skkn sử dụng dạng chính tắc của hàm hypecbol giải toán giao thoa sóng cơ
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (414.27 KB, 28 trang )
SKKN:Sử dụng dạng chính tắc của hàm hypecbol trong việc giải bài toán giao thoa sóng cơ.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh
Mã số:………………
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
SỬ DỤNG DẠNG CHÍNH TẮC
CỦA HÀM HYPECBOL
GIẢI TOÁN GIAO THOA SÓNG CƠ
Người thực hiện: NGUYỄN TRƯỜNG SƠN
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục :
- Phương pháp dạy học bộ môn : Vật lý
- Lĩnh vực khác:
Có đính kèm:
Mô hình Phần mềm Phim ảnh Hiện vật khác
Năm học: 2013– 2014
Người thực hiện Nguyễn Trường Sơn , Giáo viên trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh 1
SKKN:Sử dụng dạng chính tắc của hàm hypecbol trong việc giải bài toán giao thoa sóng cơ.
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN:
1. Họ và tên : NGUYỄN TRƯỜNG SƠN.
2. Ngày tháng năm sinh: 06 tháng 4 năm 1958
3. Nam, nữ: Nam.
4. Địa chỉ: 255/41, Phường Long Bình Tân, Thành phố Biên Hoà.
5. Điện thoại: CQ: 0613.834289; ĐTDĐCN:0903124832
6. E - Mail:
7. Chức vụ: Tổ trưởng tổ Vật lý – Công nghệ ; Giáo viên : Vật lý .
8. Đơn vị công tác: Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh - Biên Hoà -
Đồng Nai.
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị: Đại học.
- Chuyên ngành đào tạo: Vật lý.
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: giảng dạy Vật lý phổ thông.
Số năm có kinh nghiệm: 35 năm
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:
* Năm 2009 chuyên đề “Phân loại và cách giải các dạng bài toán mạch
điện xoay chiều, thiết bị điện , dao động và sóng điện từ”.
* Năm 2010 chuyên đề “Phân loại và cách giải các dạng toán về tính
chất sóng ánh sáng”.
* Năm 2011 chuyên đề “Phân loại và cách giải các dạng toán về Vật lý
hạt nhân nguyên tử”.
* Năm 2012: chuyên đề “Một số cách giải dạng toán cưc trị”.
* Năm 2013: chuyên đề “Phân loại và cách giải các dạng toán về Lượng
tử ánh sáng”.
* Năm 2014: chuyên đề “Sử dụng dạng chính tắc của hàm Hypecbol để
giải toán giao thoa sóng cơ“.
Người thực hiện Nguyễn Trường Sơn , Giáo viên trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh 2
SKKN:Sử dụng dạng chính tắc của hàm hypecbol trong việc giải bài toán giao thoa sóng cơ.
SỬ DỤNG DẠNG CHÍNH TẮC CỦA HÀM HYPECBOL
GIẢI TOÁN GIAO THOA SÓNG CƠ
I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
Vật lý là môn khoa học nghiên cứu tự nhiên với công cụ đắc lực là toán học.
Có nhiều phương pháp toán học giúp việc giải bài toán vật lý rất hiệu quả. Ví dụ như
phương pháp giản đồ véc tơ quay chuyển bài toán lượng giác sang bài toán hình học
giúp việc giải bài toán trở nên đơn giản và trực quan hơn. Rồi bài toán véc tơ chuyển
sang dạng số phức để khai thác máy tính CASIO lại giúp cho việc tính toán càng nhẹ
nhàng đi rất nhiều. Trong việc giải bài toán cực trị bên cạnh các công cụ sử dụng bất
đẳng thức Côsi, hay bất đẳng thức Bunhiacốp-ski, hay hiện đại hơn là phương pháp
đạo hàm, thì khi ta dùng tính chất đồ thị của hàm bậc hai để khảo sát bài toán cực trị
cũng đã mang đến nhiều lý thú hơn, nhẹ nhàng hơn mà rất hiệu quả.
Trong việc khảo sát bài toán giao thoa sóng cơ, các vân giao thoa là các
đường hypecbol, nên thiết nghĩ để khảo sát các vân giao thoa ta có thể sử dụng dạng
chính tắc của hàm hypecbol. Đó chính là ý tưởng của đề tài này của tôi, cũng mong
đem lại cái hay, ý đẹp của phương pháp này.
II. CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN.
A. Công cụ toán học về hàm và đồ thị hàm Hypecbol :
Trên mặt phẳng P, quỹ tích những điểm M
mà hiệu khoảng cách từ M tới hai điểm cố định
cho trước F
1
, F
2
luôn luôn không đổi, thỏa mãn:
2
21
=−
(1) (trong đó a là số dương
cho trước, a < c với F
1
F
2
= 2c) là đường hypebol
nhận hai điểm F
1
,F
2
làm tiêu điểm. Trên hình vẽ 1:
đường C ứng với các điểm MF
1
– MF
2
= 2a > 0 ;
đường C’ứng với các điểm M’F
1
– M’F
2
= -2a < 0
Người thực hiện Nguyễn Trường Sơn , Giáo viên trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh 3
F
1
M’
F
2
M
C’
C
Hình vẽ 1
SKKN:Sử dụng dạng chính tắc của hàm hypecbol trong việc giải bài toán giao thoa sóng cơ.
- Trong hệ trục tọa độ Oxy với hai
tiêu điểm F
1
, F
2
nằm trên Ox, O trung
điểm F
1
F
2
, Oy là trung trực của F
1
F
2
.
Phương trình dạng chính tắc của hàm
hypecbol:
1
2
2
2
2
=−
(2)
gọi gọn là phương trình hypecbol ;
với a=(MF
1
– MF
2
)/2=(NF
1
– NF
2
)/2=ON;
c = F
1
F
2
/2 và b
2
= c
2
- a
2
(3)
B . Lý thuyết giao thoa:
Giao thoa của hai sóng phát ra từ hai nguồn sóng kết hợp S
1
, S
2
cách nhau một
khoảng S
1
S
2
:
+ Phương trình sóng tại 2 nguồn:
1 1
Acos(2 )
π ϕ
= +
và
2 2
Acos(2 )
π ϕ
= +
(4)
+ Phương trình hai sóng từ hai nguồn truyền tới điểm M cách hai nguồn
lần lượt d
1
, d
2
:
1
1 1
Acos(2 2 )
π π ϕ
λ
= − +
và
2
2 2
Acos(2 2 )
π π ϕ
λ
= − +
(5)
+ Phương trình giao thoa sóng tại M:
1 2 1 2 1 2
2 os os 2
2 2
ϕ ϕϕ
π π π
λ λ
− + +∆
= + − +
(6)
+ Biên độ dao động tại M:
1 2
2 os
2
ϕ
π
λ
− ∆
= +
÷
với
2 1
∆ = −
ϕ ϕ ϕ
(7)
B1 . Tìm số điểm dao động cực đại, dao động cực tiểu trên đoạn nối hai nguồn:
*Số cực đại là số giá trị k thỏa
(k Z)
2 2
∆ ∆
− + < <+ + ∈
ϕ ϕ
λ π λ π
(8)
*Số cực tiểu là số giá trị k thỏa:
(
1 1
2 2 2 2
k Z)
∆ ∆
− − + < < + − ∈+
ϕ ϕ
λ π λ π
(9)
B2 . Hai nguồn dao động cùng pha (
2 1
0
ϕ ϕ ϕ
∆ = − =
hoặc 2kπ )
!"
