VẬT LÍ 12 CHUYÊN đề bồi DƯỠNG HSG phần dao động cơ và sóng cơ

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi vật lí phần dao động cơ và sóng cơ được biên soạn chỉnh sửa nhiều năm theo các dạng chuyên đề. có lời giải chi tiết với số lượng bài tập ôn và tự ôn lớn hỗ trợ giáo viên và học sinh ôn thi học sinh giỏi và thi tốt nghiệp thpt quốc gia

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG LÝ: DAO DỘNG CƠ HỌC CHỦ ĐỀ 1: Kích thích dao động va chạm I PHƯƠNG PHÁP + Vật m chuyển động với vận tốc v0 đến va chạm vào vật M đứng yên   V  M v0 1  m   mv0 mv  MV  M   2 1  mv0 mv  MV  m v v  M  1  m + Va chạm đàn hồi: mv0  m  M V  V  v M 1 m + Va chạm mềm: II BÀI TOÁN MẪU Bài 1: Cho hệ dao động hình vẽ bên Lị xo có khối lượng khơng đáng kể, độ cứng k 30  N / m  Vật M 200  g  trượt khơng ma sát mặt phẳng nằm ngang Hệ trạng thái cân bằng, dùng vật m 100  g  bắn vào M theo phương nằm ngang với vận tốc v 3  m / s  Sau va chạm hai vật dính vào dao động điều hoà Xác định vận tốc hệ sau va chạm Viết phương trình dao động hệ Chọn trục toạ độ Ox trùng với phương dao động, gốc toạ độ O vị trí cân bằng, chiều dương trục  chiều với chiều v0 Gốc thời gian lúc va chạm Giải + Va chạm mềm: mv0  m  M V  VËntèccđa hƯ ngaysauvach¹m: V  v 1  m / s  100  cm / s  M 1 m  + Tần số góc hệ dao động điều hoà: k 30  10 (rad / s) M m 0,2  0,1 + Phương trình dao động có dạng: x  A sin10t    , vận tốc: v 10 A cos10t     x t 0 0  A sin     A ( cm) t 0         v  100 cm / s  t 0   A cos     + Thay vào điều kiện đầu: + Vậy phương trình dao động là: x 10 sin 10t  cm  ĐS: V 100  cm / s  , x 10 sin 10t  cm  Bài 2: Một lắc lò xo, gồm lị xo có khối lượng khơng đáng kể có độ cứng k 50  N / m  , vật M có khối lượng 200  g  , dao động điều hoà mặt phẳng nằm ngang với biên độ A0 4  cm  Giả sử M dao động có vật m có khối lượng 50  g  bắn vào M theo phương ngang với vận tốc v0 2  m / s  , giả thiết va chạm không đàn hồi xẩy thời điểm lị xo có độ dài lớn Sau va chạm hai vật gắn chặt vào dao động điều hồ 1) Tính động hệ dao động thời điểm sau va chạm 2) Tính dao động hệ sau va chạm, từ suy biên độ dao động hệ Giải; + Vì va chạm xẩy thời điểm lị xo có độ dài lớn nên vận tốc M trước lúc va chạm không Gọi V vận tốc hệ  M  m  sau va chạm Sử dụng định luật bảo tồn động lượng, ta có: 1 mv0  M  m V  V  v0  2 0,4  m / s  M 0,2 1 1 m 0,05 1) Ed Động  M  m V   0,2  0,050,4  2  hệ sau va chạm: 0,04  J  + Tại thời điểm vật có li độ x  A0 4  cm  0,04  m  nên đàn hồi: kx 50.0,04 Et   0,04  J  2 2) Cơ dao động hệ sau va chạm: E  E d  Et 0,08  J  + Mặt khác: E kA 2E 2.0,08  A  0,04  m  4  cm  k 50 ĐS: 1) Et  E d 0,04  J  ; 2) E 0,08  J  ; A 4  cm  Bài 3: Một lắc lò xo, gồm lị xo, có độ cứng k 50  N / m  vật nặng M 500  g  dao động điều hoà với biên độ A0 dọc theo