Bổ trợ 1 cực đại cùng, ngược pha

CỰC ĐẠI CÙNG PHA HOẶC NGƯỢC PHA I Các điểm cực đại Chứng minh Xét nguồn u1 = u2 = a cos (t )  ( d1 + d )    ( d1 − d )   2 d1  2 d    uM = uM + uM = a cos  t −  cos t −   + a cos  t −  = 2a cos                ( d1 − d )  Điều kiện để điểm M dao động với biên độ cực đại cos   = 1  − AB  d1 − d = k   AB    Kết luận: Tập hợp điểm cực đại nằm đường hypebol có tiêu điểm nguồn A, B có − AB  d1 − d = k   AB với k số nguyên Phương trình hypebol (dành cho bạn chun tốn) a) Phương trình tắc x2 y2 x2 y2 d1 − d = a − = ⎯⎯⎯⎯ → − = 2 AB = c 2 2 a c −a ( d1 − d ) AB − ( d1 − d ) b) Phương trình tham số d1 − d  a  x = 0,5 x =   d1 − d = a cos t cos t ⎯⎯⎯⎯ →  AB = c  y = c − a tan t  y = 0,5 AB − ( d − d )2 tan t   II Các điểm pha ngược pha với nguồn Chứng minh Xét nguồn u1 = u2 = a cos (t )  ( d1 + d )    ( d1 − d )   2 d1  2 d    uM = uM + uM = a cos  t −  cos t −   + a cos  t −  = 2a cos              Điều kiện để điểm M dao động pha ngược pha với nguồn d1 + d = k '   AB   ( d1 − d )  Khi uM = 2a cos   cos (t − k '  )    k’   ( d1 − d )  cos      Chẵn Dương Âm Lẻ Dương Âm Độ lệch pha so với nguồn → Cùng pha → Ngược pha → Ngược pha → Cùng pha Kết luận: Tập hợp điểm pha ngược pha với nguồn nằm đường elip có tiêu điểm nguồn A, B với d1 + d = k '   AB với k ' số nguyên dương Hệ quả: Đọc tiếp mục V để biết kỹ thuật quy tròn hệ GROUP VẬT LÝ PHYSICS Phương trình elip (dành cho bạn chun tốn) a) Phương trình tắc x2 y2 x2 y2 d1 + d = a + = ⎯⎯⎯⎯ → + = 2 AB = c 2 a a −c ( d1 + d ) ( d1 + d ) − AB b) Phương trình tham số  x = 0,5 ( d1 + d ) cos t   x = a cos t  d1 + d = a ⎯⎯⎯⎯ →  AB = c 2 2    y = a − c sin t  y = 0,5 ( d1 + d ) − AB sin t III Các điểm cực đại pha ngược pha với nguồn Chứng minh Xét nguồn u1 = u2 = a cos (t )  ( d1 + d )    ( d1 − d )   2 d1  2 d    uM = uM + uM = a cos  t −  cos t −   + a cos  t −  = 2a cos              Điều kiện để điểm M dao động với biên độ cực đại pha ngược pha với nguồn − AB  d1 − d = k   AB  d1 + d = k '   AB Khi uM = 2a cos ( k ) cos (t − k '  ) k' Chẵn Lẻ Chẵn Lẻ k Chẵn Lẻ Lẻ Chẵn Độ lệch pha so với nguồn → Cùng pha → Cùng pha → Ngược pha → Ngược pha Kết luận: Tập hợp điểm giao điểm hypebol có − AB  d1 − d = k   AB elip có d1 + d = k '   AB -Điểm cực đại pha với nguồn k k ' phải chẵn lẻ -Điểm cực đại ngược pha với nguồn k k ' khơng chẵn khơng lẻ Hệ quả: Để đơn giản ta tiếp tục biến đổi k '+ k  d1 =  k '+ k =k  d + d = k '   d1 = k1  2  ⎯⎯⎯⎯ →  k '−k = k2 d1 − d = k  d = k2  d = k '− k   Kết luận: Tập hợp điểm