Google
Câu hỏi: Trên một sợi dây $\mathrm{OB}$ căng ngang, hai đầu cố định đang có sóng dừng với tần số $\mathrm{f}$ xác định. Gọi $\mathrm{M}, \mathrm{N}$ và $P$ là ba điểm trên dây có vị trí cân bằng cách $B$ lần lượt $4 \mathrm{~cm}, 6 \mathrm{~cm}$ và $38 \mathrm{~cm}$. Hình vẽ mô tả dạng sợi dây ở thời điểm $\mathrm{t}_1$ (đường 1 ) và thời điểm $\mathrm{t}_2=\mathrm{t}_1+\dfrac{11}{12 \mathrm{f}}$ (đường 2 ). Tại thời điểm $\mathrm{t}_1$, li độ của phần tử dây ở $\mathrm{N}$ bằng biên độ của phần tử dây ở $\mathrm{M}$ và tốc độ của phần tử dây ở $\mathrm{M}$ là $60 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$.
Tại thời điểm $t_2$, vận tốc của phần tử dây ở $P$ là
A. $-20 \sqrt{3} \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$
B. $20 \sqrt{3} \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$
C. $60 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$
D. $-60 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$
A. $-20 \sqrt{3} \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$
B. $20 \sqrt{3} \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$
C. $60 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$
D. $-60 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$
$
\begin{aligned}
& A_M=A_N\left|\sin \dfrac{2 \pi \cdot 4}{24}\right|=\dfrac{A_N \sqrt{3}}{2}(\mathrm{M} \text { và } \mathrm{N} \text { ở bó } 4) \\
& A_P=A_N\left|\sin \dfrac{2 \pi .38}{24}\right|=\dfrac{A_N}{2}(\mathrm{P} \text { ở bó } 1 \text { nên ngược pha với } \mathrm{M} \text { và } \mathrm{N}) \\
& \left(\dfrac{u_N}{A_N}\right)^2+\left(\dfrac{v_M}{v_{M \max }}\right)^2=1 \stackrel{u_N=A_M=\dfrac{A_N \sqrt{3}}{2}}{\longrightarrow}\left|\dfrac{v_M}{v_{M \max }}\right|=\dfrac{1}{2} \stackrel{v_M=60}{\longrightarrow} v_{M \max }=120 \mathrm{~cm} / \mathrm{s} \\
& A_P=\dfrac{A_M}{\sqrt{3}} \Rightarrow v_{P \max }=\dfrac{v_{M \max }}{\sqrt{3}}=\dfrac{120}{\sqrt{3}} \mathrm{~cm} \\
& \Delta t=\dfrac{11 T}{12} \Rightarrow \alpha=\dfrac{11 \pi}{6}=2 \pi-\dfrac{\pi}{6} \rightarrow \text { tại } t_1 \text { thì } \mathrm{P} \text { đi xuống } \Rightarrow \dfrac{v_P}{v_{P \max }}=-\dfrac{1}{2} \Rightarrow \varphi_{v_P}=\dfrac{-2 \pi}{3} \\
& v_P=v_{P \max } \cos \left(\varphi_{v_P}+\alpha\right)=\dfrac{120}{\sqrt{3}} \cos \left(\dfrac{-2 \pi}{3}+\dfrac{11 \pi}{6}\right)=-60 \mathrm{~cm} / \mathrm{s} \\
&
\end{aligned}
$
\begin{aligned}
& A_M=A_N\left|\sin \dfrac{2 \pi \cdot 4}{24}\right|=\dfrac{A_N \sqrt{3}}{2}(\mathrm{M} \text { và } \mathrm{N} \text { ở bó } 4) \\
& A_P=A_N\left|\sin \dfrac{2 \pi .38}{24}\right|=\dfrac{A_N}{2}(\mathrm{P} \text { ở bó } 1 \text { nên ngược pha với } \mathrm{M} \text { và } \mathrm{N}) \\
& \left(\dfrac{u_N}{A_N}\right)^2+\left(\dfrac{v_M}{v_{M \max }}\right)^2=1 \stackrel{u_N=A_M=\dfrac{A_N \sqrt{3}}{2}}{\longrightarrow}\left|\dfrac{v_M}{v_{M \max }}\right|=\dfrac{1}{2} \stackrel{v_M=60}{\longrightarrow} v_{M \max }=120 \mathrm{~cm} / \mathrm{s} \\
& A_P=\dfrac{A_M}{\sqrt{3}} \Rightarrow v_{P \max }=\dfrac{v_{M \max }}{\sqrt{3}}=\dfrac{120}{\sqrt{3}} \mathrm{~cm} \\
& \Delta t=\dfrac{11 T}{12} \Rightarrow \alpha=\dfrac{11 \pi}{6}=2 \pi-\dfrac{\pi}{6} \rightarrow \text { tại } t_1 \text { thì } \mathrm{P} \text { đi xuống } \Rightarrow \dfrac{v_P}{v_{P \max }}=-\dfrac{1}{2} \Rightarrow \varphi_{v_P}=\dfrac{-2 \pi}{3} \\
& v_P=v_{P \max } \cos \left(\varphi_{v_P}+\alpha\right)=\dfrac{120}{\sqrt{3}} \cos \left(\dfrac{-2 \pi}{3}+\dfrac{11 \pi}{6}\right)=-60 \mathrm{~cm} / \mathrm{s} \\
&
\end{aligned}
$
Đáp án D.