( )
12
2
−=∆
λ
π
ϕ
(10)
#$%&'("
( )
2 1
2 cos
p
l
= -
(11)
Người thực hiện Nguyễn Trường Sơn , Giáo viên trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh 4
M
S
1
S
2
d
1
d
2
Hình vẽ 3
O
x
y
•
N’
•
N
F
1
M’
’
F
2
M
C’
C
y
x
Hình vẽ 2
SKKN:Sử dụng dạng chính tắc của hàm hypecbol trong việc giải bài toán giao thoa sóng cơ.
A
max
= 2.A khi:
+ Hai sóng thành phần tới M cùng pha ∆ϕ = 2kπ (k∈Z)
+ Hiệu đường đi ∆d = d
2
– d
1
= k.λ (12)
)*+,-.%/012345
%6789*:
;
:
0$%/0,
trên hình vẽ 4 là các đường hypecbol liền nét.
A
min
= 0 khi:
+ Hai sóng thành phần tới M ngược pha nhau
∆ϕ = (2k+1)π (k∈Z)
+ Hiệu đường đi ∆d = d
2
– d
1
= (k +
2
1
).λ (13)
)*+,-.%/010<2345
%6789*:
;
:
$%/0;
trên hình vẽ 4 là các đường hypecbol đứt nét.
+ Số đường dao động với A
max
và A
min
:
Số đường dao động với A
max
là số giá trị của k nguyên thỏa:
λ λ
− < <
(14)
Vị trí của các điểm cực đại giao thoa xác định bởi:
1
.
2 2
l
= +
, với k thỏa (14)
=>?"#@%ABC@DEFC-GHIG
CJK%(LCJK/99H
Số đường dao động với A
min
là số giá trị nguyên của k thỏa:
1 1
2 2
λ λ
− − < < −
(15)
Vị trí của các điểm cực tiểu giao thoa xác định bởi:
1
.
2 2 4
l l
= + +
, với k thỏa (15)
B3. Hai nguồn dao động ngược pha:(
1 2
ϕ ϕ ϕ π
∆ = − =
)
* Các điểm dao động có biên độ cực đại thỏa mãn:
d
1
– d
2
= (2k-1)
2
λ
(k∈Z)
Trên hình vẽ 5 là các đường hypecbol liền nét.
Số đường biên độ cực đại (C-G):
1 1
2 2
λ λ
− − < < −
(16)
* Các điểm dao động có biên độ cực tiểu thỏa mãn:
d
1
– d
2
= kλ (k∈Z)
trên hình vẽ 5 là các đường hypecbol đứt nét.
Số đường dao động cực tiểu (C-G):
(k Z)
− < < + ∈
λ λ
(17)
Người thực hiện Nguyễn Trường Sơn , Giáo viên trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh 5
M
d
1
d
2
S
1
S
2
k = 0
-1
-2
1
Hình vẽ 4 Hình ảnh giao thoa sóng
2 nguồn sóng cùng pha
2
S
1
S
2
k=1
k=2
k= -1
k= - 2
k=0
k=1
k=2
k= 0
k= - 1
Hình vẽ 5: Giao thoa hai nguồn sóng ngược pha
SKKN:Sử dụng dạng chính tắc của hàm hypecbol trong việc giải bài toán giao thoa sóng cơ.
B4. Hai nguồn dao động vuông pha: ∆ϕ =(2k+1) π /2 ( Số Cực đại= Số Cực tiểu)
+ Phương trình hai nguồn kết hợp:
.cos.
ω
=
;
π
ω
= +
.cos( . )
2
B
u A t
. (18)
+ Phương trình sóng tổng hợp tại M:
( ) ( )
2 1 1 2
2. .cos cos .
4 4
u A d d t d d
π π π π
ω
λ λ
= − − − + +
(19)
+ Độ lệch pha của hai sóng thành phần tại M:
( )
2 1
2
2
d d
π π
ϕ
λ
∆ = − +
(20)
+ #$%&'" A
M
=
( )
π π
λ
= − −
2 1
2. . cos
4
u A d d
(21)
* Các điểm dao động có biên độ cực đại thỏa mãn:
1 2
(k Z)
4
λ
λ
− = − ∈
(22)
*Các điểm dao động có biên độ cực tiểu thỏa mãn:
1 2
(k Z)
4
λ
λ
− = + ∈
(23)
Nhận xét: - Các điểm thỏa (22) thuộc các đường hypecbol và các điểm thỏa (23)
thuộc các đường hypecbol xen kẽ họ trên .
- Số điểm cực đại và cực tiểu giao thoa trên đoạn AB là bằng nhauH
B5.Tìm số điểm dao động cực đại, dao động cực tiểu giữa hai điểm M N:
Các công thức tổng quát :
HMG%N:
2 1 1 2 0
2
( )
π
ϕ ϕ ϕ ϕ
λ
∆ = − = − +∆
(24)
HI%67%MG%N"
1 2 0
( ) ( )
2
λ
ϕ ϕ
π
− = ∆ −∆
(25)
- Chú ý:
+
0 2 1
ϕ ϕ ϕ
∆ = −
là độ lệch pha ban đầu của nguồn sóng S
2
so với nguồn sóng S
1
.
+
2 1
∆ = −
ϕ ϕ ϕ
là độ lệch pha của hai sóng thành phần từ 2 nguồn S
2
và S
1
tới M.
H :O%/02%6739%K%(;K/5%/0;P10<"
∆d
M
≤
0
( )
2
λ
ϕ ϕ
π
∆ − ∆
≤ ∆d
N
(26)
Hai điểm M, N cách hai nguồn lần lượt là d
1M
, d
2M
, d
1N
, d
2N
. Ta đặt ∆d
M
= d
1M
- d
2M
;
∆d
N
= d
1N
- d
2N
, giả sử: ∆d
M
< ∆d
N
.
Với
2
ϕ π
∆ =
là các cực đại giao thoa và
(2 1)
ϕ π
∆ = +
là các cực tiểu giao thoa .
Số giá trị nguyên của k thỏa mãn biểu thức trên là số điểm (đường) cần tìm giữa hai
điểm M và N.
Lưu ý: Trong công thức (26) nếu M hoặc N trùng với nguồn thì không dùng dấu
bằng (chỉ dùng dấu <), vì nguồn là điểm đặc biệt không phải là điểm cực đại hoặc
cực tiểu.