giao điểm đường trịn bán kính d1 = k1 đường trịn bán kính d = k2  -Điểm cực đại pha với nguồn k1 k2 phải số nguyên dương -Điểm cực đại ngược pha với nguồn k1 k2 phải số bán nguyên dương IV Các điểm cực đại pha ngược pha với Phương trình dao động điểm cực đại Xét nguồn u1 = a1 cos (t ) u2 = a2 cos (t ) 2 d1  2 d    uM = uM + uM = a1 cos  t −  + a2 cos  t −       Điều kiện để điểm M dao động với biên độ cực đại u M uM phải pha GROUP VẬT LÝ PHYSICS 2 d1  2 d    Khi uM = ( a1 + a2 ) cos  t −  = ( a1 + a2 ) cos  t −       2 d1  2 d    Kết luận: Phương trình điểm cực đại uM = A cos  t − tương tự sóng nguồn  = A cos  t −       Các điểm cực đại pha ngược pha với      2 d1 d1 =  k1 + =   + k      2    a) Cực đại lệch pha   với nguồn    d  d =  k +    =  + k2 2     2   2 d1 ' 2 d1   −  = k1 2 d1 '− d1 = k1  b) Cực đại pha với  d '− d = k2   2 d ' − 2 d = k 2     2 d1 ' 2 d1   −  = ( 2k1 + 1)  d1 '− d1 = ( k1 + 0,5 )   c) Cực đại ngược pha với  d '− d = ( k2 + 0,5 )   2 d ' − 2 d = ( 2k + 1)     V Các điểm pha ngược pha với Kỹ thuật quy trịn Xét tốn: Với k số thực cos ( k )  k cos ( k )  k Chứng minh: Trên VTLG cos dương góc nằm phần bên phải, cos âm góc nằm phần bên trái cos ( k )   −   + h2  k   + h2  −0,5 + 2h  k  0,5 + 2h  quy trịn k = 2h 3 + h2  0,5 + 2h  k  1,5 + 2h  quy trịn k = + 2h 2 Kết luận: cos ( k )  k quy tròn số chẵn, cos ( k )  k quy tròn số lẻ cos ( k )   + h2  k  Ví dụ cos(3, 6 ) k = 3, quy tròn thành số chẵn nên cos(3, 6 )  Ví dụ cos(3, 4 ) k = 3, quy trịn thành số lẻ nên cos(3, 4 )  Hệ quả: cos ( k1 ) dấu với cos ( k2 ) k1 , k2 chẵn lẻ → k = k1 − k2 chẵn cos ( k1 ) trái dấu với cos ( k2 ) k1 , k2 không chẵn không lẻ → k = k1 − k2 lẻ Chú ý: cos ( k ) = k số bán nguyên Các điểm pha ngược pha với nguồn (hệ mục II) Xét nguồn u1 = u2 = a cos (t )  ( d1 + d )    ( d1 − d )   2 d1  2 d    uM = uM + uM = a cos  t −  cos t −   + a cos  t −  = 2a cos              Điều kiện để điểm M dao động pha ngược pha với nguồn d1 + d = k '   AB với k ' nguyên Đặt d1 − d2 = k  với k số thực uM = 2a cos ( k ) cos (t − k '  ) k' Chẵn k quy tròn Chẵn → cos ( k ) dương Độ lệch pha so với nguồn → Cùng pha Chẵn Lẻ → cos ( k ) âm → Ngược pha GROUP VẬT LÝ PHYSICS Lẻ Chẵn → cos ( k ) dương → Ngược pha Lẻ Lẻ → cos ( k ) âm → Cùng pha Kết luận: Tập hợp điểm pha ngược pha với nguồn nằm đường elip có tiêu điểm nguồn A, B với d1 + d = k '   AB với k ' số nguyên dương Để kiểm tra điểm ngược pha nguồn ta xét tiếp − AB  d1 − d = k   AB với k số thực a) Cùng pha nguồn k quy trịn k ' phải