Google
Câu hỏi: Trong thí nghiệm giao thoa sóng mặt nước, 2 nguồn sóng ${{S}_1}$ và ${{S}_2}$ cách nhau ${11 {\text{cm}}}$ và dao động điều hòa theo phương vuông góc với mặt nước có cùng phương trình ${u}_1={u}_2=5 \cos (100 \pi {t}) {mm}$. Tốc độ truyền sóng ${v}=0,5 {\text{m}} / {s}$ 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 $\left( P \right)$ của nó với mặt nước chuyển động với phương trình quỹ đạo ${{y}={x}+2}$ và có tốc độ ${v}_1=5 \sqrt{2} {\text{cm}} / {s}$. Trong thời gian ${t}=2 {~s}$ kể từ lúc $\left( P \right)$ có tọa độ ${{x}=0}$ thì $\left( P \right)$ cắt bao nhiêu vân cực đại trong vùng giao thoa của sóng?
A. 12.
B. 9.
C. 6.
D. 13.
A. 12.
B. 9.
C. 6.
D. 13.
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: $\lambda =\dfrac{v}{f}=\dfrac{v}{\dfrac{\omega }{2\pi }}=\dfrac{0,5}{\dfrac{100}{2\pi }}=0,01\text{m}=1\text{cm}$
+ 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 ${{v}_1=5 \sqrt{2} {\text{cm}} / {s}}$
Sau ${2 {~s}}$, quãng đường mà vật đi được là: ${{S}={AB}={v}_1 {t}=10 \sqrt{2} {\text{cm}}}$
Tại ${{B}}$ cách ${{S}_1, {~S}_2}$ những khoảng ${{d}_1\prime ; {d}_2{ }\prime }$
Gọi ${{H}}$ - hình chiếu của ${{B}}$ trên ${{S}_1 {~S}_2}$
Ta có: ${{y}_{{B}}-{x}_{{B}}=2}$ và $AB=10\sqrt{2}=x_{B}^{2}+{{\left( {{y}_{B}}-2 \right)}^{2}}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
{{x}_{B}}=10 \\
{{y}_{B}}=12 \\
\end{array} \right.$
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 $\left\{ \begin{aligned}
& d_{1}^{\prime }=B{{S}_{1}}=\sqrt{x_{B}^{2}+y_{B}^{2}}=\sqrt{{{10}^{2}}+{{12}^{2}}}=2\sqrt{61} \\
& d_{2}^{\prime }=B{{S}_{2}}=\sqrt{{{\left( {{S}_{1}}{{S}_{2}}-{{x}_{B}} \right)}^{2}}+y_{B}^{2}}=\sqrt{{{1}^{2}}+{{12}^{2}}}=\sqrt{145} \\
\end{aligned} \right.$
Trên doạn AB số điểm có biên độ cực đại thỏa mãn:
$d_{2}^{\prime }-d_{1}^{\prime }\le k\lambda \le {{d}_{2}}-{{d}_{1}}\Leftrightarrow -3,58\le k\le 9,1\Rightarrow k=-3,-2,-1,0,\ldots ,9$
$\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: $\lambda =\dfrac{v}{f}=\dfrac{v}{\dfrac{\omega }{2\pi }}=\dfrac{0,5}{\dfrac{100}{2\pi }}=0,01\text{m}=1\text{cm}$
+ 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 ${{v}_1=5 \sqrt{2} {\text{cm}} / {s}}$
Sau ${2 {~s}}$, quãng đường mà vật đi được là: ${{S}={AB}={v}_1 {t}=10 \sqrt{2} {\text{cm}}}$
Tại ${{B}}$ cách ${{S}_1, {~S}_2}$ những khoảng ${{d}_1\prime ; {d}_2{ }\prime }$
Gọi ${{H}}$ - hình chiếu của ${{B}}$ trên ${{S}_1 {~S}_2}$
Ta có: ${{y}_{{B}}-{x}_{{B}}=2}$ và $AB=10\sqrt{2}=x_{B}^{2}+{{\left( {{y}_{B}}-2 \right)}^{2}}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
{{x}_{B}}=10 \\
{{y}_{B}}=12 \\
\end{array} \right.$
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 $\left\{ \begin{aligned}
& d_{1}^{\prime }=B{{S}_{1}}=\sqrt{x_{B}^{2}+y_{B}^{2}}=\sqrt{{{10}^{2}}+{{12}^{2}}}=2\sqrt{61} \\
& d_{2}^{\prime }=B{{S}_{2}}=\sqrt{{{\left( {{S}_{1}}{{S}_{2}}-{{x}_{B}} \right)}^{2}}+y_{B}^{2}}=\sqrt{{{1}^{2}}+{{12}^{2}}}=\sqrt{145} \\
\end{aligned} \right.$
Trên doạn AB số điểm có biên độ cực đại thỏa mãn:
$d_{2}^{\prime }-d_{1}^{\prime }\le k\lambda \le {{d}_{2}}-{{d}_{1}}\Leftrightarrow -3,58\le k\le 9,1\Rightarrow k=-3,-2,-1,0,\ldots ,9$
$\Rightarrow $ Có 13 điểm
Đáp án D.