Bài tập giao thoa sóng có đáp án chi tiết

BÀI TẬP GIAO THOA SÓNG BÁM SÁT KỲ THI THPT QUỐC GIA CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT

Lời giải chi tiết:

Cách 1: Bước sóng $\lambda =\frac{v}{f}=2cm$

${{u}_{1}}=6\cos \left( 40\pi t-\frac{2\pi {{d}_{1}}}{\lambda } \right);{{u}_{2}}=8\cos \left( 40\pi t-\frac{2\pi {{d}_{2}}}{\lambda } \right).$

Điểm M dao động với biên độ $1cm=10mm$ khi ${{u}_{1}}$ và ${{u}_{2}}$ vuông pha với nhau:

Khi đó $\frac{2\pi \left( {{d}_{1}}-{{d}_{2}} \right)}{\lambda }=\frac{\pi }{2}+k\pi \Rightarrow k=\left( {{d}_{1}}-{{d}_{2}} \right)-\frac{1}{2}.$

Mặt khác $-8<{{d}_{1}}-{{d}_{2}}<8\Rightarrow -8,5<k<7,5$

Có 16 giá trị của k do đó số điểm dao động với biên độ$1cm$trên đoạn thẳng${{S}_{1}}{{S}_{2}}$là 16. Chọn A

Cách 2:

Số cực đại giữa hai nguồn $\frac{-{{S}_{1}}{{S}_{2}}}{\lambda }<k<\frac{{{S}_{1}}{{S}_{2}}}{\lambda }\Rightarrow -4<k<4\Rightarrow $. Có 7 cực đại

Tạm xem 2 nguồn là 2 cực đại thì trên đoạn AB có 9 cực đại, giữa 2 cực đại liên tiếp có 2 điểm dao động với biên độ $\left| {{A}_{1}}-{{A}_{2}} \right|<{{A}_{M}}<{{A}_{1}}+{{A}_{2}}.$

Do đó có 8 khoảng nên có 16 điểm dao động với biên độ 10mm. Chọn A.

Lời giải chi tiết:

Cách 1: Ta có $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{40}{20}=2cm,AB=5\lambda .$

Nếu ta coi 2 nguồn là 2 cực đại như vậy trên đoạn MN có 6 điểm cực đại.

Giữa 2 cực đại liên tiếp có 2 điểm dao động với biên độ 5 mm.

Do đó trên MN có $5.2=10$ điểm dao động với biên độ 5mm. Chọn A.

Lời giải chi tiết:

Ta thấy 2 nguồn cùng pha, $AB=5,5\lambda .$

Số cực tiểu trên AB thỏa mãn $\frac{-AB}{\lambda }-0,5<k<\frac{AB}{\lambda }-0,5\Rightarrow -6<k<5$.

Nếu ta coi 2 nguồn là cực tiểu thì có 12 điểm cực tiểu. Giữa 2 cực tiểu liên tiếp có 2 điểm dao động với biên độ${{A}_{M}}=2\sqrt{3}$. Có 11 khoảng nên có 22 điểm dao động với biên độ $2\sqrt{3}$.

Chọn C.

Lời giải chi tiết:

Ta có: $\lambda =2cm$.

Hai nguồn ngược pha và $4=6-2$ nên điểm dao động

với biên độ 4 mm là điểm cực tiểu. Khi đó: ${{d}_{1}}-{{d}_{2}}=k\lambda $.

Ta có: $AB=30cm,AM=15cm\Rightarrow MB=15\sqrt{5}cm$.

Tại M ta có: ${{d}_{1}}-{{d}_{2}}=MA-MB=15-15\sqrt{5}$.

Tại N ta có: ${{d}_{1}}-{{d}_{2}}=0$.

Cho $15-15\sqrt{5}\le k\lambda \le 0\Rightarrow -9,27\le k\le 0$ có 10 giá trị của k nên có 10 điểm cực tiểu trên đoạn thẳng MN. Chọn C.

Lời giải chi tiết:

Ta có: $\lambda =\frac{v}{f}=2cm,H{{\text{S}}_{2}}=\frac{4-2}{2}=1$.

${{S}_{{{S}_{1}}{{S}_{2}}PQ}}=\frac{4+2}{2}.PH=12\Rightarrow PH=4cm$.

Do đó ${{S}_{1}}P=\sqrt{P{{H}^{2}}+{{S}_{1}}{{H}^{2}}}=5cm$.