chẵn lẻ b) Ngược pha nguồn k quy trịn k ' khơng chẵn khơng lẻ Các điểm pha ngược pha với Chứng minh: Xét nguồn biên độ u1 = a cos (t ) u2 = a cos (t )  ( d1 + d )    ( d1 − d )   2 d1  2 d    uM = uM + uM = a cos  t −  cos t −   + a cos  t −  = 2a cos              d − d = k  Đặt   uM = 2a cos ( k ) cos (t − k '  ) d1 + d = k '   uM = 2a cos ( k1 ) cos (t − k1 '  ) Xét điểm M N có  Đặt u = a cos k  cos  t − k '  ( ) ( )  N 2  k ' k ' = k1 '− k2 '  k = k1 − k2 (k1 , k2 quy tròn) k Độ lệch pha so với Chẵn Chẵn → Cùng pha Lẻ Lẻ → Cùng pha Chẵn Lẻ → Ngược pha Lẻ Chẵn → Ngược pha Kết luận: Hai điểm pha ngược pha k ' nguyên ( k ' hiệu bậc elip điểm) Hai điểm pha k ' k chẵn lẻ Hai điểm ngược pha k ' k không chẵn không lẻ VI Cơng thức khoảng cách dùng để chặn hình Khoảng cách từ điểm M đến trung điểm AB R M ( d − d ) + ( d1 + d ) − AB d +d AB − hay R = 4 d1 R y Khoảng cách từ điểm M đến đường trung trực x ( d − d )( d + d ) d − d 22 x= hay x = A x AB AB ( x  nằm bên phải đường trung trực, x  nằm bên trái đường trung trực)   AB  d = + x   2  +y d12 − d 22     AB   AB  2  d1 − d =  + x − − x  = AB.x  x = Chứng minh:  2 AB        AB d = − x + y       Khoảng cách từ điểm M đến AB y y = R2 − x2 Chức Int máy tính để lấy phần nguyên (Alpha +) Với x y số thực dương Để tìm số giá trị nguyên nằm ( x; y  ta bấm Int ( y ) − Int ( x) R2 = 2 2 2 Ví dụ từ 5,6 đến 25,1 có số giá trị nguyên Int (25,1) − Int (5, 6) = 25 − = 20 GROUP VẬT LÝ PHYSICS d2 B VII Các dạng tập Dạng tính khoảng cách ngắn Từ hình vẽ bên ta rút được: Các hypebol có d1 − d lớn xa đường trung trực Các elip có d1 + d lớn xa đoạn thẳng nối nguồn a) Từ điểm đến nguồn -Khoảng cách ngắn từ điểm cực đại pha với nguồn đến nguồn  -Khoảng cách ngắn từ điểm cực đại ngược pha với nguồn đến nguồn 0, 5 b) Từ điểm đến đường trung trực S1S2 -Điểm cực đại (ngược) pha với nguồn gần trung trực S1S2 nằm đường cực đại bậc c) Từ điểm đến trung điểm S1S2 -Điểm cực đại (ngược) pha với nguồn gần trung điểm S1S2 nằm elip nhỏ d) Từ điểm đến đường thẳng S1S2 -Điểm cực đại (ngược) pha với nguồn gần S1S2 ta phải xét trường hợp so sánh +TH1: Điểm nằm đường cực đại gần nguồn +TH2: Điểm nằm elip nhỏ Áp dụng công thức mục VI Công thức khoảng cách để tính tính bình thường VD1: Ở mặt nước, hai điểm S1 S có hai nguồn sóng kết hợp, dao động điều hịa, pha theo phương thẳng đứng Biết sóng truyền mặt nước có bước sóng  , khoảng cách S1S2 = 5, 6 Ở mặt nước gọi M vị trí mà phần tử nước dao động với biên độ cực đại, pha với dao động hai nguồn a) Khoảng