Người thực hiện Nguyễn Trường Sơn , Giáo viên trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh 6
M
S
1
S
2
d
1M
d
2M
N
d
1N
d
2N
Hình vẽ 6
SKKN:Sử dụng dạng chính tắc của hàm hypecbol trong việc giải bài toán giao thoa sóng cơ.
C. NHẬN XÉT:
Quỹ tích các điểm cực đại và cực tiểu giao thoa là các đường hypecbol và đường
trung trực của S
1
S
2
coi là đường hypecbol đặc biệt (có a = 0, x = 0). Khi ta gắn vào
hệ trục tọa độ Oxy nằm trên mặt nước, sao cho hai nguồn sóng S
1
, S
2
nằm trên Ox và
nhận Oy làm trục đối xứng thì phương trình đường hypecbol có dạng:
1
2
2
2
2
=−
.
Như vậy có thể vận dụng phương trình dạng chính tắc của hàm Hypecbol để
khảo sát bài toán giao thoa. Đó chính là ý tưởng của sáng kiến kinh nghiệm này.
Nếu như trong phần dao động cơ và dao động điện phương pháp giản đồ véctơ
chuyển bài toán lượng giác sang bài toán hình học có rất nhiều tiện lợi; thì ở đây, ta
chuyển bài toán hình học sang giải bài toán đại số có phần nào nhẹ nhàng hơn và có
thể phát triển hướng khảo sát khác về bài toán giao thoa.
Trong trang Violet tôi cũng gặp một số ít tác giả có dùng cách giải này trong
một số bài toán giao thoa sóng cơ; trong đó phải kể đến bài viết của thầy Bùi Hồng
Đoàn trường THPT Đồng Phú, bài viết tuy ngắn gọn nhưng cũng đã để lại dấu ấn của
phương pháp này.
Ở bài này tôi muốn làm sáng tỏ khả năng của việc vận dụng phương pháp này.
Trên cơ sở tôi đưa vào những ví dụ sử dụng phương pháp này và những ví dụ có áp
dụng cả hai cách: cách hình học thông thường và cách chuyển sang đại số của
phương pháp này, để từ đó có những nhận xét so sánh đánh giá ưu điểm của phương
pháp mới này. Và một điểm quan trọng hơn cả là việc đưa phương pháp mới này vào
ứng dụng trong học sinh của trường tôi đã mang lại những đánh giá tốt, nhất là khi áp
dụng hai cách giải cho thấy ưu điểm phương pháp mới này đơn giản, nhanh hơn
phương pháp thông thường, cho khả năng sử dụng máy tính CASIO nhẹ nhàng cho
việc tính toán.
Tôi mong rằng qua bài viết đúc kết sáng kiến kinh nghiệm này, phương pháp
được phổ biến vận dụng rộng rãi hơn để góp phần vào cải tiến nâng cao chất lượng
giảng dạy. Học trò bớt đi những mặc cảm những phần chương trình khó, bớt những
nhọc nhằn và tự tin trong giải bài toán giao thoa sóng cơ.
III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP
Người thực hiện Nguyễn Trường Sơn , Giáo viên trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh 7
SKKN:Sử dụng dạng chính tắc của hàm hypecbol trong việc giải bài toán giao thoa sóng cơ.
A. CÁC DẠNG BÀI TẬP ĐÃ ĐƯỢC ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP.
Dạng 1:Điểm M trên trên mặt nước, cách S
1
S
2
khoảng d và cách trung trực ON là r
1a) Tìm r từ điểm M nào đó. Ví dụ 4 (trang 11), ví dụ 5 (trang 12) 2 cách giải
1b) Tìm r
max
. Ví dụ 3 (trang 10)
1c) Tìm r
min
. Ví dụ 1( trang 8) , ví dụ 2 ( trang 9 ) 2 cách giải
Dạng 2: Điểm M trên mặt nước, cách S
1
S
2
khoảng d và cách trung trực ON là r
2a) Tìm d
min
. Ví dụ 7 (trang 13)
2b) Tìm d
max
Ví dụ 7 (trang 13)
2c) Tìm d điểm M nào đó. Ví dụ 6 (trang 13)
Dạng 3: Điểm M trên đường thẳng
∆
trên mặt nước, qua một nguồn S
1
(hay S
2
) và
vuông góc đường S
1
S
2
. d là khoảng cách từ điểm M tới một nguồn S
1
(hay S
2
).
3a) Tìm d
max
Ví dụ 10 (trang 16)
3b) Tìm d
min
Ví dụ 8( trang 14) , ví dụ 9 ( trang 15 ) 2 cách giải
3c) Tìm d bậc k nào đó. Ví dụ 9( trang 15)
Dang 4: Bài toán liên quan tìm giao điểm đường giao thoa và đường tròn.
Ví dụ 11( trang 16) , ví dụ 12 ( trang 17 ) 2 cách giải
Dạng 5: Những bài toán liên quan tìm bậc k đường giao thoa.
5a) Tìm số đường hypecbol cắt đoạn thẳng vuông góc với đoạn nối S
1
S
2
.
Ví dụ 15 ( trang 20), ví dụ 16 ( trang 21), ví dụ 17( trang 23) 2 cách giải
5b) Tìm số đường hypecbol cắt đoạn thẳng song song với đoạn nối S
1
S
2
.
Ví dụ 18( trang 23).
5c) Tìm số đường hypecbol cắt đoạn thẳng xiên góc với đoạn nối S
1
S
2
.
Ví dụ 13 ( trang 18), ví dụ 14( trang 19).
B. MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP.
Dạng bài 1: Tìm khỏang cách từ điểm M là cực đại giao thoa trên
∆ // S
1
S
2
, tới đường trung trực của AB.
* Hai nguồn kết hợp S
1
S
2
cùng pha
Ví dụ 1: QR9-099R$0S6!;GN':
E
:
9%T;T O;.:
:
U0(9RN'
6!
λ
0H67A2
∆
399E!:
:
E.:
:
09J
0HTìm khoảng cách ngắn nhấtM%/09%E!$%K%(R$
∆
%NRRK:
:
V
Giải:
Người thực hiện Nguyễn Trường Sơn , Giáo viên trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh 8
SKKN:Sử dụng dạng chính tắc của hàm hypecbol trong việc giải bài toán giao thoa sóng cơ.
- Chọn hệ trục tọa độ Oxy thuộc mặt nước có gốc O là trung điểm S
1
S
2
, Ox trùng
đường thẳng chứa S
1
S
2
, Oy trùng trung trực của S
1
S
2
như hình vẽ 7.
Nhận xét:
- Hai nguồn cùng pha nên điểm M dao
động với biên độ cực đại thỏa mãn:
d
1
- d
2
= k.λ (1)
QMFEWX@9J.
M9%/0%6789
EY%N%67RRK:
:
Z;N*89
1H
Đường trung trực ứng với k = 0;
nên điểm M thỏa mãn bài toán ứng với
k = 1( xét về phía x > 0 như hình vẽ 7).