${{S}_{2}}P=\sqrt{P{{H}^{2}}+{{S}_{2}}{{H}^{2}}}=\sqrt{17}cm$

Độ lệch pha $\Delta \varphi ={{\varphi }_{1M}}-{{\varphi }_{2M}}=\frac{2\pi }{\lambda }\left( {{d}_{2}}-{{d}_{1}} \right)+\pi =\pi \left( {{d}_{2}}-{{d}_{1}}+1 \right)$

Suy ra $\cos \Delta \varphi =\cos \left[ \pi \left( {{d}_{2}}-{{d}_{1}}+1 \right) \right]=\frac{{{A}^{2}}-A_{1}^{2}-A_{2}^{2}}{2{{A}_{1}}{{A}_{2}}}=-\frac{1}{2}$

$\Rightarrow \pi \left( {{d}_{2}}-{{d}_{1}}+1 \right)=\pm \frac{2\pi }{3}+k2\pi \Rightarrow {{d}_{2}}-{{d}_{1}}=2k\pm \frac{2}{3}-1$.

Mặt khác: $\sqrt{17}-5<{{d}_{2}}-{{d}_{1}}<4$.

Khi $\sqrt{17}-5<2k-\frac{1}{3}<4\Rightarrow k=0,1,2$ có 3 giá trị của k.

Khi $\sqrt{17}-5<2k-\frac{5}{3}<4\Rightarrow k=1,2$ có 2 giá trị của k.

Như vậy trên ${{S}_{1}}P$ có 5 điểm dao động với biên độ $2\sqrt{13}cm$. Chọn C.

Lời giải chi tiết:

Ta có bước sóng $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{40}{10}=4cm$.

Phương trình sóng tại 2 nguồn cùng biên độ $A=5cm$. Điểm M xa A nhất cách A một khoảng $AM=AI+R=17cm$.

Ta có:

$BM=\sqrt{A{{M}^{2}}+A{{B}^{2}}-2\text{A}M.AB\cos \widehat{OAM}}$.

Trong đó $\cos \widehat{OAM}=\frac{OA}{AI}=\frac{12}{13}$

Do đó $MB=10,572cm$

$\Delta \varphi ={{\varphi }_{2M}}-{{\varphi }_{1M}}=\frac{2\pi }{\lambda }\left( {{d}_{1}}-{{d}_{2}} \right)+{{\varphi }_{2}}-{{\varphi }_{1}}=\frac{2\pi }{4}.6,428-\pi =2,214\pi $. Chọn B.

Lời giải chi tiết:

Ta có: $\tan \alpha =\frac{AC}{6}=\frac{8}{B\text{D}}\Rightarrow AC.B\text{D}=48$.

Lại có: ${{S}_{MC\text{D}}}=\frac{1}{2}\sqrt{{{6}^{2}}+A{{C}^{2}}}.\sqrt{{{8}^{2}}+\frac{{{48}^{2}}}{A{{C}^{2}}}}$

$=\frac{1}{2}\sqrt{{{48}^{2}}+64\text{A}{{C}^{2}}+\frac{{{288}^{2}}}{A{{C}^{2}}}+{{48}^{2}}}$.

Mặt khác $64A{{C}^{2}}+\frac{{{288}^{2}}}{A{{C}^{2}}}\ge 2\sqrt{{{64.288}^{2}}}$. Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow A{{C}^{4}}=\frac{{{288}^{2}}}{64}\Rightarrow AC=6cm$.

Số cực đại trên CD là số giá trị k thõa mãn $\frac{AC-BC}{\lambda }<k<\frac{A\text{D}-B\text{D}}{\lambda }$

$\Leftrightarrow -7,69<k<6,77\Rightarrow $ có 14 giá trị nguyên k thõa mãn. Chọn D.

Lời giải chi tiết:

Diện tích hình thang ABMN: ${{S}_{ABMN}}=\frac{AB+MN}{2}.HN=9HN$ lớn nhất khi HN lớn nhất.

Điều này xảy ra khi điểm N nằm trên dãy cực đại thứ 3.

Khi đó: $NB-NA=3\lambda \Rightarrow \sqrt{N{{H}^{2}}+H{{B}^{2}}}-\sqrt{N{{H}^{2}}+H{{A}^{2}}}=1$.

Trong đó: $AH=\frac{AB-MN}{2}=1cm,HB=9cm$.

Suy ra $\sqrt{N{{H}^{2}}+{{9}^{2}}}-\sqrt{N{{H}^{2}}+1}=3\xrightarrow{SHIFT-CALC}NH=11,791$

Do đó ${{S}_{ABMN}}=9NH=106,12c{{m}^{2}}$. Chọn C.

