15m/s\)

Tại M, N luôn dao đông cùng pha:

\(\begin{array}{l}\Delta \varphi  = \frac{{2\pi .9}}{\lambda } = \frac{{18\pi }}{\lambda } = \frac{{18\pi f}}{v} = 2k\pi \\ \Rightarrow 70cm/s \le v = \frac{{18\pi f}}{{2k\pi }} = \frac{{9f}}{k} \le 80cm/s\\ \Rightarrow 5,6 \le k \le 6,4\\ \Rightarrow k = 6 \Rightarrow v = 75cm/s\end{array}\)

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

OH là đường cao hạ từ O xuống MN, \(OH = 4,8\lambda \);

Các điểm trên MN ngược pha với nguồn thỏa mãn \(d = (k + 0,5)\lambda \)

Ta xác định được trong khoảng HM  \(4,2 \le k \le 5,5\) có 1 điểm ứng với \(k = 5\)

Trong khoảng HN \(4,2 \le k \le 7,5\) có 3 điểm ứng với \(k = 5,6,7\).

=> Trên đoạn thẳng MN, số điểm mà tại đó các phần tử nước dao động ngược pha với dao động của nguồn O là 4 điểm

Để dễ hình dung, ta biểu diễn các vị trí dao động cùng pha với nguồn tại cùng một thời điểm bằng các đường nét liền, các điểm dao động ngược pha với nguồn bằng các đường nét đứt.

Trên OM có 5 điểm ngược pha, M là cực đại nên \(OM = 5\lambda  = 25cm\)

Tương tự, ta có \(ON = 15 cm\)

Để trên MN có 3 cực đại thì H phải là chân của đường cao kẻ từ điểm $$O$$, mặc khác

có \(OH = 2,5\lambda  = 12,5cm\)

\(MN = MH + NH = \sqrt {{{25}^2} - 12,{5^2}}  + \sqrt {{{15}^2} - 12,{5^2}}  = 29,9cm\)

Phương trình sóng tại M do nguồn A và B truyền đến lần lượt là:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{u_{AM}} = a.\cos \left[ {\omega .\left( {t - \frac{{{d_1}}}{v}} \right)} \right]\\
{u_{BM}} = 2a.\cos \left[ {\omega .\left( {t - \frac{{{d_2}}}{v}} \right)} \right]
\end{array} \right.\)

Phương trình sóng tại M là tổng hợp của hai sóng truyền tới, thực hiện tổng hợp bằng phương pháp tổng hợp fresnel.

Biên độ dao động của phần tử tại M là:

\(\begin{array}{l}
A = \sqrt {A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}.\cos \left( {\Delta \varphi } \right)} \\
\,\,\,\,\, = \sqrt {{a^2} + {{(2a)}^2} + 2a.2a.\cos \left( {2\pi .\frac{{{d_1} - {d_2}}}{\lambda }} \right)} \\
\,\,\,\,\, = \sqrt {{a^2} + {{(2a)}^2} + 2a.2a.\cos \left( {17\pi } \right)} = a
\end{array}\)

Bước sóng: \(\lambda  = \dfrac{v}{f} = \dfrac{{300}}{{10}} = 30cm\)

Số vân giao thoa cực đại trên đoạn AB bằng só giá trị k nguyên thoả mãn:

\(\begin{array}{l} - \dfrac{{AB}}{\lambda } < k < \dfrac{{AB}}{\lambda } \Leftrightarrow  - \dfrac{{100}}{{30}} < k < \dfrac{{100}}{{30}} \Leftrightarrow  - 3,3 < k < 3,3\\ \Rightarrow k =  - 3; - 2;...;3\end{array}\)

Để AM nhỏ nhất thì M phải thuộc cực đại ứng với \({k_{\max }} = 3\) như hình vẽ và thoả mãn:

\(\begin{array}{l}{d_2} - {d_1} = {k_{\max }}.\lambda  \Leftrightarrow BM - AM = 3\lambda  = 90cm\\ \Leftrightarrow \sqrt {A{B^2} + A{M^2}}  - AM = 90\\ \Leftrightarrow \sqrt {{{100}^2} + A{M^2}}  - AM = 90 \Rightarrow AM = 10,56cm\end{array}\)

Gọi a là độ dài cạnh hình vuông ABCD.

Áp dụng định lí Pitago ta có :

\(BD = \sqrt {A{D^2} + A{B^2}}  = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2 \)

Trên CD có 3 vị trí 3 vị trí mà ở đó các phần tử dao động với biên độ cực đại nên :

\(BD - AD \le 2\lambda  \Leftrightarrow a\sqrt 2  - a \le 2\lambda  \Rightarrow \lambda  \ge \dfrac{{a\sqrt 2  - a}}{2}\)

Ta xét tỉ số :

\(\dfrac{{AB}}{\lambda } = \dfrac{a}{\lambda } \le \dfrac{a}{{\dfrac{{a\sqrt 2  - a}}{2}}} \Leftrightarrow \dfrac{{AB}}{\lambda } \le 4,8\)

Vậy : \( - 4,8 \le k \le 4,8 \Rightarrow k =  - 4; - 3;...;4\)

Vậy trên AB có tối đa 9 cực đại.

Hai điểm MN cách nhau \(d = \frac{\lambda }{3}\) tức là vecto OM cách vecto ON một góc  \(\frac{{2\pi }}{3}\)

Vì M và N có li độ đối xứng nhau nên ta có hình vẽ:

Vậy N đến vị trí có li độ A lần đầu tiên thì ON quét được một góc là:

\(\alpha = \frac{\pi }{6} + \pi = \frac{{7\pi }}{6}\)

Vậy thời gian để N có li độ A là: 

\(t = \frac{\alpha }{{2\pi }}.T = \frac{7}{{12}}.T\)

Trong các hoạ âm do dây đàn phát ra, có hai hoạ âm ứng với tần số 2640Hz và 4400Hz

=> Âm cơ bản phải là ước chung của 2640 và 4400

ƯC (2640 ; 4400) = {880 ; 440 ; 220 ; 110 ;…}  (1)

Theo bài ra, âm cơ bản có tần số nằm trong khoảng 300Hz đến 800Hz  (2)

 Từ (1) và (2) => Âm cơ bản của dây đàn có tần số 440Hz

=> Các hoạ âm của dây đàn có tần số : f_ha =440k  (k > 0 ; k nguyên)

Vùng tần số của âm nghe được từ 16Hz đến 20kHz có :

 \(16Hz \le 440k \le 20000 \Leftrightarrow 0,036 \le k \le 45,45 \Rightarrow k = 1;2;3;...;45\)

=> Có tối đa 45 tần số của hoạ âm (kể cả âm cơ bản) của dây đàn.

Ta có: Biên độ của hai sóng đầu tiên là:

\({A_{12}} = {A_1} + {A_2} = 0,3 + 1,5 = 1,8m\)

Sóng thứ ba lệch pha, có nghĩa là nó sẽ gây ra giao thoa triệt tiêu khi ba sóng thẳng hàng.

Biên độ của sóng tổng hợp là:

\(A = {A_{12}} - {A_3} = 1,8 - 0,8 = 1,0m\)