- Bài toán chuyển về tìm x
M
ứng với y
M
= d = 2cm của đường hypebol
1
2
2
2
2
=−
bậc k = 1 nhận S
1
, S
2
làm tiêu điểm có:
( )
2 1
d d 1.
a 0,5.2=1 cm
2 2
l-
= = =
;
2 2
2 2 2 2
8
1 15( )
2 2
0
æö æö
÷ ÷
ç ç
= - = - =
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
.
Vậy khoảng cách ngắn nhất từ M đến trung trực là :
2 2
2
2
' 1 1. 1 1,1255( ) 11,3
15
[ 0 00
= = + = + = »
Ví dụ 2: QR9-0E!G.OE#R$0S6!;
9J.G#\0HIR]%E!6!
λ
^0H_`
%67AY99E!#;.#9J[=a
3
0Hb4=9
YE!RRK[P#HKhoảng cách ngắn nhấttừ C đến điểm D9%E!
$%K%(R$Y
H0 #Hc0 =H;UU dH^0
Giải:TF4C67
Cách 1: Khoảng cách ngắn nhất từ C đến điểm D
dao động cực đại trên ∆ là đoạn CD khi đó điểm D
nằm trên cực đại bậc k = 1. d
2
– d
1
= 4cm (1)
Xét tam giác vuông AHD ta có AD
2
= AH
2
+HD
2
Suy ra d
1
2
= AH
2
+ OC
2
= ( AO – DC )
2
+ OC
2
Þ
d
1
2
= (8 - CD)
2
+ (a
3
)
2
(2)
Tương tự ta có d
2
2
= BH
2
+ OC
2
= (AO + DC)
2
+ OC
2
= (8 +CD)
2
+ (a
3
)
2
(3).
Từ (2) và (3)
Þ
d
2
2
– d
1
2
= 4. AO. CD = 2 . AB. CD (4)
Thay (1) vào (4) ta có d
1
+d
2
= AO . CD = 8. CD (5)
Giải hệ (1) (2) và ( 5) ta được d
1
= 10cm, d
2
= 14cm, CD =3cm
Þ
chọn B.
Giải cách 2: Khoảng cách ngắn nhất từ C đến điểm D dao động với biên độ cực đại
trên ∆∆’ khi D thuộc các vân cực đai bậc 1 ( k = ± 1)
Người thực hiện Nguyễn Trường Sơn , Giáo viên trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh 9
•N
∆
d
x
O’
y
M
•
O
S
1
S
2
x
y
•
M’
•
N’
Hình vẽ 7
∆
∆
h
d
2
d
1
H
A
B
O
D
C
y
x
•
Hình vẽ 8
∆
∆
h
d
2
d
1
H
A
B
O
D
C
y
x
•
Hình vẽ 8
SKKN:Sử dụng dạng chính tắc của hàm hypecbol trong việc giải bài toán giao thoa sóng cơ.
Tại M: d
2
– d
1
= λ = 4(cm) (*) Đặt DC =OH = x
Từ 2 ∆ vuông ADH và BDH ta có
d
1
2
= h
2
+ (8 - x)
2
d
2
2
= h
2
+ (8 + x)
2
Do đó d
2
2
– d
1
2
= 32x
Þ
(d
2
+ d
1
)(d
2
- d
1
) = 32x
Þ
d
2
+ d
1
= 8x (**)
Từ (*) và (**) d
1
= 4x - 2
d
1
2
= h
2
+ (8- x)
2
= 75 + (8 - x)
2
Þ
(4x- 2)
2
= 75 + (8 – x)
2
Þ
16x
2
– 16x + 4 = 139 – 16x + x
2
Þ
15x
2
= 135
Þ
x = 3cm. Đáp án B.
Giải cách 3: T6eRF-Z89
- Chọn hệ trục tọa độ Oxy thuộc mặt nước có gốc O là trung điểm S
1
S
2
, Ox trùng
đường thẳng chứa S
1
S
2
, Oy trùng trung trực của S
1
S
2
như hình vẽ 8.
- Bài toán chuyển về tìm x
D
ứng với y
D
= h = a
3
0 của đường hypebol
1
2
2
2
2
=−
bậc k = 1 nhận S
1
, S
2
làm tiêu điểm có:
( )
2 1
d d . 1.4
a = 2 cm
2 2 2
l-
= = =
;
2 2
2 2 2 2
16
2 60( )
2 2
0
æö æ ö
÷ ÷
ç ç
= - = - =
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
.
Vậy khoảng cách ngắn nhất từ D đến trung trực là :
2 2
2
(5 3)
1 2. 1 3( )
60
d
=d 0
= = + = + =
. Chọn đáp án B.
Nhận xét: Ở cách 3 cho việc giải đại số chỉ bấm máy tính nhẹ nhàng hơn nhiều so
với hai cách trên.
Ví dụ 3: QR9-099R$0S6!;GN':
E:
9%T;T O;.:
:
U0(9RN'
6!
λ
0H67A2
∆
399E!:
:
E.:
:
09J
0HTìm khoảng cách lớn nhất M
%/09%E!$%K%(
R$Y%NRRK:
:
V
Giải:
-Chọn hệ trục tọa độ Oxy trên mặt nước
có gốc O là trung điểm S
1
S
2
, Ox trùng
đường thẳng chứa S
1
S
2
, Oy trùng trung
trực của S
1
S
2
như hình vẽ 9.
Nhận xét:- Hai nguồn cùng pha điểm M
dao động với biên độ cực đại thỏa mãn :
d
2
- d
1
= k.λ (1)
QMFEWf@9J.M9%/0%6789EY%N%67
RRK:
:
!;N*89!H
Người thực hiện Nguyễn Trường Sơn , Giáo viên trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh 10
N•
∆
d
x
O’
y M
O
S
2
x
y
M’
N’
d
1
d
2
Hình vẽ 9
S
2
S
1
•
•
SKKN:Sử dụng dạng chính tắc của hàm hypecbol trong việc giải bài toán giao thoa sóng cơ.
Ta có -S
1
S
2
< d
2
- d
1
< S
1
S
2
(2), với S
1
S
2
= 8cm, λ = 2cm.
Từ (1) và (2)
( 8/ 2) 8/ 2 4 4 0; 1; 2; 3 Þ - < < Û - < < Þ = ± ± ±
- Điểm M có khoảng cách lớn nhất đến đường trung trực của S
1
:
2
trên mặt nước ứng
với k
max
= 3 ( xét về phía x > 0 như hình vẽ 9 )
- Bài toán chuyển về tìm x
M
ứng với y
M
= d = 2cm của đường hypebol
1
2
2
2
2
=−
bậc k = 3 có
( )
2 1
d d
3. 3.2
a 3 cm
2 2 2
l
-
= = = =
;
2 2
2 2 2 2
8
3 7( )
2 2
0
æö æö
÷ ÷
ç ç
= - = - =
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
.