Lời giải chi tiết:

Ta có: $\lambda =\frac{v}{f}=4cm$.

Khi đó $\left\{ \begin{array}{} {{u}_{1M}}=a\cos \left( \omega t-\frac{2\pi {{d}_{1}}}{\lambda } \right) \\ {} {{u}_{2M}}=a\cos \left( \omega t-\frac{2\pi {{d}_{2}}}{\lambda } \right) \\

\end{array} \right..$

Do M  dao động với biên độ cực đại nên ${{d}_{1}}-{{d}_{2}}=k\lambda \Rightarrow {{d}_{1}}={{d}_{2}}+k\lambda $

Suy ra ${{u}_{1M}}=a\cos \left( \omega t-\frac{2\pi {{d}_{2}}}{\lambda }-k2\pi  \right)=a\cos \left( \omega t-\frac{2\pi {{d}_{2}}}{\lambda } \right)$. Do đó ${{u}_{M}}=2\text{a}\cos \left( \omega t-\frac{2\pi {{d}_{2}}}{\lambda } \right)$

Điều kiện cùng pha với 2 nguồn là: ${{d}_{2}}=n\lambda \Rightarrow \left\{ \begin{array}{} {{d}_{1}}=\left( n+k \right)\lambda  \\ {} {{d}_{2}}=n\lambda  \\ \end{array} \right.$.

Như vậy, ${{d}_{1}}+{{d}_{2}}=\left( 2n+k \right)\lambda \ge 13\Rightarrow 2n+k\ge 4$.

Điều kiện bài toán thõa mãn khi $\left\{ \begin{array}{} k=2 \\ {} n=1 \\ \end{array} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{array}{} k=1 \\ {} n=2 \\ \end{array} \right.$.

TH1:$\left\{ \begin{array}{} k=2 \\ {} n=1 \\ \end{array} \right.\Leftrightarrow \cos B=\frac{M{{B}^{2}}+A{{B}^{2}}-M{{A}^{2}}}{2.MB.AB}=\frac{41}{104}\Rightarrow OK=\frac{AB}{2}-MB\cos B=4,92cm$

TH2: $\left\{ \begin{array}{} k=1 \\ {} n=2 \\ \end{array} \right.\Leftrightarrow \cos B=\frac{M{{B}^{2}}+A{{B}^{2}}-M{{A}^{2}}}{2.MB.AB}=\frac{89}{208}\Rightarrow OK=\frac{AB}{2}-MB\cos B=3,08cm$. CHỌN C.

Lời giải chi tiết:

Giả sử ${{u}_{1}}=a\cos \left( \omega t \right),{{u}_{2}}=b\cos \left( \omega t \right)$ khi đó $\left\{ \begin{array}{} {{u}_{1M}}=a\cos \left( \omega t-\frac{2\pi {{d}_{1}}}{\lambda } \right) \\ {} {{u}_{2M}}=b\cos \left( \omega t-\frac{2\pi {{d}_{2}}}{\lambda } \right) \\ \end{array} \right.$.

Do M dao động với biên độ cực đại nên ${{d}_{1}}-{{d}_{2}}=k\lambda \Rightarrow {{d}_{1}}={{d}_{2}}+k\lambda $

Suy ra ${{u}_{1M}}=a\cos \left( \omega t-\frac{2\pi {{d}_{2}}}{\lambda }-k2\pi  \right)=a\cos \left( \omega t-\frac{2\pi {{d}_{2}}}{\lambda } \right)$.

Do đó ${{u}_{M}}=\left( a+b \right)\cos \left( \omega t-\frac{2\pi {{d}_{2}}}{\lambda } \right)$.

Điều kiện cùng pha với 2 nguồn là: ${{d}_{2}}=n\lambda \Rightarrow \left\{ \begin{array}{} {{d}_{1}}=\left( n+k \right)\lambda  \\ {} {{d}_{2}}=n\lambda  \\ \end{array} \right.$.

Như vậy, ${{d}_{1}}+{{d}_{2}}=\left( 2n+k \right)\lambda \ge 5,6\lambda $.

Suy ra ${{d}_{\left( M;{{S}_{1}}{{S}_{2}} \right)}}=\frac{2{{S}_{\left( M;{{S}_{1}}{{S}_{2}} \right)}}}{{{S}_{1}}{{S}_{2}}}=\frac{2\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}{5,6\lambda }\lambda $

Ta thử một số trường hợp sau

Chọn $n=1,k=4$ suy ra $d=0,754$

Chọn $n=2,k=2$ suy ra $d=...$

Dựa vào đó ta chọn đáp án A. Chọn A.