trục Ox mặt phẳng nằm ngang Hệ dao động vật m 500 g bắn vào M theo phương nằm ngang với vận tốc v0 1  m / s  Giả thiết va chạm hoàn toàn đàn hồi xẩy vào thời điểm lị xo có chiều dài nhỏ Sau va chạm vật M dao động điều hoà làm cho lị xo có chiều dài cực đại cực tiểu l max 100  cm  l mim 80  cm  Cho g 10  m / s  1) Tìm vận tốc vật sau va chạm 2) Xác định biên độ dao động trước va chạm Giải 1) Vào thời điểm va chạm lị xo có chiều dài nhỏ nên vận tốc vật M trước va chạm không Gọi V , v vận tốc vật M m sau va chạm Vì va chạm hồn tồn đàn hồi nên sử dụng định luật bảo toàn động lượng bảo tồn lượng, ta có: 2   V  M v 1  0,5  m / s  1   mv0 mv  MV m    2  M  mv0 mv  MV 1     m v 1   ,5  m / s  2  v  M 1  1  m 2) Tại thời điểm sau va chạm vật dao động có li độ vận tốc x  A0 V 3  m / s  nên đàn hồi động lúc là:  kx 50 A02  25 A02  E t  2  2  E  MV  0,5.0,5 0,0625  J   d 2 + Biên độ dao động điều hoà sau va chạm A l max - l 100  80  10  cm  0,1  m  2 kA 50.0,12 E  0,25  J  2 nên dao động: ,1875  A   A0 0 ,05  m  5  cm  25 + Mà Et  E d  E  25.A  0,0625 0,25 ĐS: 1) V 0,5  m / s ; v  0,5  m / s  ; 2) A0 5  cm  Bài 4: Cho hệ dao động hình vẽ bên Lị xo có khối lượng khơng đáng kể, độ cứng chưa biết Vật M 400  g  trượt không ma sát mặt phẳng nằm ngang Hệ trạng thái cân bằng, dùng vật m 100  g  bắn vào M theo phương nằm ngang với vận tốc v0 3,625  m / s  Va chạm hoàn toàn đàn hồi Sau va chạm vật M dao động điều hoà Chiều dài cực đại cực tiểu lò xo l max 109  cm  l mim 80  cm  Tìm chu kỳ dao động vật M độ cứng k lò xo Đặt vật m0 225  g  lên vật M, hệ gồm vật  m0  M  đứng yên Vẫn dùng vật m 100  g  bắn vào với vận tốc v0 3,625  m / s  , va chạm hoàn toàn đàn hồi Sau va chạm ta thấy hai vật dao động điều hoà Viết phương trình dao động hệ  m0  M  Chọn trục Ox hình vẽ, gốc toạ độ vị trí cân gốc thời gian lúc bắt đầu va chạm Cho biết hệ số ma sát m0 M 0,4 Hỏi vận tốc v0 vật m phải nhỏ giá trị để vật m0 đứng yên (không bị trượt) vật M hệ dao động Cho g 10  m / s  Giải Biên độ dao động A l max - l 109  80  14,5  cm  2 + Vì va chạm hồn toàn đàn hồi nên vận tốc M sau va chạm tính theo cơng thức: 2 V v0  3,625 1,45  m / s  145  cm / s   mv0 mv  MV M 1  2 1  mv0 mv  MV m (đây vận tốc cực đại dao động điều hoà) + Sau va chạm vật dao động điều hồ theo phương trình li độ x  A sint    , phương trình vận tốc: v A cost    + Vậy vận v max A V    tốc cực đại dao động điều hoà: V 145 cm / s   10  rad / s  A 14,5  cm  + Chu kì dao động: T 2   0,628  s   2 + Độ cứng lò xo: k M  0,4.10 40  N / m  Tương tự câu 1) vận tốc hệ  m0  M  sau va chạm tính theo cơng thức: V ' 2 v0  7,25   m / s   200  cm / s   M  m0   0,625 1 1 0,1 m (đây vận tốc cực đại dao động điều hồ)  + Tần số góc dao động: k 40  8 (rad / s ) M  m0 0,4  0,225 + Phương trình dao động có