Google
Câu hỏi: Trên một sợi dây OB căng ngang, hai đầu cố định, đang có sóng dừng với tần số f xác định. Gọi M, N và P là ba điểm trên dây có vị trí cân bằng cách B lần lượt là 4 cm; 6 cm và 38 cm. Hình vẽ mô tả hình dạng của sợi dây ở thời điểm t1 (nét đứt) và thời điểm t2 = t1 $+\dfrac{11}{12f}$ (nét liền). Tại thời điểm t1, li độ của phần tử dây ở N bằng biên độ của phần tử dây ở M và tốc độ của phần tử dây ở M là 60 cm/s. Tại thời điểm t2, vận tốc của phần tử dây ở P là
A. –60 cm/s.
B. –20 $\sqrt{3}$ cm/s.
C. 20 $\sqrt{3}$ cm/s.
D. 60 cm/s.
A. –60 cm/s.
B. –20 $\sqrt{3}$ cm/s.
C. 20 $\sqrt{3}$ cm/s.
D. 60 cm/s.
Phương pháp:
Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị
Biên độ dao động của điểm cách nút sóng gần nhất một đoạn d là: $\text{A}=\text{A}\sin \dfrac{2\pi \text{d}}{\lambda }$
Hai điểm thuộc cùng bó sóng thì cùng pha với nhau
Hai điểm thuộc hai bó sóng liên tiếp thì ngược pha với nhau
Công thức độc lập với thời gian: $\dfrac{{{x}^{2}}}{{{A}^{2}}}+\dfrac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{2}}{{A}^{2}}}=1$
Sử dụng VTLG
Cách giải:
Từ đồ thị ta thấy bước sóng: $\lambda $ = 24 (cm)
Gọi A là biên độ tại bụng, biên độ dao động của các điểm M, N, P là:
$\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
{{\text{A}}_{\text{M}}}=\text{A}\left| \sin \dfrac{2\pi .\text{MB}}{\lambda } \right|=\text{A}\left| \sin \dfrac{2\pi .4}{24} \right|=\dfrac{\text{A}\sqrt{3}}{2} \\
~{{\text{A}}_{\text{N}}}=\text{A}\left| \sin \dfrac{2\pi .\text{NB}}{\lambda } \right|=\text{A}\left| \sin \dfrac{2\pi .6}{24} \right|=\text{A} \\
{{\text{A}}_{\text{P}}}=\text{A}\left| \sin \dfrac{2\pi .38}{\lambda } \right|=\text{A}\text{.}\left| \sin \dfrac{2\pi \cdot 38}{24} \right|=\dfrac{\text{A}}{2} \\
\end{array} \right.$ (*)
Ta thấy M, N thuộc cùng bó sóng, điểm P thuộc bó sóng liền kề
→ Hai điểm M, N cùng pha với nhau và ngược pha với điểm P
Ta có: $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
\dfrac{{{\text{u}}_{\text{M}}}}{{{\text{u}}_{\text{N}}}}=\dfrac{{{\text{A}}_{\text{M}}}}{{{\text{A}}_{\text{N}}}}=\dfrac{\dfrac{\text{A}\sqrt{3}}{2}}{~\text{A}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2} \\
\dfrac{{{\text{u}}_{\text{P}}}}{{{\text{u}}_{\text{M}}}}=-\dfrac{{{\text{A}}_{\text{P}}}}{{{\text{A}}_{\text{M}}}}=\dfrac{\dfrac{\text{A}}{2}}{\dfrac{\text{A}\sqrt{3}}{2}}=\dfrac{1}{\sqrt{3}} \\
\end{array} \right.$
Tại thời điểm t1 có: ${{\text{u}}_{\text{N}}}={{\text{A}}_{\text{M}}}\Rightarrow {{\text{u}}_{\text{M}}}={{\text{u}}_{\text{N}}}\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}={{\text{A}}_{\text{M}}}\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
Áp dụng công thức độc lập với thời gian, ta có:
$\dfrac{\text{u}_{\text{M}}^{2}}{~\text{A}_{\text{M}}^{2}}+\dfrac{\text{v}_{\text{M}}^{2}}{{{\omega }^{2}}~\text{A}_{\text{M}}^{2}}=1\Rightarrow \dfrac{3}{4}+\dfrac{{{60}^{2}}}{{{\omega }^{2}}~\text{A}_{\text{M}}^{2}}=1$
$\Rightarrow \omega {{\text{A}}_{\text{M}}}=\omega \dfrac{\text{A}\sqrt{3}}{2}=120\left(~\text{cm}/\text{s}\right)\Rightarrow \omega \text{A}=80\sqrt{3}\left(~\text{cm}/\text{s}\right)$
Từ thời điểm t1 đến thời điểm t2, vecto quay được góc: $\Delta \varphi =\omega \Delta \text{t}=2\pi \text{f}\text{.}\dfrac{11}{12\text{f}}=\dfrac{11\pi }{6}$ (rad)
Ta có VTLG:
Từ VTLG, ta thấy ở thời điểm t2, điểm M có pha dao động là: $-\dfrac{\pi }{3}$ (rad)
Pha dao động của điểm P ở thời điểm t2 là: ${{\varphi }_{\text{p}}}=-\dfrac{\pi }{3}+\pi =\dfrac{2\pi }{3}\left(\text{rad}\right)$
