Google
Câu hỏi: Trong thí nghiệm giao thoa sóng mặt nước, 2 nguồn sóng ${{S}_{1}}$ và ${{S}_{2}}$ cách nhau 1lcm và dao động điều hòa theo phương vuông góc với mặt nước có cùng phương trình ${{u}_{1}}={{u}_{2}}=5\cos \left( 100\pi t \right)mm.$ Tốc độ truyền sóng v = 0,5m/s và biên độ sóng không đổi khi truyền đi. Chọn hệ trục xOy thuộc mặt phẳng mặt nước khi yên lặng, gốc O trùng với ${{S}_{1}},Ox$ trùng ${{S}_{1}}{{S}_{2}}.$ Trong không gian, phía trên mặt nước có 1 chất điểm chuyển động mà hình chiếu (P) của nó xuống mặt nước chuyển động với phương trình quy đạo y = x + 2 và có tốc độ ${{v}_{1}}=5\sqrt{2}cm/s.$ Trong thời gian t = 2 (s) kể từ lúc (P) có tọa độ x = 0 thì (P) cắt bao nhiêu vẫn cực đại trong vùng giao thoa của sóng?
A. 22
B. 15
C. 13
D. 14
A. 22
B. 15
C. 13
D. 14
Phương pháp:
+ Áp dụng biểu thức xác định bước sóng: $\lambda =\dfrac{v}{f}$
+ Áp dụng điều kiện biên độ cực đại của 2 nguồn cùng pha: ${{d}_{2}}-{{d}_{1}}=k\lambda $
Cách giải:
+ Ta có: $\lambda =\dfrac{v}{f}=\dfrac{v}{\dfrac{\omega }{2\pi }}=\dfrac{0,5}{\dfrac{100}{2\pi }}=0,01m=1cm$
+ Trong không gian có một chất điểm dao động mà hình chiếu của nó lên mặt nước là đường thẳng $y=x+2$
Vận tốc chuyển động là ${{v}_{1}}=5\sqrt{2}cm/s$
Sau 2s, quãng đường mà vật đi được là: $S=AB={{v}_{1}}t=10\sqrt{2}cm$
Tại B cách S1, S2 những khoảng $d{{'}_{1}},d{{'}_{2}}.$ Gọi H - hình chiếu của B trên S1S2
Ta có: ${{y}_{B}}-{{x}_{B}}=2$ và $AB=10\sqrt{2}=x_{B}^{2}+{{\left( {{y}_{B}}-2 \right)}^{2}}\Rightarrow \left\{ \begin{aligned}
& {{x}_{B}}=10 \\
& {{y}_{B}}=12 \\
\end{aligned} \right.$
Từ hình vẽ ta có: $\left\{ \begin{aligned}
& {{d}_{1}}=A{{S}_{1}}={{y}_{A}}=2 \\
& {{d}_{2}}=A{{S}_{2}}=\sqrt{{{S}_{1}}{{S}_{2}}^{2}+AS_{1}^{2}}=\sqrt{{{11}^{2}}+{{2}^{2}}}=5\sqrt{5} \\
\end{aligned} \right.$
Và $\left\{ \begin{aligned}
& {{d}_{1}}'=B{{S}_{1}}=\sqrt{x_{B}^{2}+y_{B}^{2}}=\sqrt{{{10}^{2}}+{{12}^{2}}}=2\sqrt{61} \\
& {{d}_{2}}'=B{{S}_{2}}=\sqrt{{{\left( {{S}_{1}}{{S}_{2}}-{{x}_{B}} \right)}^{2}}+y_{B}^{2}}=\sqrt{{{1}^{2}}+{{12}^{2}}}=\sqrt{145} \\
\end{aligned} \right.$
Trên đoạn AB số điểm có biên độ cực đại thỏa mãn:
${{d}_{2}}'-{{d}_{1}}'\le k\lambda \le {{d}_{2}}-{{d}_{1}}\Leftrightarrow -3,58\le k\le 9,1\Rightarrow k=-3,-2,-1,0,...,9\Rightarrow $ Có 13 điểm
+ Áp dụng biểu thức xác định bước sóng: $\lambda =\dfrac{v}{f}$
+ Áp dụng điều kiện biên độ cực đại của 2 nguồn cùng pha: ${{d}_{2}}-{{d}_{1}}=k\lambda $
Cách giải:
+ Ta có: $\lambda =\dfrac{v}{f}=\dfrac{v}{\dfrac{\omega }{2\pi }}=\dfrac{0,5}{\dfrac{100}{2\pi }}=0,01m=1cm$
+ Trong không gian có một chất điểm dao động mà hình chiếu của nó lên mặt nước là đường thẳng $y=x+2$
Vận tốc chuyển động là ${{v}_{1}}=5\sqrt{2}cm/s$
Sau 2s, quãng đường mà vật đi được là: $S=AB={{v}_{1}}t=10\sqrt{2}cm$
Tại B cách S1, S2 những khoảng $d{{'}_{1}},d{{'}_{2}}.$ Gọi H - hình chiếu của B trên S1S2
Ta có: ${{y}_{B}}-{{x}_{B}}=2$ và $AB=10\sqrt{2}=x_{B}^{2}+{{\left( {{y}_{B}}-2 \right)}^{2}}\Rightarrow \left\{ \begin{aligned}
& {{x}_{B}}=10 \\
& {{y}_{B}}=12 \\
\end{aligned} \right.$
Từ hình vẽ ta có: $\left\{ \begin{aligned}
& {{d}_{1}}=A{{S}_{1}}={{y}_{A}}=2 \\
& {{d}_{2}}=A{{S}_{2}}=\sqrt{{{S}_{1}}{{S}_{2}}^{2}+AS_{1}^{2}}=\sqrt{{{11}^{2}}+{{2}^{2}}}=5\sqrt{5} \\
\end{aligned} \right.$
Và $\left\{ \begin{aligned}
& {{d}_{1}}'=B{{S}_{1}}=\sqrt{x_{B}^{2}+y_{B}^{2}}=\sqrt{{{10}^{2}}+{{12}^{2}}}=2\sqrt{61} \\
& {{d}_{2}}'=B{{S}_{2}}=\sqrt{{{\left( {{S}_{1}}{{S}_{2}}-{{x}_{B}} \right)}^{2}}+y_{B}^{2}}=\sqrt{{{1}^{2}}+{{12}^{2}}}=\sqrt{145} \\
\end{aligned} \right.$
Trên đoạn AB số điểm có biên độ cực đại thỏa mãn:
${{d}_{2}}'-{{d}_{1}}'\le k\lambda \le {{d}_{2}}-{{d}_{1}}\Leftrightarrow -3,58\le k\le 9,1\Rightarrow k=-3,-2,-1,0,...,9\Rightarrow $ Có 13 điểm
Đáp án C.