Bổ trợ 1 cực đại cùng, ngược pha

CỰC ĐẠI CÙNG PHA HOẶC NGƯỢC PHA
I. Các điểm cực đại
1. Chứng minh
Xét 2 nguồn u1 = u2 = a cos (t )

 ( d1 + d 2 ) 
  ( d1 − d 2 ) 

2 d1 
2 d 2 


uM = uM 1 + uM 2 = a cos  t −
 cos t −

 + a cos  t −
 = 2a cos 
 
 








  ( d1 − d 2 ) 
Điều kiện để điểm M dao động với biên độ cực đại là cos 
 = 1  − AB  d1 − d 2 = k   AB




Kết luận: Tập hợp các điểm cực đại nằm trên đường hypebol có 2 tiêu điểm là 2 nguồn A, B có
− AB  d1 − d 2 = k   AB với k là số nguyên

2. Phương trình hypebol (dành cho các bạn chun tốn)
a) Phương trình chính tắc
x2
y2
x2
y2
1
d1 − d 2 = 2 a
−
=
1
⎯⎯⎯⎯
→
−
=
2
2
AB = 2 c
2
2
2
2
a c −a
( d1 − d 2 ) AB − ( d1 − d 2 ) 4
b) Phương trình tham số

d1 − d 2

a

x
=
0,5.
x
=


d1 − d 2 = 2 a
cos t
cos t
⎯⎯⎯⎯
→

AB = 2 c
 y = c 2 − a 2 .tan t
 y = 0,5 AB 2 − ( d − d )2 .tan t

1
2

II. Các điểm cùng pha hoặc ngược pha với nguồn
1. Chứng minh
Xét 2 nguồn u1 = u2 = a cos (t )

 ( d1 + d 2 ) 

  ( d1 − d 2 ) 

2 d1 
2 d 2 


uM = uM 1 + uM 2 = a cos  t −
 cos t −

 + a cos  t −
 = 2a cos 
 
 








Điều kiện để điểm M dao động cùng pha hoặc ngược pha với nguồn là d1 + d 2 = k '   AB
  ( d1 − d 2 ) 
Khi đó uM = 2a cos 
 cos (t − k '  )



k’
  ( d1 − d 2 ) 

cos 




Chẵn
Dương
Âm
Lẻ
Dương
Âm

Độ lệch pha so với nguồn

→ Cùng pha
→ Ngược pha
→ Ngược pha
→ Cùng pha

Kết luận: Tập hợp các điểm cùng pha hoặc ngược pha với nguồn nằm trên đường elip có 2 tiêu điểm là 2
nguồn A, B với d1 + d 2 = k '   AB với k ' là số nguyên dương
Hệ quả: Đọc tiếp ở mục V để biết kỹ thuật quy tròn và hệ quả

GROUP VẬT LÝ PHYSICS


2. Phương trình elip (dành cho các bạn chun tốn)
a) Phương trình chính tắc
x2
y2

x2
y2
1
d1 + d 2 = 2 a
+
=
1
⎯⎯⎯⎯
→
+
=
2
2
AB = 2 c
2
2
2
a a −c
( d1 + d 2 ) ( d1 + d 2 ) − AB 2 4
b) Phương trình tham số
 x = 0,5 ( d1 + d 2 ) cos t

 x = a cos t

d1 + d 2 = 2 a
⎯⎯⎯⎯
→

AB = 2 c
2

2
2
2


 y = a − c .sin t
 y = 0,5 ( d1 + d 2 ) − AB .sin t

III. Các điểm cực đại cùng pha hoặc ngược pha với nguồn
1. Chứng minh
Xét 2 nguồn u1 = u2 = a cos (t )

 ( d1 + d 2 ) 
  ( d1 − d 2 ) 

2 d1 
2 d 2 


uM = uM 1 + uM 2 = a cos  t −
 cos t −

 + a cos  t −
 = 2a cos 
 
 









Điều kiện để điểm M dao động với biên độ cực đại và cùng pha hoặc ngược pha với nguồn là
− AB  d1 − d 2 = k   AB

d1 + d 2 = k '   AB
Khi đó uM = 2a cos ( k ) cos (t − k '  )

k'
Chẵn
Lẻ
Chẵn
Lẻ

k
Chẵn
Lẻ
Lẻ
Chẵn

Độ lệch pha so với nguồn
→ Cùng pha
→ Cùng pha
→ Ngược pha
→ Ngược pha

Kết luận:
Tập hợp các điểm này là giao điểm của hypebol có − AB  d1 − d 2 = k   AB và elip có d1 + d 2 = k '   AB

-Điểm cực đại và cùng pha với nguồn thì k và k ' phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ
-Điểm cực đại và ngược pha với nguồn thì k và k ' không cùng chẵn và không cùng lẻ
2. Hệ quả: Để đơn giản hơn ta tiếp tục biến đổi
k '+ k

d1 =
 k '+ k =k

d
+
d
=
k
'

 1
d1 = k1
1

2
2
2

⎯⎯⎯⎯
→

k '−k
= k2
d1 − d 2 = k 
d 2 = k2 

2
d = k '− k 
2

2
Kết luận:
Tập hợp các điểm này là giao điểm của đường tròn bán kính d1 = k1 và đường trịn bán kính d 2 = k2 
-Điểm cực đại và cùng pha với nguồn thì k1 và k2 phải là số nguyên dương
-Điểm cực đại và ngược pha với nguồn thì k1 và k2 phải là số bán nguyên dương
IV. Các điểm cực đại cùng pha hoặc ngược pha với nhau
1. Phương trình dao động của điểm cực đại
Xét 2 nguồn u1 = a1 cos (t ) và u2 = a2 cos (t )
2 d1 
2 d 2 


uM = uM 1 + uM 2 = a1 cos  t −
 + a2 cos  t −
 
 


Điều kiện để điểm M dao động với biên độ cực đại thì u M 1 và uM 2 phải cùng pha

GROUP VẬT LÝ PHYSICS


2 d1 
2 d 2 



Khi đó uM = ( a1 + a2 ) cos  t −
 = ( a1 + a2 ) cos  t −
 
 


2 d1 
2 d 2 


Kết luận: Phương trình điểm cực đại uM = A cos  t −
tương tự sóng 1 nguồn
 = A cos  t −
 
 


2. Các điểm cực đại cùng pha hoặc ngược pha với nhau

 

 2 d1
d1 =  k1 +
=


+
k
2




1
 
2 


a) Cực đại lệch pha   với nguồn 

2

d
2

d =  k +   
=  + k2 2
 
 2  2 2 

 2 d1 ' 2 d1
  −  = k1 2
d1 '− d1 = k1

b) Cực đại cùng pha với nhau 
d 2 '− d 2 = k2 
 2 d 2 ' − 2 d 2 = k 2
2
 


 2 d1 ' 2 d1
  −  = ( 2k1 + 1) 
d1 '− d1 = ( k1 + 0,5 ) 

c) Cực đại ngược pha với nhau 
d 2 '− d 2 = ( k2 + 0,5 ) 
 2 d 2 ' − 2 d 2 = ( 2k + 1) 
2
 

V. Các điểm bất kì cùng pha hoặc ngược pha với nhau
1. Kỹ thuật quy trịn
Xét bài tốn: Với k là số thực thì cos ( k )  0 khi k bằng bao nhiêu và cos ( k )  0 khi k bằng bao nhiêu
Chứng minh: Trên VTLG thì cos dương khi góc nằm ở phần bên phải, cos âm khi góc nằm ở phần bên trái

cos ( k )  0  −





2

+ h2  k 



2

+ h2  −0,5 + 2h  k  0,5 + 2h  nếu quy trịn thì k = 2h

3
+ h2  0,5 + 2h  k  1,5 + 2h  nếu quy trịn thì k = 1 + 2h
2
2
Kết luận: cos ( k )  0 nếu k quy tròn là số chẵn, cos ( k )  0 nếu k quy tròn là số lẻ
cos ( k )  0 