Vậy khoảng cách lớn nhất từ M đến trung trực là :
2 2
2
2
' . 1 3. 1 3,761( ) 37,6
7
[ 0 00
= = + = + = »
* Hai nguồn sóng ngược pha:
Ví dụ 4: QR$0S@1GN'#
9%E!6eRF
a92g
π
30h
#
a92g
π
π
30H#g0hO%R]R$
0S@1g0iHd0%/0R$%67$%9%K%(B
/M%67RRK#E.#%9(^0HTìm khoảng cách từ D
đến trung trực#
H
Hag00 #H^;^00 =Hcg00 dHa00
Giải:
- Chọn hệ trục tọa độ Oxy thuộc mặt nước
có gốc O là trung điểm AB , Ox trùng
đường thẳng chứa AB, Oy trùng trung trực
của AB như hình vẽ 10.
- Bước sóng λ = V.T = V. 2π/ω = 4(cm).
Đặt d
1
= DA; d
2
= DB.
IG6'điểm D dao động
với biên độ cực đại thỏa d
2
- d
1
= (k -
1
2
)
λ
.
D là một điểm trên đường cực đại thứ 2 ứng với k = 2
Þ
d
2
- d
1
= 1,5λ .
- Bài toán chuyển sang tìm x
M
ứng với y
M
= d = 4cm của đường hypebol
1
2
2
2
2
=−
có
( )
2 1
d - d
1,5.4
a 3 cm
2 2
= = =
;
2 2
2 2 2 2
10
3 16( )
2 2
0
æö æ ö
÷ ÷
ç ç
= - = - =
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
- Vậy khoảng cách từ M đến trung trực của S
1
S
2
là:
2 2
M
M
2
y 4
x a. 1 3. 1 4,243(cm) 42,4mm
b 16
= + = + ≈ =
Þ
Chọn B
Ví dụ 5 : QR9-0E!G.OE#R$0S6!;
9J.G#\0HIR]%E!6!
λ
^0H_`
%67AY99E!#;.#9J[=a
3
0Hb4=9
Người thực hiện Nguyễn Trường Sơn , Giáo viên trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh 11
•
C
∆
D
h
d
2
d
1
H
Hình vẽ 10
x
y
O
∆
A
B
SKKN:Sử dụng dạng chính tắc của hàm hypecbol trong việc giải bài toán giao thoa sóng cơ.
YE!RRK[P#H/0DC9%R$%67K/BcED0
R$YHQ-hoảng cách từ D đến điểm C
HaU;a00 #HUa;a00 =HU;U00 dH^g;a00
Giải:
Cách 1: TF4C67
Đặt DC = x . Điểm D không dao động hay có biên độ cực tiểu thỏa mãn:
d
1
– d
2
= (k - 0,5).λ (1)
/0DR$%67K/Bc
d
1
– d
2
= (3-0,5).λ = 10(cm) (2)
Từ 2 ∆ vuông ADH và BDH ta có
d
1
2
= h
2
+ (8 +x)
2
d
2
2
= h
2
+ (8 - x)
2
Do đó d
1
2
– d
2
2
= 32x
Þ
(d
2
+ d
1
)(d
1
– d
2
) = 32x
Þ
d
2
+ d
1
= 3,2x (**)
Từ (1) và (2) d
1
= 1,6x +5
Mà d
1
2
= h
2
+ (8 + x)
2
= 75 + (8 +x)
2
Þ
(1,6x +5)
2
= 75 + (8 + x)
2
Þ
2,56x
2
+ 16x + 25 = 139 + 16x + x
2
Þ
1,56.x
2
= 114
Þ
x = 8,55cm = 85,5mm. Đáp án B.
Giải cách 2: T6eRF-Z89
- Chọn hệ trục tọa độ Oxy thuộc mặt nước có gốc O là trung điểm AB, Ox trùng
đường thẳng chứa AB, Oy trùng trung trực của AB như hình vẽ 11.
- Bài toán chuyển về tìm x
M
ứng với y
M
= h= a
3
0 của đường hypebol
1
2
2
2
2
=−
cực tiểu thứ k = 3 nhận A, B làm tiêu điểm có:
( )
2 1
d d ( 0,5). (3 0,5).4
a = 5 cm
2 2 2
l- - -
= = =
;
2 2
2 2 2 2
16
5 39( )
2 2
0
æö æ ö
÷ ÷
ç ç
= - = - =
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
.
Vậy khoảng cách từ D đến trung trực là :
2 2
2
(5 3)
1 5. 1 8,55( ) 85,5
39
d
d= 0 00
= = + = + = =
. Chọn đáp án B.
Nhận xét: Ở cách 2 dẫn tới giải đại số chỉ bấm máy tính nhẹ nhàng hơn nhiều so
với biến đổi đại số ở cách 1 .
Dạng bài 2: Cho điểm M trên đường giao thoa cách trung trực một
khoảng d. Tìm khỏang cách từ điểm M tới đường nối
hai nguồn sóng AB.
Người thực hiện Nguyễn Trường Sơn , Giáo viên trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh 12
•
C
∆
D
h
d
2
d
1
H
Hình vẽ 11
x
y
O
∆
A
B
SKKN:Sử dụng dạng chính tắc của hàm hypecbol trong việc giải bài toán giao thoa sóng cơ.
Ví dụ 6: QR90-099R$0S6!;GN'E#
9%6'E! O
Hz 15 = f
H#\0HQO%R]R$0S
6!cg0iH/0R$0S6!%67$%9%K%(
Bc.RRK#%9(c;0Fcách AB đoạn @jD
Hg;c00H #HUg;\00H =H\g;^00H dH\g;X00H
Giải:
Chọn hệ trục tọa độ Oxy trên mặt nước có gốc O là trung điểm AB, Ox qua A và B,
Oy trùng trung trực của AB như hình vẽ 12.
Cách 1:TF4C67
Bước sóng λ=v/f = 30 :15 = 2cm;
trên AB: AH = AB/2 - 3,2 = 4,8cm;
BH = AB/2 + 3,2 = 11,2cm
+ Vì 2 nguồn ngược pha nên điều kiện
cực đại giao thoa là: d
2
– d
1
= (k - 0,5)λ
Cực đại thứ 3: k = 3
Þ
d
2
– d
1
= (3-0,5) . 2 = 5 cm (1)
+Tam giác vuông AHM và BHM ta có d
1
và d
2
:
Thay vào(1)có phương trình:
2 2
11,2 +
-
2 2
4,8 +
= 5
giải phương trình trên dùng máy tính CASIO được y = 6,07 cm.
Þ
Chọn đáp án D.