cách ngắn từ M đến nguồn S1 A 0, 3 B 0, 5 C  b) Khoảng cách ngắn từ M đến đường trung trực S1S2 D 2 A 0, 5 B 0, 536 C 0, 625 c) Khoảng cách ngắn từ M đến đường thẳng S1S2 D 1, 071 A 0, 754 B 0,852 C 0,868 Giải D 0, 946 d = k  ĐK cực đại pha nguồn  1 với k1 + k2  5, Chuẩn hóa  = d = k2  k1 =1 ⎯ → d1min =  Chọn C a) Khoảng cách từ M đến nguồn S1 d1 = k1 ⎯⎯ b) M gần trung trực M phải nằm đường cực đại bậc nằm elip lẻ nhỏ k1 − k2 = ( k − k )( k + k ) 1.7 = 0, 625 Chọn C x= 2 =  2S1S2 2.5, k1 + k2 = c) Từ hình vẽ ta thấy M gần S1S2 M phải nằm đường cực đại gần nguồn phải nằm elip nhỏ Nhưng đường cực đại gần nguồn k1 − k2 = không tính chất chẵn lẻ với đường elip nhỏ k1 + k2 = nên ta phải xét riêng trường hợp so sánh k − k = 52 + 72 − 5, 62  5.7  TH1:   y = R2 − x2 = −   0,946  2.5,  k1 + k2 = GROUP VẬT LÝ PHYSICS k − k = 42 + 62 − 5, 62  4.6  TH2:   y = R2 − x2 = −   0, 754 Chọn A  2.5,  k1 + k2 = VD2: Ở mặt nước, hai điểm S1 S có hai nguồn sóng kết hợp, dao động điều hòa, pha theo phương thẳng đứng Biết sóng truyền mặt nước có bước sóng  , khoảng cách S1S2 = 5,1 a) Khoảng cách ngắn từ điểm cực đại, pha với nguồn đến đường thẳng S1S2 A 0, 31 B 0, 47 C 0,98 D 1,58 b) Khoảng cách ngắn từ điểm cực đại, ngược pha với nguồn đến trung điểm I S1S2 A 2, 397 B 2,179 C 1, 658 D 1, 580 Giải a) Vẽ hình ta thấy M gần S1S2 M phải nằm đường cực đại gần nguồn phải nằm elip nhỏ Nhưng đường cực đại gần nguồn k1 − k2 = khơng tính chất chẵn lẻ với đường elip nhỏ k1 + k2 = nên ta phải xét riêng trường hợp so sánh k − k = 52 + − 5,12  5.7  TH1:   y = R2 − x2 = −   0, 47  2.5,1  k1 + k2 = k − k = 42 + 62 − 5,12  4.6  TH2:   y = R2 − x2 = −   0,98 Chọn B  2.5,1  k1 + k2 = b) M gần trung điểm I S1S2 M phải nằm elip nhỏ k1 + k2 = Nếu lấy M nằm đường trung trực k1 − k2 = M pha với nguồn nên ta phải lấy M nằm cực đại bậc k1 + k2 = k1 = 3,5 k12 + k2 S1S 2 3,52 + 2,52 5,12   MI = − = −  1, 658 Chọn C   4 k1 − k2 = k2 = 2,5 VD3: Tại hai điểm A, B mặt nước có hai nguồn sóng giống Biết sóng truyền mặt nước với biên độ khơng đổi, bước sóng  AB = 5,8 C điểm thuộc mặt nước nằm đường trung trực AB cho đoạn CA có điểm dao động với biên độ cực đại ngược pha với hai nguồn Khoảng cách nhỏ từ C tới đoạn AB có giá trị gần với giá trị sau đây? A 0,90 B 0,95 C 0,80 D 0,85 Giải Để điểm C gần AB điểm M CA phải nằm cực đại bậc elip nhỏ  MB − MA =   MB = 3,5    MB + MA = 6  MA = 2,5 cos MAB = MA2 + AB − MB 2,52 + 5,82 − 3,52 691 = = 2.MA AB 2.2,5.5,8 725 CI = IA.tan MAB = 2,9.0,3175  0,92 Chọn A Dạng đếm