+ h2  k 

Ví dụ cos(3, 6 ) thì k = 3, 6 quy trịn thành 4 là số chẵn nên cos(3, 6 )  0
Ví dụ cos(3, 4 ) thì k = 3, 4 quy tròn thành 3 là số lẻ nên cos(3, 4 )  0
Hệ quả:
cos ( k1 ) cùng dấu với cos ( k2 ) khi k1 , k2 cùng chẵn hoặc cùng lẻ → k = k1 − k2 chẵn
cos ( k1 ) trái dấu với cos ( k2 ) khi k1 , k2 không cùng chẵn và không cùng lẻ → k = k1 − k2 lẻ

Chú ý: cos ( k ) = 0 nếu k là số bán nguyên
2. Các điểm bất kì cùng pha hoặc ngược pha với nguồn (hệ quả của mục II)
Xét 2 nguồn u1 = u2 = a cos (t )

 ( d1 + d 2 ) 
  ( d1 − d 2 ) 

2 d1 
2 d 2 


uM = uM 1 + uM 2 = a cos  t −
 cos t −


 + a cos  t −
 = 2a cos 
 
 








Điều kiện để điểm M dao động cùng pha hoặc ngược pha với nguồn là d1 + d 2 = k '   AB với k ' nguyên
Đặt d1 − d2 = k  với k là số thực thì khi đó uM = 2a cos ( k ) cos (t − k '  )

k'
Chẵn

k quy tròn
Chẵn → cos ( k ) dương

Độ lệch pha so với nguồn
→ Cùng pha

Chẵn

Lẻ → cos ( k ) âm

→ Ngược pha

GROUP VẬT LÝ PHYSICS


Lẻ

Chẵn → cos ( k ) dương

→ Ngược pha

Lẻ

Lẻ → cos ( k ) âm

→ Cùng pha

Kết luận: Tập hợp các điểm cùng pha hoặc ngược pha với nguồn nằm trên đường elip có 2 tiêu điểm là 2
nguồn A, B với d1 + d 2 = k '   AB với k ' là số nguyên dương.
Để kiểm tra điểm nào cùng hoặc ngược pha nguồn ta xét tiếp − AB  d1 − d 2 = k   AB với k là số thực
a) Cùng pha nguồn thì k quy trịn và k ' phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ
b) Ngược pha nguồn thì k quy trịn và k ' khơng cùng chẵn và khơng cùng lẻ
3. Các điểm bất kì cùng pha hoặc ngược pha với nhau
Chứng minh: Xét 2 nguồn cùng biên độ u1 = a cos (t ) và u2 = a cos (t )

 ( d1 + d 2 ) 
  ( d1 − d 2 ) 

2 d1 
2 d 2 



uM = uM 1 + uM 2 = a cos  t −
 cos t −

 + a cos  t −
 = 2a cos 
 
 








d − d = k 
Đặt  1 2
 uM = 2a cos ( k ) cos (t − k '  )
d1 + d 2 = k ' 


uM = 2a cos ( k1 ) cos (t − k1 '  )
Xét 2 điểm M và N có 
. Đặt
u
=
2
a
cos
k


cos

t
−
k
'

(
)
(
)

N
2
2


k '

k ' = k1 '− k2 '

k = k1 − k2 (k1 , k2 quy tròn)

k

Độ lệch pha so với nhau
Chẵn
Chẵn
→ Cùng pha

Lẻ
Lẻ
→ Cùng pha
Chẵn
Lẻ
→ Ngược pha
Lẻ
Chẵn
→ Ngược pha
Kết luận: Hai điểm cùng pha hoặc ngược pha nhau thì k ' nguyên ( k ' là hiệu bậc elip của 2 điểm)
Hai điểm cùng pha nhau thì k ' và k cùng chẵn hoặc cùng lẻ
Hai điểm ngược pha nhau thì k ' và k không cùng chẵn và không cùng lẻ
VI. Cơng thức khoảng cách dùng để chặn hình
1. Khoảng cách từ điểm M bất kì đến trung điểm AB là R

M

( d − d ) + ( d1 + d 2 ) − AB
d +d
AB
−
hay R 2 = 1 2
4
2
4
d1
R y
2. Khoảng cách từ điểm M bất kì đến đường trung trực là x
( d − d )( d + d 2 )
d 2 − d 22

x= 1
hay x = 1 2 1
A
x
2 AB
2 AB
( x  0 khi nằm bên phải đường trung trực, x  0 khi nằm bên trái đường trung trực)
2
 2  AB

2
d
=
+
x
 1 
2
2
 +y
d12 − d 22

 2

 AB
  AB

2
2
 d1 − d 2 = 
+ x −

− x  = 2. AB.x  x =
Chứng minh: 
2
2. AB
 2
  2


 2  AB
2
d
=
−
x
+
y
2



 2


3. Khoảng cách từ điểm M bất kì đến AB là y
y 2 = R2 − x2
4. Chức năng Int trên máy tính để lấy phần nguyên (Alpha +)
Với x và y là các số thực dương. Để tìm số giá trị nguyên nằm trong ( x; y  ta bấm Int ( y ) − Int ( x)
R2 =

2

1

2
2

2

2

2

2

Ví dụ từ 5,6 đến 25,1 có số giá trị nguyên là Int (25,1) − Int (5, 6) = 25 − 5 = 20

GROUP VẬT LÝ PHYSICS

d2
B


VII. Các dạng bài tập
1. Dạng tính khoảng cách ngắn nhất
Từ hình vẽ bên ta rút ra được:
Các hypebol có d1 − d 2 càng lớn thì sẽ càng xa đường trung trực
Các elip có d1 + d 2 càng lớn thì sẽ càng xa đoạn thẳng nối 2 nguồn
a) Từ một điểm đến nguồn
-Khoảng cách ngắn nhất từ một điểm cực đại cùng pha với nguồn
đến nguồn là 
-Khoảng cách ngắn nhất từ một điểm cực đại ngược pha với nguồn

đến nguồn là 0, 5
b) Từ một điểm đến đường trung trực của S1S2
-Điểm cực đại cùng (ngược) pha với nguồn gần trung trực của S1S2 nhất sẽ nằm trên đường cực đại bậc 1
c) Từ một điểm đến trung điểm của S1S2
-Điểm cực đại cùng (ngược) pha với nguồn gần trung điểm S1S2 nhất thì nằm trên elip nhỏ nhất
d) Từ một điểm đến đường thẳng S1S2
-Điểm cực đại cùng (ngược) pha với nguồn gần S1S2 nhất thì ta phải xét 2 trường hợp rồi so sánh
+TH1: Điểm đó nằm trên đường cực đại gần nguồn nhất
+TH2: Điểm đó nằm trên elip nhỏ nhất
Áp dụng các cơng thức ở mục VI. Cơng thức khoảng cách để tính hoặc có thể tính bình thường cũng được
VD1: Ở mặt nước, tại hai điểm S1 và S 2 có hai nguồn sóng kết hợp, dao động điều hịa, cùng pha theo
phương thẳng đứng. Biết sóng truyền trên mặt nước có bước sóng  , khoảng cách S1S2 = 5, 6 . Ở mặt
nước gọi M là vị trí mà phần tử nước tại đó dao động với biên độ cực đại, cùng pha với dao động của hai
nguồn.
a) Khoảng cách ngắn nhất từ M đến nguồn S1 là
A. 0, 3
B. 0, 5
C. 
b) Khoảng cách ngắn nhất từ M đến đường trung trực của S1S2 là

D. 2

A. 0, 5
B. 0, 536
C. 0, 625
c) Khoảng cách ngắn nhất từ M đến đường thẳng S1S2 là

D. 1, 071

A. 0, 754

B. 0,852

C. 0,868
Giải

D. 0, 946

d = k 
ĐK cực đại cùng pha nguồn là  1 1 với k1 + k2  5, 6 . Chuẩn hóa  = 1
d 2 = k2 
k1 =1
⎯
→ d1min =  . Chọn C
a) Khoảng cách từ M đến nguồn S1 là d1 = k1 ⎯⎯

b) M gần trung trực nhất thì M phải nằm trên đường cực đại bậc 1 và nằm trên elip lẻ nhỏ nhất
k1 − k2 = 1
( k − k )( k + k ) 1.7 = 0, 625 . Chọn C
x= 1 2 1 2 =