dạng: x  A sin 8t    , vận tốc: v 8 A cos 8t    + Vận tốc v max A V '  A  cực đại dao động điều hoà: V ' 200  cm / s   25  cm    cm  + Pha ban đầu xác định từ điều kiện đầu:  x t 0 0  sin 0 t 0           v t 0  200 cm / s  cos   + Vậy phương trình dao động là: x 25 sin 8t     cm  Dùng vật m bắn vào hệ  m0  M  với vận tốc v0, va chạm hồn tồn đàn hồi vận tốc hệ  m0  M  sau va chạm là: 8v 2 V ' v0  v0   m / s   M  m0   6,25 29 1 m (đây vận tốc cực đại dao động điều hoà: v max  A V '  A  V ' v0   29 ) + Vậy phương trình dao động điều hồ có dạng: x v0 sin 8t    29 , gia tốc hệ là: a  x' '   A sint      64v 64v0 sin 8t    a max  29 29 Do gia tốc cực đại: + Vật m0 đặt vật M chuyển động với gia tốc a, nên chịu tác dụng lực có độ lớn: Fqt  m0 a  Fqt max  64m0 v 29 + Để vật m0 ln đứng n M lực ma sát trượt Fms m0 g lớn  v0  lực cực đại, tức là: m0 g m0 a max  g a max  ,8.10  64v0 29 29 3,625  m / s  + Vậy để vật m0 đứng yên (không bị trượt) vật M hệ dao động vận tốc v0 vật m phải thoả mãn: ĐS: 1) T v  29 3,625  m / s   0,628  s  ; k 40  N / m  ; 2) x 25 sin8t     cm  ; 3) v  29 3,625  m / s  Bài 5: Một vật nặng có khối lượng M 600  g  , đặt phía lị xo thẳng đứng có độ cứng k 200  N / m  hình vẽ Khi vị trí cân bằng, thả vật m 200  g  từ độ cao h 6  cm  so với 2 M Coi va chạm hoàn toàn mềm, lấy g 10  m / s ;  10 1) Tính vận tốc m trước va chạm vận tốc hai vật sau va chạm 2) Sau va chạm hai vật dao động điều hoà Giải: 1) Vận tốc vật m trước lúc va chạm: v0  gh  2.10.0,06 0,2  m / s  v 20  cm / s  (hướng xuống dưới) + Hệ  M  m  lúc va chạm coi hệ kín, theo định luật bảo tồn động lượng (theo giả thiết va chạm hoàn toàn mềm): mv0  m  M V Suy ra, vận tốc hai vật sau va chạm: V  v 5  cm / s  M 1 m (hướng xuống dưới)   2) Tại VTCB cũ M, lò xo nén đoạn: Mg 0,6.10  0,03  m  3  cm  k 200 + Tại VTCB hệ sau va chạm, lò xo nén đoạn: '  m  M g k  0,8.10 0,04  m  4  cm  200 + Suy ra: OC  l ' l   1  cm  + Chọn hệ toạ độ Ox hình vẽ, gốc O trùng với vị trí cân hệ  M  m  sau va chạm Do đó, sau va chạm hệ có toạ độ vận tốc là: x1   cm , v1 V 5  cm / s  + Sau va chạm hệ dao động điều hoà xung quanh VTCB O với tần số góc:  k 200  5  rad / s   M  m 0,6  0,2   v2 5 A  x  12    1    5  + Biên độ dao động: 2 2  cm  ĐS: 1) v0 20  m / s  , V 5  cm / s  , 2) A 2  cm  Bài 6: (ĐH Kinh tế quốc dân - 2001) Con lắc lò xo gồm vật nặng M 300  g  , lị xo có độ cứng k 200  N / m  lồng vào trục thẳng đứng hình vẽ Khi vị trí cân bằng, thả vật m 200  g  từ độ cao h 3,75  cm  so với M Coi ma sát không đáng kể, lấy g 10  m / s  , va chạm hồn tồn mềm Tính vận tốc m trước va chạm vận tốc hai vật sau va chạm Sau va chạm hai vật dao động điều hoà Lấy t 0 lúc sau va chạm Viết phương trình dao động hai vật hệ toạ độ O’X hình vẽ, gốc O’ trùng với vị trí cân C hệ  M  m  sau