số cực đại cùng, ngược pha đoạn thẳng, đường tròn, … Ta xét điểm đoạn cần đếm dựa vào hình vẽ để biểu diễn k1 theo k2 (hoặc ngược lại) Sau dùng MODE TABLE cho k1 chạy từ 1, 2, 3,… để ý k2 số nguyên diểm pha k '+ k  k1 =  k + k = k '    Trong trường hợp số giá trị k2 q nhiều ta thay  để tạo mối liên hệ k1 − k2 = k k = k '− k  2 AB k k ' cho k chạy từ 0,1.2… đến để ý tính chẵn lẻ k ' để biết điểm cùng, ngược pha  GROUP VẬT LÝ PHYSICS VD1: Thực giao thoa bề mặt chất lỏng với hai nguồn kết hợp A, B cách 20 cm dao động theo phương thẳng đứng với phương trình u A = uB = cos 30 t (mm,s) Tốc độ truyền sóng mặt chất lỏng 0, 6m / s Gọi (C) đường tròn mặt chất lỏng có đường kính AB Số điểm (C) dao động với biên độ cực đại pha với hai nguồn A điểm B điểm C điểm D điểm Giải 2 2  = v = 60 = (cm) AB = 2. Vì tính đối xứng nên ta xét nửa (C)  30 d = k  ĐK cực đại pha nguồn  1 với k1 , k2 nguyên dương d = k2  ( d12 + d2 = AB2  k12 + k2 = k1 )  k2 = 50 − k12 Dùng MODE TABLE k2 = 50 − k12 Nhận 6,7 Loại 6,4 Loại 5,8 Loại 5 Nhận 3,7 Loại Nhận Nửa (C) có điểm nên (C) có điểm thỏa mãn Chọn C VD2: Ở mặt chất lỏng, hai điểm A B có hai nguồn dao động pha theo phương thẳng đứng phát hai sóng kết hợp có bước sóng  Biết AB = 2 C điểm mặt nước cho ABC vuông cân B Trên AC số điểm dao động với biên độ cực đại, pha với nguồn A B C D Giải d = k   AC  16 ĐK cực đại pha nguồn  1 với k1 , k2 nguyên dương d = k2  Xét điểm AC có d 2 = d12 + AB − 2d1 AB cos 45o  k2 = k12 + 128 − 16k1 Dùng MODE TABLE k1 k2 = k12 + 128 − 16k1 10,63 10 9,43 8,94 8,54 8,24 8,06 8 8,06 10 8,24 11 8,54 12 8,94 13 9,43 14 10 15 10,63 16 11,31 Vậy có điểm thỏa mãn Chọn B Nhận Nhận Nhận GROUP VẬT LÝ PHYSICS VD3: Trong tượng giao thoa sóng nước với hai nguồn A, B dao động với phương trình u = a cos ( 2 t ) , cách khoảng 8 cm (với  bước sóng sóng) Gọi  đường thẳng mặt nước qua B vng góc với AB Số điểm  dao động với biên độ cực đại pha với hai nguồn A điểm B điểm C điểm D điểm Giải k '+ k  d1 = k1 =  Vì tính đối xứng nên ta xét nửa  ĐK cực đại pha nguồn  d = k  = k '− k   2 64  k '+ k   k '− k  Dùng MODE TABLE d − d = AB    −  =  k k ' = 64  k ' = k     64 0 k 8 k'= k 64 Ngược pha 32 Cùng pha 21,3 Loại 16 Cùng pha 12,8 Loại 10,6 Loại 9,1 Loại Nửa  có điểm nên  có điểm thỏa mãn Chọn B Dạng đếm số cực đại cùng, ngược pha bên hình vng, trịn, tam giác, … Sử dụng tính chất hình học để chặn hình trịn chặn bán kính, hình tam giác chặn góc, hình chữ nhật chặn chiều dài chiều rộng, … VD1: Ở mặt nước, hai điểm S1 S có hai nguồn dao