2S1S2
2.5, 6
k1 + k2 = 7
c) Từ hình vẽ ta thấy M gần S1S2 nhất thì M phải nằm trên đường cực đại gần nguồn nhất và phải nằm trên
elip nhỏ nhất. Nhưng vì đường cực đại gần nguồn nhất là k1 − k2 = 5 khơng cùng tính chất chẵn lẻ với đường
elip nhỏ nhất là k1 + k2 = 6 nên ta phải xét riêng 2 trường hợp rồi so sánh
k − k = 5
52 + 72 − 5, 62  5.7 
TH1:  1 2

 y = R2 − x2 =
−
  0,946
4
 2.5, 6 
k1 + k2 = 7
2

GROUP VẬT LÝ PHYSICS


k − k = 4
42 + 62 − 5, 62  4.6 
TH2:  1 2
 y = R2 − x2 =
−
  0, 754 . Chọn A
4
 2.5, 6 
k1 + k2 = 6
VD2: Ở mặt nước, tại hai điểm S1 và S 2 có hai nguồn sóng kết hợp, dao động điều hòa, cùng pha theo
2

phương thẳng đứng. Biết sóng truyền trên mặt nước có bước sóng  , khoảng cách S1S2 = 5,1 .
a) Khoảng cách ngắn nhất từ một điểm cực đại, cùng pha với nguồn đến đường thẳng S1S2 là
A. 0, 31
B. 0, 47
C. 0,98
D. 1,58
b) Khoảng cách ngắn nhất từ một điểm cực đại, ngược pha với nguồn đến trung điểm I của S1S2 là

A. 2, 397

B. 2,179

C. 1, 658
D. 1, 580
Giải
a) Vẽ hình ta thấy M gần S1S2 nhất thì M phải nằm trên đường cực đại gần nguồn nhất và phải nằm trên elip
nhỏ nhất. Nhưng vì đường cực đại gần nguồn nhất là k1 − k2 = 5 khơng cùng tính chất chẵn lẻ với đường elip
nhỏ nhất là k1 + k2 = 6 nên ta phải xét riêng 2 trường hợp rồi so sánh
k − k = 5
52 + 7 2 − 5,12  5.7 
TH1:  1 2
 y = R2 − x2 =
−
  0, 47
4
 2.5,1 
k1 + k2 = 7
2

k − k = 4
42 + 62 − 5,12  4.6 
TH2:  1 2
 y = R2 − x2 =
−
  0,98 . Chọn B
4
 2.5,1 
k1 + k2 = 6

b) M gần trung điểm I của S1S2 nhất thì M phải nằm trên elip nhỏ nhất k1 + k2 = 6 . Nếu lấy M nằm trên
2

đường trung trực là k1 − k2 = 0 thì M sẽ cùng pha với nguồn nên ta phải lấy M nằm trên cực đại bậc 1

k1 + k2 = 6 k1 = 3,5
k12 + k2 2 S1S 2 2
3,52 + 2,52 5,12


MI
=
−
=
−
 1, 658 . Chọn C


2
4
2
4
k1 − k2 = 1
k2 = 2,5
VD3: Tại hai điểm A, B trên mặt nước có hai nguồn sóng giống nhau. Biết sóng truyền trên mặt nước với
biên độ khơng đổi, bước sóng là  và AB = 5,8 . C là một điểm thuộc mặt nước và nằm trên đường trung
trực của AB sao cho đoạn CA có ít nhất 1 điểm dao động với biên độ cực đại và ngược pha với hai nguồn.
Khoảng cách nhỏ nhất từ C tới đoạn AB có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 0,90
B. 0,95

C. 0,80
D. 0,85
Giải
Để điểm C gần AB nhất thì điểm M trên CA phải nằm
trên cực đại bậc 1 và elip nhỏ nhất
 MB − MA = 
 MB = 3,5


 MB + MA = 6  MA = 2,5

cos MAB =

MA2 + AB 2 − MB 2 2,52 + 5,82 − 3,52 691
=
=
2.MA. AB
2.2,5.5,8
725

CI = IA.tan MAB = 2,9.0,3175  0,92 . Chọn A
2. Dạng đếm số cực đại cùng, ngược pha trên đoạn thẳng, đường trịn, …
Ta xét một điểm bất kì trên đoạn cần đếm rồi dựa vào hình vẽ để biểu diễn k1 theo k2 (hoặc ngược lại)
Sau đó dùng MODE TABLE cho k1 chạy từ 1, 2, 3,… và để ý nếu k2 là số ngun thì diểm đó cùng pha
k '+ k

k1 =

k
+

k
=
k
'
 1 2

2

Trong trường hợp số giá trị k2 q nhiều thì ta có thể thay 
để tạo mối liên hệ
k1 − k2 = k
k = k '− k
 2
2
AB
giữa k và k ' rồi cho k chạy từ 0,1.2…. đến
và để ý tính chẵn lẻ k ' để biết điểm nào cùng, ngược pha

GROUP VẬT LÝ PHYSICS


VD1: Thực hiện giao thoa trên bề mặt chất lỏng với hai nguồn kết hợp A, B cách nhau 20 2 cm dao động
theo phương thẳng đứng với cùng phương trình u A = uB = 2 cos 30 t (mm,s). Tốc độ truyền sóng trên mặt
chất lỏng là 0, 6m / s . Gọi (C) là đường tròn trên mặt chất lỏng có đường kính AB. Số điểm trên (C) dao
động với biên độ cực đại và cùng pha với hai nguồn là
A. 2 điểm
B. 4 điểm
C. 6 điểm
D. 8 điểm
Giải

2
2
 = v.
= 60.
= 4 (cm) và AB = 5 2. . Vì tính đối xứng nên ta xét nửa trên của (C).

30
d = k 
ĐK cực đại cùng pha nguồn là  1 1 với k1 , k2 nguyên dương
d 2 = k2 

(

d12 + d2 2 = AB2  k12 + k2 2 = 5 2
k1

)

2

 k2 = 50 − k12 . Dùng MODE TABLE

k2 = 50 − k12

1
7
Nhận
2
6,7
Loại

3
6,4
Loại
4
5,8
Loại
5
5
Nhận
6
3,7
Loại
7
1
Nhận
Nửa trên (C) có 3 điểm nên trên (C) có 6 điểm thỏa mãn. Chọn C
VD2: Ở mặt chất lỏng, tại hai điểm A và B có hai nguồn dao động cùng pha theo phương thẳng đứng phát ra
hai sóng kết hợp có bước sóng  . Biết AB = 8 2 . C là một điểm trên mặt nước sao cho ABC vuông cân
tại B. Trên AC số điểm dao động với biên độ cực đại, cùng pha với nguồn là
A. 1
B. 3
C. 5
D. 7
Giải
d = k   AC  16
ĐK cực đại cùng pha nguồn là  1 1
với k1 , k2 nguyên dương
d 2 = k2 
Xét điểm bất kì trên AC có d 2 2 = d12 + AB 2 − 2d1 AB cos 45o  k2 = k12 + 128 − 16k1 . Dùng MODE TABLE
k1

k2 = k12 + 128 − 16k1

1
10,63
2
10
3
9,43
4
8,94
5
8,54
6
8,24
7
8,06
8
8
9
8,06
10
8,24
11
8,54
12
8,94
13
9,43
14

10
15
10,63
16
11,31
Vậy có 3 điểm thỏa mãn. Chọn B

Nhận

Nhận

Nhận

GROUP VẬT LÝ PHYSICS


VD3: Trong hiện tượng giao thoa sóng nước với hai nguồn A, B dao động với phương trình u = a cos ( 2 t ) ,
cách nhau một khoảng 8 cm (với  là bước sóng của sóng). Gọi  là đường thẳng trên mặt nước qua B
và vuông góc với AB. Số điểm trên  dao động với biên độ cực đại và cùng pha với hai nguồn là
A. 2 điểm
B. 4 điểm
C. 6 điểm
D. 8 điểm
Giải
k '+ k

d1 = k1 = 2 
Vì tính đối xứng nên ta xét nửa trên của  . ĐK cực đại cùng pha nguồn là 
d = k  = k '− k 
2