va chạm Viết phương trình dao động hai vật hệ toạ độ ox hình vẽ, gốc O vị trí cân cũ M trước va chạm Gốc thời gian cũ Giải: 1) Vận tốc vật m trước lúc va chạm: v  gh  2.10.3,75.10   m / s (hướng xuống dưới) Hệ  M  m  lúc va chạm coi hệ kín, theo định luật bảo toàn động lượng (theo giả thiết va chạm hoàn toàn mềm): mv0  m  M V Suy  m / s  20  cm / s  V  v0  M 1 m ra, vận tốc hai vật sau va chạm: (hướng xuống dưới) 2) Tại 0  VTCB cũ M (vị trí O), lị xo nén đoạn: Mg 0,3.10  0,015  m  1,5  cm  k 200 + Tại VTCB C hệ sau va chạm, lò xo nén đoạn:   m  M g k  0,5.10 0,025  m  2,5  cm  200 + Suy ra: OC l  l 2,5  1,5 1  cm  , X  x   cm  (1) + Sau va chạm hệ dao động điều hoà xung quanh VTCB C  O’ với tần số  góc: k 200  20  rad / s   M  m 0,3  0,2 + Phương trình dao động: X  A sin 20t    , vận tốc: V  X ' 20 A cos 20t     X t 0 OC 1  cm   V  20  cm / s  + Chọn t 0 lúc va chạm, nên:  t 0  A 0   A sin  1 sin        20 A cos    20   tg     A 2  cm    5    5   X 2 sin 20t    cm    + Suy ra, li độ vật hệ toạ độ O’X là: 3) Theo (1) ta có phương trình dao động vật hệ toạ độ Ox là: x  X  1, hay ĐS: 1) v0  5  x 2 sin 20t       cm   5   X 2 sin 20t    cm   m / s  V 20  cm / s    , , 2) , 5   x 2 sin 20t     cm    3) III BÀI TOÁN TỰ LUYỆN Bài 7: Một cầu khối lượng M 2  kg  , gắn lò xo thẳng đứng có độ cứng k 400  N / m  Một vật nhỏ m 0,4  kg  rơi tự từ độ cao h 1,8  m  xuống va chạm đàn hồi với M (xem hình vẽ) Sau va chạm vật M dao động điều hoà Lấy g 10  m / s  a) Tính vận tốc m trước va chạm vận tốc vật sau va chạm b) Viết phương trình dao động vật M, chọn gốc tọa độ vị trí cân vật, chiều dương hướng thẳng đứng xuống, gốc thời gian lúc sau va chạm ĐS: a) v0 6  m / s  ; V 2  m / s ; v   m / s  ; b) x 10 sin 20t  cm  Gọi N điểm nằm đoạn MC cách A B khoảng d với AB/2 = 10(cm) d < AC = 20(cm) Phương trình sóng tổng hợp N : Phương trình sóng tổng hợp C : Điểm N dao động ngực pha với C : Có điểm dao động pha với C Bai 30: Giải Do hai nguồn dao động pha nên để đơn giản ta cho pha M d1 ban đầu chúng 2 d    Độ lệch pha hai điểm phương truyền sóng: A O B Xét điểm M nằm đường trung trực AB cách A đoạn d cách B đoạn d2 Suy d1=d2 Do M dao động ngược pha với nguồn nên :   2 d1  1,  (2k  1) d1  (2k  1)  (2k  1)  (2k  1).0,8  2 AB �AB � �(2k  1)0,8 � � � OC �2 � Mà : AO �d1 �AC ��� (2k�1)0,8   10 3, 25 k 5, 75 k 4 � � k 5 � Kết luận đoạn CO có điểm dao dộng ngược pha với nguồn Bai 31 :Giải C + Do hai nguồn dao động pha nên để đơn giản ta cho pha ban đầu chúng 2 d    + Độ lệch pha hai điểm phương truyền sóng: d1 A O + Xét điểm M nằm đường trung trực AB cách A đoạn d cách B đoạn d2 Suy d1=d2 M B + Mặt khác điểm M dao động pha với nguồn nên   2 d1  k 2  d1  k   1, 6k (1) AB �AB � �1, 6k � � � OC �2 � + Mà : AO �d1 �AC 2 �AB � AB AC  � � OC  