động pha theo phương thẳng đứng, phát 2 2 hai sóng kết hợp có bước sóng  Cho S1S2 = 5, 4 Gọi (C) hình trịn nằm mặt nước có đường kính S1S2 Số vị trí (C) mà phần tử dao động với biên độ cực đại pha với dao động nguồn A 18 B C 22 Giải D 11 k '+ k  d1 = k1 =  ĐK cực đại pha nguồn  d = k  = k '− k   2 Vì tính đối xứng nên ta nửa phần tư thứ hình trịn  k '+ k   k '− k  2 d12 + d 2  S1S2    +   5,  k  58,32 − k '     k chẵn, lẻ với k’ k' 58,32 − k '2 2 4,72 0; 2; 3,05 1; Có điểm nằm đường trung trực điểm nằm nửa phần tư thứ nên hình trịn (C) có 4.4 + = 18 điểm Chọn A VD2: Giao thoa sóng với hai nguồn kết hợp đồng pha đặt A, B cách 6, 2 , đường trung trực AB xét điểm C điểm đồng pha với hai nguồn điểm thứ tính từ trung điểm AB Tìm số vị trí cực đại, ngược pha với nguồn diện tích tam giác ABC A B C D Giải GROUP VẬT LÝ PHYSICS AB = 3,1 nên điểm thứ pha nguồn cách nguồn CA = CB = 5 d = k  ĐK cực đại ngược pha với nguồn  1 với k1 + k2  6, ( k1 , k2 bán nguyên) Chuẩn hóa  = d = k2  Ta có CA = CB  3,1  k1  6, Vì tính đối xứng nên ta xét nửa bên phải ( k1  k2 )   k2    CBA  cos   cos CBA = k2 k + 6, 22 − k12 0,5 AB = 0, 62   0, 62  k1  k2 − 7, 688k + 6, 22 CB 2.k2 6, k1 k2 − 7, 688k + 6, 22 0,5 5,90 1,5 5,39 2,5 5,04 4,5 3,5 4,87 3,5; 4,5 4,5 4,90 4,5 Có điểm nằm nửa bên phải điểm nằm đường trung trực nên diện tích tam giác ABC có 2.2 + = điểm Chọn B VD3: Ở mặt nước, hai điểm S1 S có hai nguồn dao động pha theo phương thẳng đứng, phát hai sóng kết hợp có bước sóng  Cho S1S2 = 5, 4 Gọi (H) hình vng nằm mặt nước có cạnh S1S2 a) Số vị trí (H) nằm đường trung trực S1S2 mà phần tử dao động pha với nguồn A B C D b) Chỉ xét bên đường trung trực S1S2 số vị trí (H) nằm đường cực đại bậc 3, 4, dao động pha với nguồn A B C D c) Chỉ xét bên đường trung trực S1S2 số vị trí (H) nằm đường cực đại bậc 1, dao động pha với nguồn A B C D d) Số vị trí (H) mà phần tử dao động với biên độ cực đại pha với nguồn A 20 B 22 C 24 D 26 Phương pháp Xét đường cực đại bậc hình vẽ Nếu ví dụ điểm M ta tính có elip k1 + k2 = 5,9 qua điểm N ta tính có elip k1 + k2 = 9,1 qua M N có elip 5,9  k1 + k2  9,1 qua Trong số đó, giao điểm elip có k1 + k2 = 7; hypebol bậc điểm pha với nguồn Giải d = k  ĐK cực đại pha nguồn  1 (với k1 , k2 số nguyên d = k2  dương d1 + d  S1S2  k1 + k2  5, ) Chuẩn hóa  = a) Đường trung trực S1S2 cắt cạnh hình vng vị trí có k1 + k2 = 5, 42 + 2,72 = 12,07 Vậy elip có k1 + k2 = 6;8;10;12 chẵn với k1 − k2 = cắt đường trung trực nên có điểm thỏa mãn Chọn B GROUP VẬT LÝ PHYSICS b) Góc hình