 2
2
64
 k '+ k   k '− k 
2
. Dùng MODE TABLE
d − d 2 = AB  
 −
 = 8  k .k ' = 64  k ' =
k
 2   2 
64
0 k 8
k'=
k
1
64
Ngược pha
2
32
Cùng pha
3
21,3
Loại
4
16
Cùng pha
5
12,8
Loại

6
10,6
Loại
7
9,1
Loại
Nửa trên  có 2 điểm nên trên  có 4 điểm thỏa mãn. Chọn B
3. Dạng đếm số cực đại cùng, ngược pha bên trong hình vng, trịn, tam giác, …
Sử dụng tính chất hình học để chặn như hình trịn chặn bán kính, hình tam giác chặn góc, hình chữ nhật chặn
chiều dài và chiều rộng, …
VD1: Ở mặt nước, tại hai điểm S1 và S 2 có hai nguồn dao động cùng pha theo phương thẳng đứng, phát ra
2

2
1

2

2

2

hai sóng kết hợp có bước sóng  . Cho S1S2 = 5, 4 . Gọi (C) là hình trịn nằm ở mặt nước có đường kính là
S1S2 . Số vị trí trong (C) mà các phần tử ở đó dao động với biên độ cực đại và cùng pha với dao động của các

nguồn là
A. 18

B. 9

C. 22
Giải

D. 11

k '+ k

d1 = k1 = 2 
ĐK cực đại cùng pha nguồn 
d = k  = k '− k 
2
 2
2
Vì tính đối xứng nên ta chỉ nửa phần tư thứ nhất của hình trịn

 k '+ k   k '− k 
2
2
d12 + d 2 2  S1S2 2  
 +
  5, 4  k  58,32 − k '
 2   2 
k cùng chẵn, lẻ với k’
k'
58,32 − k '2
2

2

6

4,72
0; 2; 4
7
3,05
1; 3
Có 1 điểm nằm trên đường trung trực và 4 điểm nằm ở nửa phần tư thứ nhất nên trong cả hình trịn (C) có
4.4 + 2 = 18 điểm. Chọn A
VD2: Giao thoa sóng cơ với hai nguồn kết hợp đồng pha đặt tại A, B cách nhau 6, 2 , trên đường trung trực
AB xét điểm C là điểm đồng pha với hai nguồn và là điểm thứ 2 tính từ trung điểm AB. Tìm số vị trí cực
đại, ngược pha với nguồn trong diện tích tam giác ABC
A. 5
B. 6
C. 7
D. 4
Giải
GROUP VẬT LÝ PHYSICS


AB
= 3,1 nên điểm thứ 2 cùng pha nguồn cách nguồn là CA = CB = 5
2
d = k 
ĐK cực đại ngược pha với nguồn là  1 1 với k1 + k2  6, 2 ( k1 , k2 bán nguyên). Chuẩn hóa  = 1
d 2 = k2 

Ta có CA = CB 

3,1  k1  6, 2
Vì tính đối xứng nên ta xét nửa bên phải ( k1  k2 )  
k2  5

  CBA  cos   cos CBA =
k2

k 2 + 6, 22 − k12
0,5 AB
= 0, 62  2
 0, 62  k1  k2 2 − 7, 688k + 6, 22
CB
2.k2 .6, 2
k1

k2 2 − 7, 688k + 6, 22

0,5
5,90
1,5
5,39
2,5
5,04
4,5
3,5
4,87
3,5; 4,5
4,5
4,90
4,5
Có 2 điểm nằm ở nửa bên phải và 2 điểm nằm trên
đường trung trực nên trong diện tích tam giác ABC có
2.2 + 2 = 6 điểm. Chọn B

VD3: Ở mặt nước, tại hai điểm S1 và S 2 có hai nguồn dao động cùng pha theo phương thẳng đứng, phát ra
hai sóng kết hợp có bước sóng  . Cho S1S2 = 5, 4 . Gọi (H) là hình vng nằm ở mặt nước có cạnh là S1S2
a) Số vị trí trong (H) và nằm trên đường trung trực của S1S2 mà các phần tử ở đó dao động cùng pha với
nguồn là
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
b) Chỉ xét 1 bên đường trung trực của S1S2 thì số vị trí trong (H) nằm trên các đường cực đại bậc 3, 4, 5 dao
động cùng pha với nguồn là
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
c) Chỉ xét 1 bên đường trung trực của S1S2 thì số vị trí trong (H) nằm trên các đường cực đại bậc 1, 2 dao
động cùng pha với nguồn là
A. 3
B. 4
C. 7
D. 8
d) Số vị trí trong (H) mà các phần tử ở đó dao động với biên độ cực đại và cùng pha với nguồn là
A. 20
B. 22
C. 24
D. 26
Phương pháp
Xét 1 đường cực đại bậc 3 như hình vẽ. Nếu ví dụ tại điểm M ta tính
được có elip k1 + k2 = 5,9 đi qua và tại điểm N ta tính được có elip
k1 + k2 = 9,1 đi qua thì giữa M và N sẽ có các elip 5,9  k1 + k2  9,1

đi qua. Trong số đó, giao điểm giữa elip có k1 + k2 = 7; 9 và hypebol
bậc 3 chính là 2 điểm cùng pha với nguồn
Giải
d = k 
ĐK cực đại cùng pha nguồn là  1 1 (với k1 , k2 là số nguyên
d 2 = k2 
dương và d1 + d 2  S1S2  k1 + k2  5, 4 ). Chuẩn hóa  = 1

a) Đường trung trực của S1S2 cắt cạnh hình vng tại vị trí có
k1 + k2 = 2 5, 42 + 2,72 = 12,07

Vậy các elip có k1 + k2 = 6;8;10;12 cùng chẵn với k1 − k2 = 0 sẽ cắt
đường trung trực nên có 4 điểm thỏa mãn. Chọn B
GROUP VẬT LÝ PHYSICS


b) Góc hình vng có 5, 4 2 − 5, 4 = 2, 24 nên các đường cực đại bậc 3, 4, 5 sẽ cắt cạnh bên của hình vng
Ta sẽ kiểm tra các điểm cực đại nằm trên cạnh hình vng thuộc elip có k1 + k2 bằng bao nhiêu

k12 − k2 2 = S1S 2 2  ( k1 − k2 )( k1 + k2 ) = 5, 42  k1 + k2 =

5, 42
k1 − k2

Với k1 − k2 = 3  k1 + k2 = 9, 7 . Do đó các elip có k1 + k2 = 7;9 cắt hypebol bậc 3 trong hình vng
Với k1 − k2 = 4  k1 + k2 = 7,3 . Do đó các elip có k1 + k2 = 6 cắt hypebol bậc 4 trong hình vng
Với k1 − k2 = 5  k1 + k2 = 5,8 . Do đó khơng có elip nào cắt hypebol bậc 5 trong hình vng
Vậy có 3 điểm thỏa mãn. Chọn C

k =

 1
c) Các đường cực đại bậc 1, 2 sẽ cắt cạnh phía trên của hình vng nên 
k2 =


( 2, 7 + x )

2

( 2, 7 − x )

2

+ 5, 42
+ 5, 42

Với k1 − k2 = 1  x  0,885  k1 + k2 = 12, 2 . Do đó các elip có k1 + k2 = 7;9;11 cắt hypebol bậc 1
Với k1 − k2 = 2  x  2,374  k1 + k2 = 12,8 . Do đó các elip có k1 + k2 = 6;8;10;12 cắt hypebol bậc 2
Vậy có 7 điểm thỏa mãn. Chọn C
d) Từ các câu a, b, c ta suy ra số vị trí cực đại cùng pha với nguồn trong (H) là 4 + (3 + 7).2 = 24 . Chọn C
4. Dạng khoảng cách gần nhất, xa nhất ở ngồi hình, trong hình
VD1 (TK 20): Ở mặt chất lỏng, tại hai điểm A và B có hai nguồn dao động cùng pha theo phương thẳng
đứng phát ra hai sóng kết hợp có bước sóng  . Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Ở mặt chất lỏng, gọi
(C) là hình trịn nhận AB làm đường kính, M là một điểm ở ngoài (C) gần I nhất mà phần tử chất lỏng ở đó
dao động với biên độ cực đại và cùng pha với nguồn. Biết AB = 6, 6 . Độ dài đoạn thẳng MI có giá trị gần
nhất với giá trị nào sau đây?
A. 3, 41
B. 3, 76
C. 3,31
D. 3,54