10(cm) AO  �2 � (Do ) ��� 1, 6k  10 � 3, 75 k 6, 25 k 4 � � k � � k 6 � Kết luận đoạn CO có điểm dao dộng pha với nguồn Bai 32 Giải d  d1 Phương trình sóng tổng qt tổng hợp M là: u M = 2acos(  )cos(20t -  d  d1  ) d  d1 Với M cách S1, S2 nên d1 = d2 Khi d2 – d1 =  cos(  ) =  A = 2a Để M dao động pha với S1, S2 thì: Gọi x khoảng cách từ M đến AB: d1 = d2 = �AB � x2  � � �2 �= k 0, 64 k    k  3,75 kmin = Phương trình sóng M là: uM = 2acos(200t - 8) Bai 33 Giải Phương trình sóng tổng hợp M là: uM = 2acos()cos(20t - ) Để M dao động ngược pha với S1, S2 thì: = (2k + 1) d1 S1 O x S2 Với d1 = d2 ta có: Gọi x khoảng cách từ M đến AB: Bai 34: Giải + Xét điểm M ta có d2 = 15/2 + 1,5 = 9cm; d1 = 15/2 – 1,5 = 6cm d2 – d1 = cm + Sóng M có biên độ cực đại d2 – d1 = k = cm ( k =0; ± ) + Với điểm M gần O nên k = Khi ta có:  = 3cm + Xét tỉ số: Vậy số vân cực đại là: 11 + Số điểm dao động với biên độ cực đại đường trịn tâm O đường kính 15cm x + = 20 cực đại (ở A B hai cực đại có đường cực đại cắt đường trịn điểm, cực đại A B tiếp xúc với đường trịn) Bai 35: Giải Bước sóng λ = v/f = 30/20 = 1,5 cm Khoảng cách lớn từ CD đến AB mà CD có điểm dao đơng cực đại C C D thuộc vân cực đai bậc ( k = ± 2) d1 Xét C: d2 – d1 = 2λ = cm (1) Với: AM = cm; BM = cm Ta có D d2 h A B M d12 = h2 + 32 = d22 = h2 + 92 = 81 Do d22 – d12 = 72 (d2 – d1 ).(d1 + d2 ) = 72d1 + d2 = 24 cm(2) Từ (1) VÀ (2) ta có: d2 = 13,5 cm Vậy: Bai 36: Bước sóng  = v/f = 0,015m = 1,5 cm Xét điểm N AB dao động với biên độ cực đại AN = d’1; BN = d’2 (cm) d’1 – d’2 = k = 1,5k d’1 + d’2 = AB = 10 cm d1 d2 d’1 = + 0,75k ≤ d’1 = + 0,75k ≤ 10 � - ≤ k ≤ Điểm M đường thẳng By gần B ứng với k = Điểm M thuộc cực đại thứ d1 – d2 = 6 = cm (1) d12 – d22 = AB2 = 102 � d1 + d2 = 100/9 (2) Lấy (2) – (1) 2d2 = 100/9 -9 = 19/9 � d2 = 19/18 = 1,0555 cm = 10,6 mm Chọn đáp án A Bai 37: Bước sóng  = v/f = 0,03m = cm Xét điểm N AB dao động với biên độ M d1 cực đại AN = d’1; BN = d’2 (cm) d’1 – d’2 = k = 3k d2 B A d’1 + d’2 = AB = 20 cm d’1 = 10 +1,5k 0≤ d’1 = 10 +1,5k ≤ 20 � -6 ≤k≤6 � Trên đường trịn có 26 điểm dao động với biên độ cực đại Điểm gần đường thẳng AB ứng với k = Điểm M thuộc cực đại thứ d1 – d2 = 6 = 18 cm; d2 = d1 – 18 = 20 – 18 = 2cm Xét tam giác AMB; hạ MH = h vng góc với AB Đặt HB = x h2 = d12 – AH2 = 202 – (20 – x)2 h2 = d22 – BH2 = 22 – x2 � 202 – (20 – x)2 = 22 – x2 � x = 0,1 cm = 1mm � h= d 22  x  20   399 19,97 mm I D Chọn đáp án C M C d2 d1 Bài 38 A H B Giải Bước sóng  = v/f = 2,5cm Xét điểm M CD, M gần I dao động với biên độ cực đại d1 – d2 =  = 2,5 cm (*) Đặt x = IM = I’H d12 = MH2 + (+ x)2 d22 = MH2 + (- x)2 d12 – d22 = 2ABx = 40x d1 + d2 = = 16x (**) Từ (*) (**) suy d1 = 8x + 1,25 d12 = (8x + 1,25)2 = ,202 + (10+ x)2 -> 64x2 + 20x + 1,5625 = 500 + 20x + x2 -> 63x2 = 