Vận tốc của điểm P ở thời điểm t2 là:
${{\text{v}}_{P}}=-\omega {{\text{A}}_{P}}\sin {{\varphi }_{P}}=-\dfrac{1}{2}\omega \text{A}\cdot \sin \dfrac{2\pi }{3}\Rightarrow {{\text{v}}_{P}}=-\dfrac{1}{2}.80\sqrt{3}.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=-60\left(~\text{cm}/\text{s}\right)$
Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị
Biên độ dao động của điểm cách nút sóng gần nhất một đoạn d là: $\text{A}=\text{A}\sin \dfrac{2\pi \text{d}}{\lambda }$
Hai điểm thuộc cùng bó sóng thì cùng pha với nhau
Hai điểm thuộc hai bó sóng liên tiếp thì ngược pha với nhau
Công thức độc lập với thời gian: $\dfrac{{{x}^{2}}}{{{A}^{2}}}+\dfrac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{2}}{{A}^{2}}}=1$
Sử dụng VTLG
Cách giải:
Từ đồ thị ta thấy bước sóng: $\lambda $ = 24 (cm)
Gọi A là biên độ tại bụng, biên độ dao động của các điểm M, N, P là:
$\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
{{\text{A}}_{\text{M}}}=\text{A}\left| \sin \dfrac{2\pi .\text{MB}}{\lambda } \right|=\text{A}\left| \sin \dfrac{2\pi .4}{24} \right|=\dfrac{\text{A}\sqrt{3}}{2} \\
~{{\text{A}}_{\text{N}}}=\text{A}\left| \sin \dfrac{2\pi .\text{NB}}{\lambda } \right|=\text{A}\left| \sin \dfrac{2\pi .6}{24} \right|=\text{A} \\
{{\text{A}}_{\text{P}}}=\text{A}\left| \sin \dfrac{2\pi .38}{\lambda } \right|=\text{A}\text{.}\left| \sin \dfrac{2\pi \cdot 38}{24} \right|=\dfrac{\text{A}}{2} \\
\end{array} \right.$ (*)
Ta thấy M, N thuộc cùng bó sóng, điểm P thuộc bó sóng liền kề
→ Hai điểm M, N cùng pha với nhau và ngược pha với điểm P
Ta có: $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
\dfrac{{{\text{u}}_{\text{M}}}}{{{\text{u}}_{\text{N}}}}=\dfrac{{{\text{A}}_{\text{M}}}}{{{\text{A}}_{\text{N}}}}=\dfrac{\dfrac{\text{A}\sqrt{3}}{2}}{~\text{A}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2} \\
\dfrac{{{\text{u}}_{\text{P}}}}{{{\text{u}}_{\text{M}}}}=-\dfrac{{{\text{A}}_{\text{P}}}}{{{\text{A}}_{\text{M}}}}=\dfrac{\dfrac{\text{A}}{2}}{\dfrac{\text{A}\sqrt{3}}{2}}=\dfrac{1}{\sqrt{3}} \\
\end{array} \right.$
Tại thời điểm t1 có: ${{\text{u}}_{\text{N}}}={{\text{A}}_{\text{M}}}\Rightarrow {{\text{u}}_{\text{M}}}={{\text{u}}_{\text{N}}}\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}={{\text{A}}_{\text{M}}}\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
Áp dụng công thức độc lập với thời gian, ta có:
$\dfrac{\text{u}_{\text{M}}^{2}}{~\text{A}_{\text{M}}^{2}}+\dfrac{\text{v}_{\text{M}}^{2}}{{{\omega }^{2}}~\text{A}_{\text{M}}^{2}}=1\Rightarrow \dfrac{3}{4}+\dfrac{{{60}^{2}}}{{{\omega }^{2}}~\text{A}_{\text{M}}^{2}}=1$
$\Rightarrow \omega {{\text{A}}_{\text{M}}}=\omega \dfrac{\text{A}\sqrt{3}}{2}=120\left(~\text{cm}/\text{s}\right)\Rightarrow \omega \text{A}=80\sqrt{3}\left(~\text{cm}/\text{s}\right)$
Từ thời điểm t1 đến thời điểm t2, vecto quay được góc: $\Delta \varphi =\omega \Delta \text{t}=2\pi \text{f}\text{.}\dfrac{11}{12\text{f}}=\dfrac{11\pi }{6}$ (rad)
Ta có VTLG:
Từ VTLG, ta thấy ở thời điểm t2, điểm M có pha dao động là: $-\dfrac{\pi }{3}$ (rad)
Pha dao động của điểm P ở thời điểm t2 là: ${{\varphi }_{\text{p}}}=-\dfrac{\pi }{3}+\pi =\dfrac{2\pi }{3}\left(\text{rad}\right)$
Vận tốc của điểm P ở thời điểm t2 là:
${{\text{v}}_{P}}=-\omega {{\text{A}}_{P}}\sin {{\varphi }_{P}}=-\dfrac{1}{2}\omega \text{A}\cdot \sin \dfrac{2\pi }{3}\Rightarrow {{\text{v}}_{P}}=-\dfrac{1}{2}.80\sqrt{3}.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=-60\left(~\text{cm}/\text{s}\right)$
Đáp án A.