vng có 5, − 5, = 2, 24 nên đường cực đại bậc 3, 4, cắt cạnh bên hình vng Ta kiểm tra điểm cực đại nằm cạnh hình vng thuộc elip có k1 + k2 k12 − k2 = S1S 2  ( k1 − k2 )( k1 + k2 ) = 5, 42  k1 + k2 = 5, 42 k1 − k2 Với k1 − k2 =  k1 + k2 = 9, Do elip có k1 + k2 = 7;9 cắt hypebol bậc hình vng Với k1 − k2 =  k1 + k2 = 7,3 Do elip có k1 + k2 = cắt hypebol bậc hình vng Với k1 − k2 =  k1 + k2 = 5,8 Do khơng có elip cắt hypebol bậc hình vng Vậy có điểm thỏa mãn Chọn C k =  c) Các đường cực đại bậc 1, cắt cạnh phía hình vng nên  k2 =  ( 2, + x ) ( 2, − x ) + 5, 42 + 5, 42 Với k1 − k2 =  x  0,885  k1 + k2 = 12, Do elip có k1 + k2 = 7;9;11 cắt hypebol bậc Với k1 − k2 =  x  2,374  k1 + k2 = 12,8 Do elip có k1 + k2 = 6;8;10;12 cắt hypebol bậc Vậy có điểm thỏa mãn Chọn C d) Từ câu a, b, c ta suy số vị trí cực đại pha với nguồn (H) + (3 + 7).2 = 24 Chọn C Dạng khoảng cách gần nhất, xa ngồi hình, hình VD1 (TK 20): Ở mặt chất lỏng, hai điểm A B có hai nguồn dao động pha theo phương thẳng đứng phát hai sóng kết hợp có bước sóng  Gọi I trung điểm đoạn thẳng AB Ở mặt chất lỏng, gọi (C) hình trịn nhận AB làm đường kính, M điểm (C) gần I mà phần tử chất lỏng dao động với biên độ cực đại pha với nguồn Biết AB = 6, 6 Độ dài đoạn thẳng MI có giá trị gần với giá trị sau đây? A 3, 41 B 3, 76 C 3,31 D 3,54 Giải  MA = k1 ĐK cực đại pha nguồn  với k1 , k2 nguyên dương Chuẩn hóa  =  MB = k2  Vì tính đối xứng nên ta xét nửa phần tư thứ  k1  3,3  4,7 MI = MA2 + MB AB k12 + k2 6, 62 − = −  3,32  k12 + k2  43,56 4 Với k1 =  k2min =  k12 + k22 = 50 Với k1 =  k2min =  k12 + k22 = 45 Với k1   k2min =  k12 + k22  50 45 6, 62 −  3, 41 Chọn A VD2: Trong thí nghiệm giao thoa sóng nước, A B hai nguồn sóng đồng dao động theo phương thẳng đứng cách 6,5 (  bước sóng sóng truyền từ A, B) Gọi O trung điểm AB Điểm nằm mặt nước, đường trịn đường kính AO có biên độ cực đại, xa O nhất, dao động pha với hai nguồn, cách O đoạn gần giá trị sau đây? A 2,8 B 3,1 C 2,5 D 3,5 Giải  MA = k1  3, 25 ĐK cực đại pha nguồn  với k1 , k2 nguyên dương Chuẩn hóa  = 3, 25  MB = k2   6,5 Vậy MI = GROUP VẬT LÝ PHYSICS k12 + k2 6,52 k + − MA2 + MO 3, 252 − 3, 25  1, 6252  3k + k  42, 25 MI = − = 2 4 Với k1 =  k2max =  k12 + k22 = 37 Với k1 =  k2max =  k12 + k22 = 29 Với k1 = khơng có k2 thỏa mãn 37 6,52 −  2,82 Chọn A Vậy MOmax = VD3: Ở mặt chất lỏng, hai điểm A B có hai nguồn dao động pha theo phương thẳng đứng phát hai sóng kết hợp với bước sóng  Gọi C D hai điểm mặt chất lỏng cho ABCD hình vng, I trung điểm AB, M điểm hình