Một sóng hình sin lan truyền ở mặt nước từ nguồn O với bước...

Phương pháp:
Phương pháp chuẩn hóa, áp dụng bất đẳng thức \cos i
Bấm máy tính CASIO
Cách giải:

Khi điểm M dao động ngược pha với nguồn: ${{d}_{M}}=(2k+1)\dfrac{\lambda }{2}$

Giữa A và B có 5 đỉnh sóng với A, B cũng là đỉnh sóng: $ \Rightarrow AB = 4\lambda $

Ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}
\tan \alpha = \dfrac{{OA}}{{OC}} = \dfrac{{7\lambda }}{h}\\
\tan \widehat {OCB} = \dfrac{{OB}}{{OC}} = \dfrac{{11\lambda }}{h}
\end{array} \right.$

$ \Rightarrow \tan \widehat {ACB} = \tan (\widehat {OCB} - \alpha ) = \dfrac{{\tan \widehat {OCB} - \tan \alpha }}{{1 + \tan \widehat {OCB}.\tan \alpha }} = \dfrac{{\dfrac{{4\lambda }}{h}}}{{1 + \dfrac{{77{\lambda ^2}}}{{{h^2}}}}} = \dfrac{{4\lambda }}{{h + \dfrac{{77{\lambda ^2}}}{h}}}$

Áp dụng bất đẳng thức Cô si: $\tan \widehat{ACB}$ lớn nhất khi $h=\dfrac{77{{\lambda }^{2}}}{h}\Rightarrow h=\sqrt{77}.\lambda $

Gọi M là điểm trên AC dao động ngược pha với nguồn.

${{d}_{M}}=(2k+1)\dfrac{\lambda }{2}$

Kẻ OH $ \bot $ AC. Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAC :

$\begin{array}{l}
\dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{O{C^2}}} + \dfrac{1}{{O{A^2}}} = \dfrac{1}{{77{\lambda ^2}}} + \dfrac{1}{{{7^2}{\lambda ^2}}} = \dfrac{{18}}{{539{\lambda ^2}}}\\
\Rightarrow OH = \dfrac{{7\sqrt {22} }}{6}\lambda
\end{array}$

Xét M trên đoạn HC:

$\begin{array}{l}
OH \le OM \le OC\\
\Rightarrow \dfrac{{7\sqrt {22} }}{6}\lambda \le (2k + 1)\dfrac{\lambda }{2} \le \sqrt {77} \lambda \\
\Rightarrow 4,97 \le k \le 8,27\\
\Rightarrow k = 5,6,7,8
\end{array}$

Có 4 giá trị k, như vậy trên đoạn HC có 4 vị trí dao động ngược pha với nguồn.

Tương tự xét M trên đoạn HA ta cũng tìm được 2 vị trí

Tổng cộng có 6 vị trí có điểm dao động ngược pha với nguồn.