Giải
 MA = k1
ĐK cực đại cùng pha nguồn 
với k1 , k2 nguyên dương. Chuẩn hóa  = 1
 MB = k2 
Vì tính đối xứng nên ta chỉ xét trên nửa phần tư thứ nhất  k1  3,3 2  4,7
MI 2 =

MA2 + MB 2 AB 2 k12 + k2 2 6, 62
−
=
−
 3,32  k12 + k2 2  43,56
2
4
2
4

Với k1 = 5  k2min = 5  k12 + k22 = 50
Với k1 = 6  k2min = 3  k12 + k22 = 45
Với k1  7  k2min = 1  k12 + k22  50

45 6, 62
−
 3, 41 . Chọn A
2
4
VD2: Trong thí nghiệm giao thoa sóng nước, A và B là hai nguồn sóng đồng bộ dao động theo phương
thẳng đứng cách nhau 6,5 (  là bước sóng của sóng truyền từ A, B). Gọi O là trung điểm AB. Điểm nằm
trên mặt nước, ở trong đường trịn đường kính AO có biên độ cực đại, ở xa O nhất, dao động cùng pha với

hai nguồn, cách O một đoạn gần giá trị nào nhất sau đây?
A. 2,8
B. 3,1
C. 2,5
D. 3,5
Giải
 MA = k1  3, 25
ĐK cực đại cùng pha nguồn 
với k1 , k2 nguyên dương. Chuẩn hóa  = 1
3, 25  MB = k2   6,5
Vậy MI min =

GROUP VẬT LÝ PHYSICS


k12 + k2 2 6,52
k +
−
2
MA2 + MO 2 3, 252
2
4 − 3, 25  1, 6252  3k 2 + k 2  42, 25
MI 2 =
−
=
1
2
2
4
2

4
Với k1 = 1  k2max = 6  k12 + k22 = 37
2
1

Với k1 = 2  k2max = 5  k12 + k22 = 29
Với k1 = 3 thì khơng có k2 thỏa mãn

37 6,52
−
 2,82 . Chọn A
Vậy MOmax =
2
4
VD3: Ở mặt chất lỏng, tại hai điểm A và B có hai nguồn dao động cùng pha theo phương thẳng đứng phát ra
hai sóng kết hợp với bước sóng  . Gọi C và D là hai điểm trên mặt chất lỏng sao cho ABCD là hình vng,
I là trung điểm của AB, M là một điểm trong hình vng ABCD xa I nhất mà phần tử chất lỏng tại đó dao
động với biên độ cực đại và cùng pha với nguồn. Biết AB = 6, 6 . Độ dài đoạn thẳng MI gần nhất giá trị
nào sau đây?
A. 6,17
B. 6, 25
C. 6, 49
D. 6, 75
Giải
d = k 
ĐK cực đại cùng pha nguồn  1 1 với k1 , k2 nguyên dương. Chuẩn hóa  = 1
d 2 = k2 
3,3  k1  6, 6 2  9,3
Vì tính đối xứng nên ta chỉ xét trên nửa phần bên phải  
2

2
k2  3,3 + 6, 6  7, 4

HI =

d12 − d 22 k12 − k22
=
 3,3  k12 − k22  43,56
2 AB
2.6,6
2

k 2 + k22 6, 62  k12 − k22 
2
MH = MI − HI = 1
−
−
  6, 6
2
4
 2.6, 6 
Với k1 = 9 thì khơng có k2 thỏa mãn
2

2

2

Với k1 = 8  k2max = 6
2

2
2
2
Các trường hợp còn lại đều có d1 + d 2  8 + 6 nên không cần xét

d12 + d 2 2 AB 2
82 + 62 6, 62
−
=
−
= 6, 25 . Chọn B
Vậy MI max =
2
4
2
4
5. Dạng các điểm cực đại cùng hoặc ngược pha nguồn
VD1: Ở mặt nước có hai nguồn kết hợp đặt tại hai điểm A và B, dao động cùng pha theo phương thẳng
đứng, phát ra hai sóng có bước sóng  . Trên AB có 17 vị trí mà ở đó các phần tử nước dao động với biên
độ cực đại. C là một điểm ở mặt nước sao cho ABC là tam giác đều. M là một điểm thuộc cạnh CB và nằm
trên vân cực đại giao thoa bậc nhất ( MA − MB =  ) . Biết phần tử tại M dao động ngược pha với các nguồn.
Độ dài đoạn AB gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 8, 7
B. 8,5
C. 8,9
D. 8,3
Giải
k '+ 1

d1 = k1 = 2 

ĐK cực đại ngược pha nguồn là 
với k’ chẵn. Chuẩn hóa  = 1
d = k  = k '− 1 
2
 2
2
Trên AB có 17 điểm cực đại thì mỗi bên có 8 cực đại  8  AB  9
Xét điểm M nằm trên cạnh CB có:
GROUP VẬT LÝ PHYSICS


2
2
AB = 8 → k ' = 13, 6
k '− 1
 k '+ 1   k '− 1 
2
d12 = d 2 2 + AB 2 − 2d 2 AB.cos 60o  
=
. AB 
 
 + AB −
AB = 9 → k ' = 15,5
2
 2   2 
M là cực đại ngược pha nguồn nên nằm trên elip có k ' = 14  AB  8, 21 . Chọn D
VD2: Ở mặt nước có hai nguồn kết hợp đặt tại hai điểm A và B, dao động cùng pha theo phương thẳng
đứng, phát ra hai sóng có bước sóng  . Trên AB có 9 vị trí mà ở đó các phần tử nước dao động với biên độ
cực đại. C và D là hai điểm ở mặt nước sao cho ABCD là hình vng. M là một điểm thuộc cạnh CD và nằm
trên vân cực đại giao thoa bậc nhất ( MA − MB =  ) . Biết phần tử tại M dao động ngược pha với các nguồn.

Độ dài đoạn AB gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 4, 6
B. 4, 4
C. 4, 7
D. 4, 3
Giải
k '+ 1

d1 = k1 = 2 
ĐK cực đại ngược pha nguồn là 
với k’ chẵn. Chuẩn hóa  = 1
d = k  = k '− 1 
2
 2
2
Trên AB có 9 điểm cực đại thì mỗi bên có 4 cực đại  4  AB  5
Xét điểm M nằm trên cạnh CD có:

AB = 4 → k ' = 9, 2
 k '+ 1 
 k '− 1 
2
2
d − AB + d 2 − AB = AB  
 − AB + 
 − AB = AB  AB = 5 → k ' = 11, 4
 2 
 2 
M là cực đại ngược pha nguồn nên nằm trên elip có k ' = 10  AB  4,38 . Chọn B
2

2
1

2

2

2

2

Chú ý: Có thể dùng cơng thức y 2 = R 2 − x 2 thì sẽ rút được k ' theo AB và chặn mà không phải shift solve
VD3: Trong thí nghiệm giao thoa sóng ở mặt nước, hai nguồn kết hợp đặt tại A và B, dao động cùng pha
theo phương thẳng đứng, phát ra hai sóng lan truyền trên mặt nước với bước sóng  . Trên đoạn thẳng AB
có n điểm cực tiểu giao thoa, trong đó M và N là hai điểm cực tiểu giao thoa đối xứng qua trung điểm của
AB (MA(C) có 6 điểm mà phần tử nước tại đó dao động cùng pha với hai nguồn. Biết n  17 . Độ dài đoạn thẳng AM
có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 0, 6
B. 1,5
C. 1,1
D. 0, 2
Giải
Chuẩn hóa  = 1 . Trên AB có khơng q 16 cực tiểu nên mỗi bên có khơng q 8 cực tiểu  AB  8,5 (1)
Trên (C) có 6 cực đại cùng pha nguồn  2 điểm trên trung trục và 4 điểm ở 2 bên
Gọi P là cực đại cùng pha nguồn trên đường tròn tại trung trực AB  PA = PB = k ( k nguyên)
Gọi Q là cực đại cùng pha nguồn tại góc phần tư thứ I  QA = k1 và QB = k2 ( k1 , k2 nguyên)
N là cực tiểu  NA − NB = 2 NC = m  NC =

m
( m bán nguyên và m  7, 5 ) (2)
2

2
2
k12 + k22
 m  k + k2  AB 
 AB 
 AB   m 
2
Công thức đường trung tuyến   = 1
−
=
k
−