vng ABCD xa I mà phần tử chất lỏng dao động với biên độ cực đại pha với nguồn Biết AB = 6, 6 Độ dài đoạn thẳng MI gần giá trị sau đây? A 6,17 B 6, 25 C 6, 49 D 6, 75 Giải d = k  ĐK cực đại pha nguồn  1 với k1 , k2 nguyên dương Chuẩn hóa  = d = k2  3,3  k1  6,  9,3 Vì tính đối xứng nên ta xét nửa phần bên phải   2 k2  3,3 + 6,  7, HI = d12 − d 22 k12 − k22 =  3,3  k12 − k22  43,56 AB 2.6,6 k + k22 6, 62  k12 − k22  MH = MI − HI = − −   6,  2.6,  Với k1 = khơng có k2 thỏa mãn 2 Với k1 =  k2max = 2 2 Các trường hợp cịn lại có d1 + d  + nên không cần xét d12 + d 2 AB 82 + 62 6, 62 − = − = 6, 25 Chọn B Vậy MI max = 4 Dạng điểm cực đại ngược pha nguồn VD1: Ở mặt nước có hai nguồn kết hợp đặt hai điểm A B, dao động pha theo phương thẳng đứng, phát hai sóng có bước sóng  Trên AB có 17 vị trí mà phần tử nước dao động với biên độ cực đại C điểm mặt nước cho ABC tam giác M điểm thuộc cạnh CB nằm vân cực đại giao thoa bậc ( MA − MB =  ) Biết phần tử M dao động ngược pha với nguồn Độ dài đoạn AB gần với giá trị sau đây? A 8, 7 B 8,5 C 8,9 D 8,3 Giải k '+  d1 = k1 =  ĐK cực đại ngược pha nguồn  với k’ chẵn Chuẩn hóa  = d = k  = k '−   2 Trên AB có 17 điểm cực đại bên có cực đại   AB  Xét điểm M nằm cạnh CB có: GROUP VẬT LÝ PHYSICS 2 AB = → k ' = 13, k '−  k '+   k '−  d12 = d 2 + AB − 2d AB.cos 60o   = AB     + AB − AB = → k ' = 15,5     M cực đại ngược pha nguồn nên nằm elip có k ' = 14  AB  8, 21 Chọn D VD2: Ở mặt nước có hai nguồn kết hợp đặt hai điểm A B, dao động pha theo phương thẳng đứng, phát hai sóng có bước sóng  Trên AB có vị trí mà phần tử nước dao động với biên độ cực đại C D hai điểm mặt nước cho ABCD hình vng M điểm thuộc cạnh CD nằm vân cực đại giao thoa bậc ( MA − MB =  ) Biết phần tử M dao động ngược pha với nguồn Độ dài đoạn AB gần với giá trị sau đây? A 4, 6 B 4, 4 C 4, 7 D 4, 3 Giải k '+  d1 = k1 =  ĐK cực đại ngược pha nguồn  với k’ chẵn Chuẩn hóa  = d = k  = k '−   2 Trên AB có điểm cực đại bên có cực đại   AB  Xét điểm M nằm cạnh CD có: AB = → k ' = 9,  k '+   k '−  2 d − AB + d − AB = AB    − AB +   − AB = AB  AB = → k ' = 11,     M cực đại ngược pha nguồn nên nằm elip có k ' = 10  AB  4,38 Chọn B 2 2 2 Chú ý: Có thể dùng cơng thức y = R − x rút k ' theo AB chặn mà shift solve VD3: Trong thí nghiệm giao thoa sóng mặt nước, hai nguồn kết hợp đặt A B, dao động pha theo phương thẳng đứng, phát hai sóng lan truyền mặt nước với bước sóng  Trên đoạn thẳng AB có n điểm cực tiểu giao thoa, M N hai điểm cực tiểu giao thoa đối xứng qua trung điểm AB (MA