Cách 2:T6eRF-Z89K%(
2 2
2 2
1
− =
ứng với k = 3
có a = (d
2
– d
1
)/2 = 5/ 2 = 2,5cm; b
2
= c
2
– a
2
= (AB/2)
2
- a
2
= 8
2
– 2,5
2
= 57,75cm ;
Với x
M
= - 3,2cm
Þ
2 2
2 2
3,2
57,75( 1) 57,75( 1) 6,07( ) 60,7
2,5 2,5
0 00= - = - » =
Þ
Chọn đáp án D.
Ví dụ 7 : Q(%/0E#R$0S6!.U0GN'9
%E!6eRF"
1 2
u u acos40 t(cm)= = π
;O%R]R$0S6!
30(cm / s)
HPN%9(A=d^0R$0S6!%67RRKE!
#Hk9J.!@M=d%N#99R$%9(=dja%/09
%E!$%K%(9$V
Giải :
- Chọn hệ trục tọa độ Oxy trên mặt nước có gốc O là trung điểm AB, Ox qua A và B,
Oy trùng trung trực của AB như hình vẽ 13.
- Bước sóng λ = v/f = 30/20 = 1,5cm
Cách 1:TF4C67
- Hai nguồn cùng pha nên điểm cực đại giao thoa thỏa mãn d
2
– d
1
= kλ (1)
- Khoảng cách h lớn nhất từ CD đến AB mà trên CD chỉ có 5 điểm dao động với biên
độ cực đại, khi đó C và D thuộc các vân bậc k = ± 2 .
Tại C: d
2
– d
1
=2.1,5 = 3,0(cm) (2)
Người thực hiện Nguyễn Trường Sơn , Giáo viên trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh 13
x
x
A
B
M
O
d
1
d
2
y
y
H
Hình vẽ
12
Hình vẽ 13
y
h
d
1
x
d
2
M
C
•
A
•
B
D
O
x
y
SKKN:Sử dụng dạng chính tắc của hàm hypecbol trong việc giải bài toán giao thoa sóng cơ.
và trên AB ta có: AM = 2cm; BM = 6 cm
Từ các tam giác vuông AHC và BHC ta có:
d
1
2
= h
2
+ 2
2
và d
2
2
= h
2
+ 6
2
Do đó d
2
2
– d
1
2
= 3,0(d
1
+ d
2
) = 32 ,
kết hợp (2)
Þ
d
2
+ d
1
= 32/3,0 (cm) (3)
Giải (2) và (3) ta có d
1
= 23/6 cm.
Vậy
2 2 2
1
2 (23 / 6) 4 3,27 0
= − = − =
.
Cách 2:T6eRF-Z89
2 2
2 2
1
− =
ứng vân cực đại bậc 2
c = AB/2 = 8/2=4cm; a =(d
2
– d
1
)/2 = 3,0/2=1,5cm
Þ
b
2
= c
2
– a
2
=4
2
–1,5
2
=13,75cm ;
Với x
C
= -2cm
Þ
2
2
2 2
2
13,75( 1) 13,75( 1) 3,27( )
1,5 1,5
=
=
0= - = - »
Dạng bài 3: Điểm M trên đường thẳng ∆ trên mặt nước, vuông góc
đường S
1
S
2
, đi qua một nguồn S
1
( hay S
2
). Tìm khỏang
cách từ điểm M trên vân giao thoa tới nguồn S
1
(hay S
2
).
Ví dụ 8: QR9-099R$0S6!;GN':
E
:
9%T;T O;.:
:
g0(9RN
'6!
λ
0H67AYR$0S6!+:
;ECE!
:
:
HTìm khoảng cách ngắn nhất
0
M%/09%E!$%K%(R$
Y%N%67OG:
:
V
Giải:
- Chọn hệ trục tọa độ Oxy trên mặt nước có gốc O là trung điểm của S
1
S
2
, Ox trùng
đường thẳng chứa S
1
S
2
, Oy trùng trung trực của S
1
S
2
như hình vẽ 14.
Nhận xét: Hai nguồn cùng pha nên điểm M
dao động với biên độ cực đại thỏa mãn :
d
2
- d
1
= k.λ (1)
Ta có -S
1
S
2
< d
2
- d
1
< S
1
S
2
(2),
Từ (1) và (2)
( 10 / 2) 10 / 2Þ - < <
5 5 0; 1; 2; 3; 4 Û - < < Þ = ± ± ± ±
- Điểm M là giao điểm giữa đường
thẳng ∆ trên mặt nước đi qua S
2
, vuông
góc với S
1
S
2
và đường hypebol bậc k.
Điểm M có khoảng cách nhỏ nhất MS
2
khi bậc (k)
max
= 4 ( xét về phía x > 0
như hình vẽ 14)
- Bài toán chuyển về tìm y
M
ứng với x
M
= /2 = 5cm của đường hypebol bậc k = 4:
1
2
2
2
2
=−
có:
( )
2 1
d d
4.
a 4 cm
2 2
l
-
= = =
;
2 2
2 2 2 2
10
4 9( )
2 2
0
æö æ ö
÷ ÷
ç ç
= - = - =
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
.
Người thực hiện Nguyễn Trường Sơn , Giáo viên trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh 14
Hình vẽ 14
x
M
y
d
1
d
2
N •
O
S
1
x
y
S
1
S
2
∆
SKKN:Sử dụng dạng chính tắc của hàm hypecbol trong việc giải bài toán giao thoa sóng cơ.
Xét về phía y > 0 như hình vẽ khoảng cách ngắn nhất từ M đến S
2
là
2 2
2
2 2
5
( 1) 9.( 1) 2,25( )
4
0
= - = - =
Ví dụ 9: QR$]0S@1GN'#.g;g09
%TH#N90lG.R Og2Im3;E*OR]
g;c20i3Hb40%/09%E!$%K%(;D0R$%67
ECE!#(H9(.Rn1@"
Ha;U0#H;ga\0=H;0dHc;g0
Giải
Cách 1: TF4C67" Tính:
30,0
3,0( )
10
)
0
λ
= = =
.
- Chọn hệ trục tọa độ Oxy trên mặt nước có gốc O là trung điểm AB, Ox qua Avà B;
Oy trùng trung trực của AB như hình vẽ 15.
-Hai nguồn cùng pha ,vân giao thoa có biên độ dao động cực đại trên đoạn AB thỏa
mãn điều kiện :
2 1
λ
− =
và
2 1
# #
− < − <
.
Suy ra :
10,0 10,0
3,3 3,3
3 3
# #
λ λ
− −
< < ⇔ < < ⇔ − < <
nên :
0, 1, 2, 3 = ± ± ±
.
Vậy đoạn AM có giá trị bé nhất thì M phải nằm
trên đường cực đại bậc k
Max
= 3 như hình vẽ 15
và thỏa mãn :
2 1
3.3,0 9,0( ) 0
λ
− = = =
(1)
Mặt khác, do tam giác AMB là tam giác vuông
nên :
2 2 2 2
2 1
10,0 (2)# # = = + = +
Từ (1),(2) ta có:
2 2
1 1 1
10,0 9,0 1,056( ) 0+ − = ⇒ =
Þ
Chọn đáp án B.