498,4375 > x = 2,813 cm  2,8 cm Chọn đáp án B Bài 39 Ta cã: Gäi   sè v 60  0, 6cm f 100 điểm cực đại khoảng S 1S2 lµ k ta cã: S1S SS 2  k  � k � 3,33  k  3,33 � k  0, �1, �2, �3   0, 0, Nh vËy khoảng S1S2 có điểm dao động cực đại Tại M ta có d1- d2=1,2cm=2. M nằm đờng cực đại k=2, đoạn MS1 có ®iĨm dao ®éng cùc Bài 40 Bài giải + Vì parabol qua hai nguồn A,B nên số điểm có biên độ 5mm nằm parabol khơng phụ thuộc vào vị trí đỉnh parabol Số điểm có biên độ 5mm nằm parabol hai lần số điểm có biên độ 5mm nằm đường thẳng nối hai nguồn +Phương trình sóng nguồn A gây điểm M,nằm đường thẳng chứa hai nguồn có dạng : u AM  3COS(40 t  2 d )  +Phương trình sóng nguồn B gây điểm M,nằm đường thẳng chứa hai nguồn có dạng : uBM  4COS(40 t  2 (l  d ) )  +Phương trình sóng nguồn A,B gây điểm M : 2 d 2 (l  d ) C OS(40  t  )  C OS(40  t  ) uM    =acos( 40 t   ) Với : a = 32   2.3.4.cos( 2 (l  d ) 2 d  )   [áp dụng công thức tổng hợp ddđh] Để a = 5mm : cos( 2 (l  d ) 2 d 2 (l  d ) 2 d      )=0 �   =(2k+1) Thay:  =15mm,l = 100mm và: < d < 100 Ta có : k = 0,1,2,3,4,5,6 Tức có điểm có biên độ 5mm Do đường parabol có 14 điểm có biên độ 5mm Chọn:B Chú ý: Từ biểu thức biên độ a ta thấy: + Điểm có biên độ cực đại (gợn sóng): 7mm + Điểm có biên độ cực tiểu: 1mm Bài 41 GIẢI: Giả sử M M’ thuộc vân cực đại Khi đó: MA – MB = 15mm = k  ; M’A – M’B = 35mm = (k + 2)  => (k + 2)/k = 7/3 => k = 1,5 không thoả mãn => M M’ không thuộc vân cực đại Nếu M, M’ thuộc vân cực tiểu thì: �  k    1� � � MA – MB = 15mm = (2k + 1)  /2; M’A – M’B = 35mm = 2k   => 2k  => k = Vậy M, M’ thuộc vân cực tiểu thứ thứ Ta suy ra: MA – MB = 15mm = (2k + 1)  /2 =>  = 10mm => v =  f = 500mm/s = 0,5m/s Bài 42 Hướng dẫn Phương trình sóng tổng qt tổng hợp M là: d  d1 d  d1 uM = 2cos(  )cos(20t -   ) Với d1 + d2 = S1S2 = 9λ Khi đó: Phương trình sóng tổng qt tổng hợp M là: uM d  d1 d  d1 = 2cos(  )cos(20t - 9) = 2cos(  )cos(20t - ) = - 2cos( d  d1  )cos(20t) d  d1 d  d1 Vậy sóng M ngược pha với nguồn cos(  ) =    = k2  d1 - d2 = 2k Với - S1S2  d1 - d2  S1S2  -9  2k  9 4,5  k  4,5 Suy k = 0; ±1, ±2; ±3; ±4 Có giá trị (có cực đại) Chọn đáp án B Bài 43 Hướng dẫn: Số điểm cực đại đoạn CD thoã mãn : �d  d1  k  � �AD  BD  d  d1  AC  BC Suy AD  BD  k   AC  BC : Hay : AD  BD AC  BC k   Hay : 30  50 50  30 k 6 Giải : -3,3 4k – ≥ > k ≥3 Điểm N có biên độ cực đại xa S2 ứng với giá trị nhỏ k: kmin = Khi d2 = (cm) Bài 48: Giải: Ta dễ thấy đoạn AB có điểm cực đại kể A B ứng với k = 0; 1; 2; 3;  Xét điểm N MM’ AN = d1; BN = d2 N M M’ d1 d2 A Đặt AN’ = x : (cm)  x  14(cm)  N’ B N điểm cực đại: d1 – d2 = k = 4k (1) d12 – d22 = AN’+ NN’2 – (BN’2 + NN;2) d12 – d22 = x2 – (16 – x)2 = 32x – 256 (d1 – d2 )(d1 + d2 ) = 32x – 256 > d1 + d2 = (8x-64)/k (2) Từ 91) (2) ta có: d1 = 2k + Khi k = 0; trung trực