= k2 = 



 +   (3)
2
2
2
 2 
 2 
 2  2
2

2

2

GROUP VẬT LÝ PHYSICS

2

2


k12 + k22
= k 2  32,125  k = 2;3; 4;5 . Dùng MODE TABLE k1 = 2k 2 − k22 ta có
2
Với k = 2;3; 4 thì đều khơng có k1 , k2 ngun (loại)
P
Từ (1), (2) và (3) 

 m = 6,5
k = 7
Với k = 5 thì  1
.
 Q là cực đại bậc 6  
 m = 7,5
k2 = 1

k

k

Q
k2

k1

 m = 6,5  AB = 7, 6
Thay vào (3) → 
 m = 7,5  AB = 6, 6  m ( loai )
AB m 7, 6 6,5
Vậy MA =
− =
−
= 0,55 . Chọn A
2
2
2
2

A

M m
2

C

m
2

N

B

VD4: (TK 22) Trong thí nghiệm giao thoa sóng ở mặt nước, hai nguồn kết hợp đặt tại hai điểm A và B , dao
động cùng pha theo phương thẳng đứng. Trên đoạn thẳng AB quan sát được 13 điểm cực đại giao thoa. Ở mặt
nước, đường tròn (C ) có tâm O thuộc đường trung trực của AB và bán kính a khơng đổi (với 2a  AB ).
Khi dịch chuyển (C ) trên mặt nước sao cho tâm O luôn nằm trên đường trung trực của AB thì thấy trên (C )
có tối đa 12 điểm cực đại giao thoa. Khi trên (C ) có 12 điểm cực đại giao thoa thì trong số đó có 4 điểm mà
phần tử tại đó dao động cùng pha với hai nguồn. Độ dài đoạn thẳng AB gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 4,3 a .
B. 4,1 a .
C. 4,5 a .
D. 4,7 a .
Giải
Chuẩn hóa  = 1 . Trên AB có 13 cực đại thì mỗi bên có 6 cực đại  6  AB  7
Trên (C ) có 12 điểm cực đại giao thoa thì có 2 cực đại ở trung trực và mỗi bên có 5 cực đại

→ (C) tiếp xúc với cực đại bậc 3  a =
d − d = k  3
Cực đại cùng pha nguồn  1 2
d1 + d 2 = k '
với k và k’ cùng chẵn hoặc cùng lẻ

1,52 =

3
= 1,5
2

d1
A

d2

1,5
O 1,5

k=3

B

d12 + d 22 AB 2
k 2 + k '2 AB 2
6 AB  7
−
 1,52 =
−
 k 2 + k '2 = 9 + AB 2 ⎯⎯⎯
⎯
→ 45  k 2 + k '2  58
2
4
4
4

 k ' = 7 → k = 1 → AB = 41  4, 27a . Chọn A
6. Dạng các điểm bất kì cùng hoặc ngược pha nguồn
k '+ k

d1 =



d1 − d 2 = k 

2

ĐK cùng, ngược pha nguồn là 
với k là số thực và k ' là số nguyên
d1 + d 2 = k '  d = k '− k 
 2
2
a) Cùng pha nguồn thì k quy trịn và k ' phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ
b) Ngược pha nguồn thì k quy trịn và k ' khơng cùng chẵn và khơng cùng lẻ
Có thể bấm máy Int ( k + 0,5) ta cũng được giá trị k quy trịn. Ví dụ k = 2, 6 quy tròn thành Int (k + 0,5) = 3
VD1: Ở mặt chất lỏng, có hai nguồn A và B dao động cùng tần số, cùng biên độ và cùng pha theo phương
thẳng đứng, phát ra hai sóng kết hợp có bước sóng  . Biết AB = 5 5 . Ở mặt chất lỏng, số điểm thuộc
đường trịn đường kính AB dao động cùng pha với hai nguồn là
A. 12
B. 16
C. 4
D. 8
Giải

GROUP VẬT LÝ PHYSICS


Chuẩn hóa  = 1 . Vì tính đối xứng nên ta chỉ xét nửa phần tư thứ nhất
ĐK cùng, ngược pha nguồn:
k '+ k

d

=
1

d1 − d 2 = k
2

(k là số thực và k’ là số nguyên)

d
+
d
=
k
'
k
'
−
k
 1
2
d =
 2
2
 k '+ k   k '− k 
d + d 2 = AB  
 +
 = 5 5
 2   2 
Dùng MODE TABLE với START 12 STEP 1
2

2
1

2

2

2

(

)

2

 k = 250 − k '2

k '  AB  11, 2

Độ lệch pha với nguồn
k = 250 − k '2 quy tròn
12 chẵn
10 chẵn
Cùng pha
13 lẻ
9 lẻ
Cùng pha
14 chẵn
7 lẻ

Ngược pha
15 lẻ
5 lẻ
Cùng pha
Nửa phần tư thứ nhất có 3 điểm nên trên đường trịn có 3.4 = 12 điểm cùng pha nguồn. Chọn A
VD2: Ở mặt chất lỏng có hai nguồn A và B dao động điều hòa theo phương thẳng đứng, cùng tần số, cùng
pha, cùng biên độ, tạo ra sóng kết hợp có bước sóng bằng AB/8. Gọi C là điểm thuộc mặt nước sao cho tam
giác ABC vuông cân tại A. Số điểm thuộc khoảng AC dao động cùng pha với các nguồn là:
A. 6
B. 4
C. 7
D. 5
Giải
d 2 − d1 = k 
ĐK cần để ngược pha nguồn: 
với k là số thực và k’ là số nguyên
d 2 + d1 = k ' 
ĐK đủ để ngược pha nguồn là k’ và k quy tròn phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ
64
2
với AB  k '   CA + CB  8  k '  19,3
d 2 2 − d12 = AB 2  k .k '  = ( 8 )  k =
k'
Dùng TABLE với START 9 END 19 STEP 1
Độ lệch pha với nguồn
64
k'
k=
quy tròn
k'

9
7
Cùng pha
10
6
Cùng pha
11
6
Ngược pha
12
5
Ngược pha
13
5
Cùng pha
14
5
Ngược pha
15
4
Ngược pha
16
4
Cùng pha
17
4
Ngược pha
18
4
Cùng pha

19
3
Cùng pha
Vậy trên AC có 6 điểm cùng pha nguồn. Chọn A
VD3: Tại hai điểm A, B cách nhau 24cm có hai nguồn dao động cùng biên độ và cùng pha, vuông góc với
mặt chất lỏng phát ra hai sóng kết hợp có bước sóng 5cm. Xét những điểm trên đường thẳng (d) thuộc bề
mặt chất lỏng song song với AB và cách AB đoạn 12 3 cm, M là điểm dao động ngược pha với nguồn và
gần trung trực nhất. Vị trí cân bằng của M cách trung trực AB một đoạn gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 12,83cm
B. 19,64cm
C. 15,38cm
D. 21,38cm
Giải
Cách 1:
ĐK cùng, ngược pha nguồn là d1 + d 2 = k '  với k ' nguyên
GROUP VẬT LÝ PHYSICS



d1 =
Ta có 
d =
 1

(12 + x )

2

(12 − x )

2

( )
+ (12 3 )
+ 12 3

2

2

(

và d1 + d 2  2 122 + 12 3

Với d1 + d 2 = 10 = 50  x = 7,98 →

d1 − d 2



Với d1 + d 2 = 11 = 55  x = 14,92 →

)