Cách 2: T6eRF-Z89
- Bài toán chuyển về tìm y
M
ứng với x
M
= /2 = 5,0cm của đường hypebol:
1
2
2
2
2
=−
bậc k = 3 có
( )
2 1
d d 3.
a 3.1,5 =4,5 cm
2 2
l-
= = =
;
2 2
2 2 2 2
10
4,5 47,5( )
2 2
0
æö æ ö
÷ ÷
ç ç
= - = - =
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
.
Xét về phía y > 0 như hình vẽ khoảng cách ngắn nhất từ M đến AB là
2 2
2 2
5,0
47,5.( 1) 47,5.( 1) 1,056( )
4,5
00
= - = - »
Þ
Chọn đáp án B.
Nhận xét: hai cách giải trên có thể nói tương đương nhau.
Ví dụ 1 0: QR9-099R$0S6!;GN':
E
:
9%T;T O;.:
:
U0(9RN'
6!
λ
0H67AYR$0S6!+:
;ECE!:
:
H
Người thực hiện Nguyễn Trường Sơn , Giáo viên trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh 15
d
1
A
B
M
k= 0
d
2
k= 3
d
1
O
x
y
Hình vẽ 15
Hình vẽ 16
x S
1
d
1
d
2
My
•N
O
SS
1
x
S
2
y
∆
SKKN:Sử dụng dạng chính tắc của hàm hypecbol trong việc giải bài toán giao thoa sóng cơ.
QF09J.!@
0
M%/09%E!$%K%(R$Y%N
%67OG:
:
V
Giải
- Chọn hệ trục tọa độ Oxy trên mặt nước
có gốc O là trung điểm S
1
S
2
, Ox qua S
1
S
2
,
Oy trùng trung trực của S
1
S
2
như hình vẽ16.
- Hai nguồn cùng phađiểm M dao động
với biên độ cực đại thỏa d
2
- d
1
= k
λ
(1)
Đường trung trực ứng với cực đại k = 0
Điểm M có khoảng cách lớn nhất đến
đường nối 2 nguồn S
1
:
2
ứng với k
min
= 1
( xét về phía y > 0 như hình vẽ 16)
- Bài toán chuyển về tìm y
M
ứng với x
M
=4cm
của đường hypebol bậc k=1 :
1
2
2
2
2
=−
có:
a = (d
2
- d
1
)/2
= 1.
λ
/2= 1.2/2=1(cm);
2 2 2 2 2 2 2 2
( / 2) 4 1 15( ) 0= - = - = - =
.
Khi đó x
M
=4cm , khoảng cách lớn nhất từ M đến S
1
2 2
2
1
2
4
( 1) 15.( 1) 15( )
1
: 0
Þ = = - = - =
Dạng bài 4: Bài toán liên quan tìm giao điểm đường giao thoa
và đường tròn.
Ví dụ 11: QR96'996!;GN';#.
09Jg09%%]o896eA%B;T;T
OagImHQO%R]R$0S6!;a0iH_`.%/0R$0S
6!%67Rop0;.-qH/0D0R$%67Ro9%
E!$%K%(.%67RRK#09JZ@ 9
$0V
Giải :
Chọn hệ trục tọa độ Oxy trên mặt nước có gốc O
là trung điểm AB, Ox qua AB, Oy trùng trung trực
của AB như hình vẽ 17.
Bài toán đưa về tìm x = KM = OH.
=. "TF4C67H
Chọn B là nguồn 2, A là nguồn 1; tính λ = v/f = 3cm.
Điểm M thuộc đường tròn dao động với biên độ cực đại
gần trung trực AB nhất là điểm ứng với cực đại k = 1 :
Người thực hiện Nguyễn Trường Sơn , Giáo viên trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh 16
K
d
2
d
1
y
x
O
x
A B
y
M
H
Hình vẽ 17
SKKN:S dng dng chớnh tc ca hm hypecbol trong vic gii bi toỏn giao thoa súng c.
d
1
d
2
= k = 3cm v d
1
= R = l = 20cm
d
2
= d
1
3 = l - 3 = 17 cm
T hỡnh v 17 hai tam giỏc vuụng AHM v BHM ta cú
AM
2
= AH
2
+ HM
2
v BM
2
= BH
2
+ HM
2
.
Thay tng ng ta cú hai phng trỡnh n x v y
( )
( )
( )
2
2
2 2 2 2
1
2
2
2 2 2 2
2
AB
d y x 20 y 10 x
2
x 2,775 cm
AB
d y x 17 y 10 x
2
= + + = + +
ữ
=
= + = +
ữ
=. "T6eRF-Z89
-Bi toỏn chuyn v tỡm x
M
ng vi M giao ca ng trũn tõm A bỏn kớnh R=20cm
cú phng trỡnh (10 + x)
2
+ y
2
= 20
2
; vi ng hypebol bc k = 1 cú phng trỡnh
1
2
2
2
2
=
cú
( )
. 1.3
a = 1,5 cm
2 2
l
= =
;
2 2
2 2 2 2
100
(1,5) 97,75 ( )
2 2
0
ổử ổ ử
ữ ữ
ỗ ỗ
= - = - =
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
.
Ta gii h phng trỡnh:
( )
2
2 2
2 2
2
10 x y 20
1
1,5 97,75
ỡ
ù
+ + =
ù
ù
ù
ớ
ù
- =
ù
ù
ù
ợ
cú nghim
M
x 2,775cm 2,8cm
y 15,388cm 15,4
0
ỡ
=
ù
ù
ớ
ù
=
ù
ợ
;
;
Vy khong cỏch nh nht t im cc i trờn ng trũn tõm A n trung trc ca
AB l 2,8cm.
Vớ d 12:
b996!E!GO;#.g0
OagImHQO%R]R$0S6!ca0iHQR$0S6!`%67Ro
p0;.-#H/0R$%67Ro9%E!$%K%(.
%67A+;#0%9( @9$0H
Gii :
Chn h trc ta Oxy trờn mt nc cú gc O l trung im AB, Ox qua AB, Oy
trựng trung trc ca AB
nh hỡnh v 18. Bi toỏn a v tỡm y = HM .
=. "TF4C67H
Chn B l ngun 2, A l ngun 1; tớnh = v/f = 0,7cm.
im M thuc ng trũn dao ng vi biờn cc i
l im tha món: d
1
d
2
= MA MB = k
Xột im N trờn AB dao ng vi biờn cc i
AN = d
1
; BN = d
2
(cm) tha d
1
d
2
= k. = k.0,7
v d
1
+ d
2
= AB = 10 cm
ị
d
1
= 5 + 0,35.k,
m 0 < d
1
< 10 khụng k A, B
nờn 0 < 5 + 0,35k < 10
ị
- 14,2 < k < 14,2
ị
Trờn ng trũn cú 58 im dao ng vi biờn cc i.