AB cắt MM’ Khi k = d = + 4x – 32  60 -> x  22,5 cm Do cực đại thứ khơng cắt đoạn MM’ Vì đoạn MM’ có điểm cực đại nằm trung trực AB Bài 49: Hướng dẫn Gọi M điểm dao động ngược pha với nguồn d  d1 d  d1 Phương trình sóng tổng hợp M là: uM = 2acos(  )cos(20t -   ) d  d1 Để M dao động ngược pha với S1, S2 thì:   = (2k + 1) suy ra: d  d1   2k  1  Với d1 = d2 ta có: d  d1   2k  1  2 �S S � x  � �  2k  1  � �= 2 Gọi x khoảng cách từ M đến AB: d1 = d2 = 2  � �S S � � x � (2k  1) � � � 2 � � �= 4(2k  1)  18 ; Với  = v/f = 4cm � Suy Biểu thức có nghĩa 4(2k  1)  18   k  0,56 Với x  khoảng cách nhỏ nên ta chọn k = suy x = 3cm; Chọn đáp án Bài 50: Giải: Giả sử phương trình sóng A, B uA = a1cost; uB = a2cost; Xét điểm M trung trục AB AM = d Sóng từ A, B đến M uAM = a1cos(t - ); uBM = a2cos(t - ) uM =(a1 + a2)cos(t - ) M N A C I uI =(a1 + a2)cos(t - ) = uI =(a1 + a2)cos(t - ) Điểm M dao động pha với I = + 2k - d = + k Khi k = M trùng với I, M gần I nhát ứng vơi k = d = = = 12 Từ suy  = (cm) B Xét điểm N đường vng góc với AB A: AN = d1; BN = d2 Điểm N dao động với biên độ cực tiểu uAN = a1cos(t - ) uBN = a2cos(t - ) dao động ngược pha d2 – d1 = (k +) = 4k + >0 (*) ( d2 > d1); Mặt khác d22 – d12 = AB2 = 256 > (d2 + d1)(d2 – d1) = 256 > > (d2 + d1) = = (**) Lây (**) - (*) ta d1 = -( 2k +1) > > (2k + 1)2 < 64 > 2k + < k < 3,5 > k ≤ d1 = d1min k = -> d1min = -7 = = 2,14 (cm) Bài 51: C K=0 K=1 M d1 A d1 O A Giải + Ta có  v 200   20(cm) f 10 + Do M cực đại giao thoa nên để đoạn AM có giá trị lớn M phải nằm vân cực đại bậc hình vẽ thõa mãn : d  d1  k   1.20  20(cm) (1) Mặt khác, tam giác AMB tam giác vng A nên ta có : AM  d  ( AB )  ( AM )  402  d12 (2) Thay (2) vào (1) ta : 402  d12  d1  20 � d1  30(cm) M d2 B B Bài 52: K=0 K=3 M d2 d1 A Giải Ta có  v 300   30(cm) f 10 Số vân cực đại đoạn AB thõa mãn điều kiện :  AB  d  d1  k   AB  AB AB 100 100 k � k � 3,3  k  3,3  3 Hay :  Suy : k  0, �1, �2, �3 Vậy để đoạn AM có giá trị bé M phải nằm đường cực đại bậc ( k=3 ) hình vẽ thõa mãn : d  d1  k   3.30  90(cm) Mặt khác, tam giác AMB tam giác vuông A nên ta có : AM  d  ( AB )  ( AM )  1002  d12 (2) 2 Thay (2) vào (1) ta : 100  d1  d1  90 � d1  10,56(cm) B ... có độ dài lớn Sau va chạm hai vật gắn chặt vào dao động điều hồ 1) Tính động hệ dao động thời điểm sau va chạm 2) Tính dao động hệ sau va chạm, từ suy biên độ dao động hệ Giải; + Vì va chạm xẩy... xo) bắt đầu tác dụng vào vật m hình vẽ a, Chứng tỏ vật dao động điều hoà Tính biên độ chu kỳ dao động vật b, Tính khoảng cách cực đại khoảng cách cực tiểu hai vật trình dao động Đáp Án: - Xét hệ... chu kỳ dao động, vật thời gian là: 0.5đ Khi t=0 thì: 0.5đ Vậy vật dao động với biên độ F/k, thời gian từ vật chịu tác dụng lực F đến vật dừng lại lần thứ T/2 quãng đường lần biên độ dao động Do