2

= 48 = 9, 6

= 1,53 (chẵn, chẵn → cùng pha)

d1 − d 2

= 2, 6 (lẻ, lẻ → cùng pha)

d1 − d 2

= 3,14 (chẵn, lẻ → ngược pha). Chọn B



Với d1 + d 2 = 12 = 60  x = 19, 64 →



Cách 2:
d − d = k  = 5k
ĐK cùng, ngược pha nguồn:  1 2
(k là số thực và k’ là số nguyên)
d1 + d 2 = k '  = 5k '

(

y = R − x  12 3
2

2

k'

10

11
12

2

)

k=

2

( 5k ) + ( 5k ')
=
2

4

2304 − 25k '2
252 k '2
2
5 −
242

2

− 242

2304 − 25k '2
 5k .5k ' 
−


k
=

252 k '2
 2.24 
52 −
242
Độ lệch pha so với nguồn
2

Chẵn, chẵn → Cùng pha
Lẻ, lẻ → Cùng pha
Chẵn, lẻ → Ngược pha

1, 532
2, 604
3,142

5k .5k ' 5.12.5.3,142
=
 19, 64 . Chọn A
2.24
2.24
VD4: Trong thí nghiệm giao thoa sóng trên mặt nước với hai nguồn đồng bộ A và B. ABCD là hình vng
trên mặt nước mà phần tử tại C dao động ngược pha với nguồn. Trên AB có 15 điểm giao thoa cực đại.
Điểm M trên CD, dao động biên độ cực đại gần C nhất và cách C là 0, 4 cm . Độ dài AB gần nhất với giá
trị nào sau đây?
A. 24,1cm .
B. 31,7 cm .

C. 25,3 cm .
D. 18,5 cm .
Giải
Trên AB có 15 cực đại nên mỗi bên có 7 cực đại → 7  AB  8
M C
D
CA + CB = AB 2 + AB 16,9  CA + CB  19,3


CA − CB = AB 2 − AB 2,9  CA − CB  3,3
Vậy x =

CA − CB nếu quy tròn là 3 nên để C ngược pha nguồn thì
CA + CB = 18 → AB  18 2 − 18  → CA − CB  3,1

(

)

Cực đại gần C nhất có
MA − MB = 3 

AB 2 + ( AB − MC ) − AB 2 + MC 2 = 3
2

A

 MC  0,124 = 0, 4cm    3, 23cm  AB  24,1cm . Chọn A
7. Dạng các điểm cực đại cùng, ngược pha với nhau
a) Hai cực đại M và N cùng pha với nhau thì:

Tính chất 1: k ' và k phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ
Tính chất 2: Hiệu 2 đường bất kì trong 4 đường MA, NA, MB, NA đều bằng nguyên lần bước sóng
b) Hai cực đại M và N ngược pha với nhau thì:
Tính chất 1: k ' và k không cùng chẵn và không cùng lẻ
GROUP VẬT LÝ PHYSICS

B


Tính chất 2: Hiệu 2 đường bất kì trong 4 đường MA, NA, MB, NA đều bằng bán nguyên lần bước sóng
VD1: Thí nghiệm giao thoa sóng trên mặt nước với hai nguồn kết hợp dao động đồng pha đặt tại hai điểm
A và B . Biết sóng lan truyền trên mặt nước có bước sóng  và khoảng cách giữa hai nguồn AB = 6, 7 .
I là trung điểm của AB và (C) là hình trịn trên mặt nước nhận AB là đường kính. Số phần tử nước trong
(C) không tại điểm I mà dao động với biên độ cực đại và đồng pha với dao động của phần tử nước tại I là
A. 24
B. 28
C. 26
D. 20
Giải
k ' = IA + IB = 6, 7
Chuẩn hóa  = 1 . Xét điểm I có  I
k I = IA − IB = 0
Vì tính đối xứng nên ta chỉ xét góc phần tư thứ I của hình tròn
d1 + d 2 = k '
k '+ k
k '− k
và d 2 =
 d1 =

2

2
d1 − d 2 = k
2
 k '+ k   k '− k 
k '=6,7 +k '
2
2
d + d  AB  
 +
  6, 7  k  89, 78 − k ' ⎯⎯⎯⎯→ k  89, 78 − ( 6, 7 + k ' )
 2   2 
2
Trong hình tròn (C)
k
k '
89, 78 − ( 6, 7 + k ' )
2

2
1

2
2

2

2

0 (chẵn)
6,7

2;4;6 (chẵn)
3.2 = 6 điểm (trên AB)
1 (lẻ)
5,5
1;3;5 (lẻ)
3.4 = 12 điểm
2 (chẵn)
3,7
0;2 (chẵn)
2 + 4 = 6 điểm
Vậy tổng có 6 +12 + 6 = 24 điểm. Chọn A
VD2: Trên mặt chất lỏng đặt hai nguồn sóng kết hợp dao động cùng pha tại hai điểm A và B . Trên mặt
nước, C và D là hai điểm sao cho ABCD là hình vng. Biết rằng có hai đường cực đại liên tiếp cắt các
cạnh AD và CD tại M và N sao cho hai phần tử nước tại M và N dao động cùng pha. Biết rằng trên
đoạn AB có tất cả 23 cực đại. Giá trị của AB gần nhất với giá trị nào sau đây:
A. 11,3
B. 11,5
C. 11, 7
D. 11,9
Giải
Cách 1: (Sử dụng tính chất 1)

D
M

N

C
R

x
A

B

Chuẩn hóa  = 1 . Trên đoạn AB có 23 cực đại nên mỗi bên có 11 cực đại  11  AB  12
k N = 4
11 AB 12
k D = DB − DA = AB 2 − AB ⎯⎯⎯⎯
→ 4,56  k D  4,97  
 k = kM − k N = 1 (lẻ)
kM = 5
 MB + MA = k 'M
AB 2
→ MB 2 − MA2 = AB 2  k 'M =
M cực đại  
5
 MB − MA = 5
 NB + NA = k 'N
k 'N 2 + 42 − AB 2
 4k ' N 
2
N cực đại  
→ x 2 + AB 2 = R 2  
+
AB
=
 k 'N =

4

 2 AB 
 NB − NA = 4
2

42 − 5 AB 2
16
−1
AB 2

AB 2
42 − 5 AB 2 11 AB 12
−
⎯⎯⎯⎯
→ −1,85  k '  0, 66  k ' = −1 (lẻ) → AB  11,36 . Chọn A
16
5
−1
AB 2
Cách 2: (Sử dụng tính chất 2)
GROUP VẬT LÝ PHYSICS
k ' = k 'M − k 'N =


Chuẩn hóa  = 1 . Trên đoạn AB có 23 cực đại nên mỗi bên có 11 cực đại  11  AB  12
k N = 4
11 AB 12
k D = DB − DA = AB 2 − AB ⎯⎯⎯⎯
→ 4,56  k D  4,97  
kM = 5
 MA = m

AB 2 − 25
2
2
2
→ ( m + 5 ) − m = AB  m =
M cực đại bậc 5  
10
 MB = m + 5

 NA = n
→ n 2 − AB 2 +
N cực đại bậc 4  
 NB = n + 4

( n + 4)

2

AB 2 − 25
+ p thay vào (*)
10

ĐK M và N cùng pha  p = n − m là số nguyên  n =
 AB 2 − 25
+

 10

2

− AB 2 = AB (*)

2

AB = 11  p = 1, 75

 AB 2 − 25

p  − AB 2 + 
+ p + 4  − AB 2 = AB 
 p = 1  AB  11,36
AB = 12  p = 0,17

 10


Chú ý: Tóm lại giải cách gì thì cuối cùng phải tạo được 1 phương trình nghiệm ngun có chứa AB
VD3 (TN 19): Ở mặt chất lỏng tại hai điểm A và B có hai nguồn dao động cùng pha theo phương thẳng
đứng phát ra hai sóng kết hợp có bước sóng  . Trên đoạn thẳng AB có 13 điểm cực đại giao thoa. C là điểm
trên mặt chất lỏng mà ABC là tam giác đều. Trên đoạn thẳng AC có hai điểm cực đại giao thoa liên tiếp mà
phần tử chất lỏng tại đó dao động cùng pha với nhau. Đoạn thẳng AB có độ dài gần nhất với giá trị nào sau
đây?
A. 6, 25
B. 6,80
C. 6, 65
D. 6, 40
Giải
C

d1

d2

60o
A

B

k '+ k

d1 = 2 
d1 − d 2 = k 
ĐK cực đại 
( k là số nguyên và k ' là số thực). Chuẩn hóa  = 1

d1 + d 2 = k '  d = k '− k 
 2
2

k '+ k
2 AB 2 − AB.k
 k '− k   k '+ k 
2
d2 = d + AB − 2.d1. AB cos 60  
=
+
AB
−
.
AB


k
'
=
 

2
AB − 2k
 2   2 
2

2

2
1

2

2

o

Cực đại bậc k và k + 1 cùng pha với nhau thì k ' =

2 AB 2 − AB. ( k + 1)
AB − 2 ( k + 1)

−

2 AB 2 − AB.k

là số lẻ
AB − 2k

Trên AB có 13 cực đại nên mỗi bên có 6 cực đại  6  AB  7 . Dùng MODE TABLE
X =k
2.7 2 − 7 ( k + 1) 2.7 2 − 7 k k ' là số lẻ nằm giữa
2.62 − 6 ( k + 1) 2.62 − 6k
G(X ) =
F(X ) =
−
−
F ( X ) và G ( X )
7 − 2 ( k + 1)
6 − 2 ( k + 1)
6 − 2k
7 − 2k
-6
-5
-4
-3
-2

0,375
0,4821
0,6428
0,9
1,35

0,4551
0,5764

0,7538
1,0279
1,4848
GROUP VẬT LÝ PHYSICS

k ' = 1


-1

2,25

2,3333
2 AB − AB. ( k + 1) 2 AB − AB.k
Shift solve k ' =
với
−
AB − 2 ( k + 1)
AB − 2k

k = −3
 AB  6, 772 . Chọn B

k ' = 1
VD4: Ở mặt chất lỏng, tại hai điểm A và B có hai nguồn dao động cùng pha theo phương thẳng đứng phát ra
hai sóng kết hợp có bước sóng  . Trên đoạn thẳng AB có 23 cực đại giao thoa. C là điểm trên mặt chất lỏng
sao cho CA = CB = 1, 25 AB . Trên đoạn thẳng AC có hai điểm cực đại giao thoa liên tiếp mà phần tử chất
lỏng tại đó dao động cùng pha với nhau. Đoạn thẳng AB có độ dài gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 11, 65
B. 11, 55

C. 11, 45
D. 11, 35
Giải
2

2

C

d1

d2

α
A

B

k '+ k

d1 = 2 
d1 − d 2 = k 
ĐK cực đại 
( k là số nguyên và k ' là số thực). Chuẩn hóa  = 1

d1 + d 2 = k '  d = k '− k 
 2
2

0,5

AB 2 − 0, 4 AB.k
 k '− k   k '+ k 
2
d2 = d + AB − 2.d1. AB.cos   
=
+
AB
−
k
'
+
k
.
AB
.

k
'
=
(
)
 

1, 25
0, 4 AB − k
 2   2 
2
AB − 0, 4 AB. ( k + 1) AB 2 − 0, 4 AB.k
Cực đại bậc k và k + 1 cùng pha với nhau thì k ' =
là số lẻ

−
0, 4 AB − ( k + 1)
0, 4 AB − k
2

2

2
1

2

2

Trên AB có 23 cực đại nên mỗi bên có 11 cực đại  11  AB  12 . Dùng MODE TABLE

X =k

-11
…
-2
-1

F(X ) =

112 − 0, 4.11. ( k + 1) 112 − 0, 4.11k
−
0, 4.11 − ( k + 1)
0, 4.11 − k

G(X ) =

122 − 0, 4.12 ( k + 1) 122 − 0, 4.12k
−
0, 4.12 − ( k + 1)
0, 4.12 − k

0,4583
…
2,9409
4,2777

0,5172
…
3,0669
4,3448
2
2
AB − 0, 4 AB. ( k + 1) AB − 0, 4 AB.k
k = −2
 AB  11, 45 . Chọn C
Shift solve k ' =
với 
−
0, 4 AB − ( k + 1)
0, 4 AB − k
k ' = 3

k ' là số
lẻ nằm

giữa
F ( X ) và
G( X )
k ' = 3

8. Dạng các điểm bất kì cùng, ngược pha với nhau
k ' = k1 '− k2 '

k = k1 − k2 (k1 , k2 quy tròn)
Hai điểm cùng pha hoặc ngược pha nhau thì k ' nguyên ( k ' là hiệu bậc elip của 2 điểm)
Hai điểm cùng pha nhau thì k ' và k cùng chẵn hoặc cùng lẻ
Hai điểm ngược pha nhau thì k ' và k không cùng chẵn và không cùng lẻ
VD1: Trên mặt chất lỏng, tại hai điểm A và B có hai nguồn giống nhau dao động điều hòa theo phương
thẳng đứng với tần số f . Sóng lan truyền từ hai nguồn có bước sóng  . Gọi O là trung điểm của AB , gọi

GROUP VẬT LÝ PHYSICS


(C) là đường trịn tâm O , đường kính AB . Biết AB = 6, 6 . Trên đường tròn (C), số điểm dao động cùng
pha với điểm O là
A. 6
B. 4
C. 8
D. 12
Giải
k 'O = OA + OB = 6, 6
Chuẩn hóa  = 1 . Xét điểm O có 
kO = OA − OB = 0
Vì tính đối xứng nên ta chỉ xét góc phần tư thứ I của đường tròn
d1 + d 2 = k '

k '+ k
k '− k
và d 2 =
 d1 =

2
2
d1 − d 2 = k
2
 k '+ k   k '− k 
k '=6,6 +k '
2
2
d12 + d22 = AB 2  
 +
 = 6, 6  k = 87,12 − k ' ⎯⎯⎯⎯→ k = 87,12 − ( 6, 6 + k ' )
 2   2 
k (bằng k )
k '
1 (lẻ)
5,4 (quy tròn lẻ)
Cùng pha
2 (chẵn)
3,6 (quy trịn chẵn)
Cùng pha
Vậy có 2 điểm trên góc phần tư thứ I cùng pha với O nên cả đường trịn có 8 điểm cùng pha với O. Chọn C
VD2: Trên mặt chất lỏng, tại hai điểm A và B có hai nguồn giống nhau dao động điều hịa theo phương
thẳng đứng với phương trình u1 = u2 = a cos t . Sóng lan truyền từ hai nguồn có bước sóng  = 1cm . Gọi M
2

2

là đuểm nằm trên trung trực Ox của AB ( O  AB ). Biết OM = 1, 675cm và AB = 6, 7cm . Trong nửa đường
trịn (C) có tâm O đường kính AB, số điểm dao động với biên độ tổng hợp bằng a và cùng pha với M là
A. 10
B. 20
C. 30
D. 40
Giải

(C)
67 5
 MA + MB = 2 3,352 + 1, 6752 =
Xét điểm M có 
20
 MA − MB = 0
M

d + d 2 = k '
Vì tính đối xứng nên ta chỉ xét nửa phần tư thứ I  1
 d1 − d 2 = k

u = 2a cos ( k ) cos (t − k '  ) . Đặt k ' = k '−

67 5
20

1,675
A

ĐK để biên độ bằng a và cùng pha M là: Nếu k ' chẵn thì cos k =

3,35

O

2

2

2

2

2

B

1
1
, nếu k ' lẻ thì cos k = −
2
2

 67 5

d + d 2  AB  k + k '  2 AB  k  89, 78 − k '  k  89, 78 − 
+ k ' 
 20


2
Dùng vòng tròn lượng giác
k '
 67 5

cos k
89, 78 − 
+ k ' 
20


-1/2
1
0
5,8
là 6 lần
5,8 đi qua
2
1
1
4,2
4, 2 đi qua − là 4 lần
2
Nửa phần tư thứ I có 6 + 4 = 10 điểm nên trong nửa đường trịn (C) có 20
điểm. Chọn B
2
1

3,35

2

2

GROUP VẬT LÝ PHYSICS

1/2

kπ