- im M gn ng thng AB nht ng vi k = 14 tha món
d
1
d
2
= 14. = 9,8cm (1);
m d
1
= AB = 10cm
ị
d
2
= d
1
9,8 = 10 9,8 = 0,2cm.
Ngi thc hin Nguyn Trng Sn , Giỏo viờn trng THPT Nguyn Hu Cnh 17
d
1
B
A
d
2
O
H
y
O
x
y
Hỡnh v 18
M
SKKN:S dng dng chớnh tc ca hm hypecbol trong vic gii bi toỏn giao thoa súng c.
Xột tam giỏc AMB; h
I #^
, t MH = y l khong cỏch ngn nht tha iu
kin bi ra v t OH = x l ta ca M trờn Ox; t hai tam giỏc vuụng AMH v
BMH ta cú:
y
2
= d
1
2
AH
2
= 10
2
(5 + x)
2
y
2
= d
2
2
BH
2
= 0,2
2
(5 x)
2
gii h phng trỡnh trờn
ị
10
2
(5 + x)
2
= 0,2
2
(5 x)
2
ị
x = 4,998 cm
ị
2 2 2 2
2
0,2 0,002 0,1999( ) 0,2 . 0 0= - = - = ;
=. "T6eRF-Z89
- Bi toỏn chuyn v tỡm y
M
ng vi M l giao im ca ng trũn tõm A bỏn kớnh
R=10cm cú phng trỡnh (5 + x)
2
+ y
2
=10
2
; vi ng hypebol bc k=14 cú phng
trỡnh
1
2
2
2
2
=
cú
( )
. 14.0,7
a = 4,9 cm
2 2
l
= =
;
2 2
2 2 2 2
10
(4,9) 0,99 ( )
2 2
0
ổử ổ ử
ữ ữ
ỗ ỗ
= - = - =
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
.
Ta gii h phng trỡnh:
( )
2
2 2
2 2
2
5 x y 10
1
4,9 0,99
ỡ
ù
+ + =
ù
ù
ù
ớ
ù
- =
ù
ù
ù
ợ
cú nghim
M
x 4,998cm
y 0,1999cm 0,2
0
ỡ
=
ù
ù
ớ
ù
=
ù
ợ
;
Vy khong cỏch nh nht t im M dao ng cú biờn cc i trờn ng trũn
tõm A, n on ni hai ngun AB l 0,2cm.
Nhn xột: Vi hai bi trờn ta thy cỏch lm 2 nh nhng, d hiu hn cỏch 1 v
cỏch 2 cú th dựng mỏy tớnh CASIO h tr tớnh rt hiu qu.
Dng bi 5: Nhng bi toỏn liờn quan tỡm bc k ng giao thoa.
Vớ d 1 3: QR9-0990S6!;G:
E:
.
0E9%%]o896eECE!0S6!6e
RF
a92ggr300HQO%R]Eg;a0iE$%
C%&R]%H=4Rs[0SA0S6!$S;
O[RTE!:
;[489:
:
HQR$0S6!@%/0/%
E!6eRF+,%(92t3EO%E
au0iHQR97
/M>2t34%gF2t3Z9$EpK%(R9ET9
9V
A.22 B. 15 C.13 D.14
Gia :
=. "TF4C67H
Chn h trc OXY thuc mt phng mt nc khi yờn lng, gc O trựng vi S
1
, OX
dc theo S
1
S
2
;
1 2
[v : :^
.
- Tớnh =V.T = V.2/ =50. 2/100 = 1cm
+ng thng (P): Y = X+ 2
ị
h s gúc tan = 1
ị
=45
0
;
t = 2s i quóng ng S = MN = v
1
t = 10
2
cm
ị
MI = NI = 10cm
Ngi thc hin Nguyn Trng Sn , Giỏo viờn trng THPT Nguyn Hu Cnh 18
SKKN:Sử dụng dạng chính tắc của hàm hypecbol trong việc giải bài toán giao thoa sóng cơ.
+ MS
1
=
2 2
10 12+
=15,62cm;
MS
2
=
2 2
1 12+
= 12,04cm ;
NS
2
=
2 2
11 2+
=11,18cm ; NS
1
=2cm
+ Số cực đại trên MN:
NS
1
– NS
2
≤ k.λ ≤ MS
1
– MS
2
Þ
- 9,18 ≤ k ≤ 3,58
Þ
Vậy trong 2s quỹ đạo
(P)cắt 13 cực đại trong vùng giao thoa của sóng.
Cách 2"T6eRF-Z89
- Chọn hệ trục tọa độ O’xy trên mặt nước có
gốc O’ là trung điểm S
1
S
2
, O’x qua S
1
S
2
,
O’y trùng trung trực của S
1
S
2
như hình vẽ 19.
Bài toán chuyển về tìm M giao điểm của đường
thẳng (P) có phương trình y = x + 7,5 (1) với
đường hypebol bậc k có
( )
. .1
a = 0,5. k cm
2 2
l
= =
và
2 2
2 2 2 2
11
(0,5. ) 30,25 0,25
2 2
æö æ ö
÷ ÷
ç ç
= - = - = -
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
l : à
2 2
2 2
1
0,25 30,25 0,25
- =
-
(2)
-Khi t = 0s, (P) có x = -5,5cm và y = 2cm; thay vào (2) ta có phương trình ẩn k:
2 2
2 2
( 5,5) (2)
1
0,25 30,25 0,25
-
- =
-
, có nghiệm k
1
= 9,18 .
-Khi t = 2s, (P) có x = 4,5cm và y = 12cm; thay vào (2) ta có phương trình ẩn k:
2 2
2 2
4,5 12
1
0,25 30,25 0,25
- =
-
, có nghiệm k
2
= 3,58 .
Bậc k là số nguyên và theo chiều dương trục O'x thì ta lấy k
1
= -9 và k
2
= 3, như vậy
trong thời gian 2s quỹ đạo (P) cắt tất cả 13 đường hypecbol có biên độ cực đại .
Ví dụ 1 4: 2QR-%]/Iwgg3x0S9.0@1
GN'E#.g2039%896eA%BE!
6eRF
2. (40 ) ( )
9 00
π
=
E
2. (40 ) ( )
#
9 00
π π
= +
;2
E
#
-D00;-D3H#NO%R]R$0S@1cg20i3H
_`FEC#=d0S@1H:O%/09%E!$%K%(
R$%9(#d"HX#HU=HfdHg
Giải: Nhận xét: hai nguồn dao động ngược pha
=. "TF4C67H
Tính
2 2
20 2( )#d d # 0= + =
;
2 2
0,05( )
40
Q
π π
ω π
= = =
Vậy :
. 30.0,05 1,5EQ 0
λ
= = =
Tìm số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn DB .
Do hai nguồn dao động ngược pha nên số cực đại trên
đoạn BD thỏa mãn :
2 1
2 1
(2 1)
2
d #d # [
λ
− = +
− < − < −
Người thực hiện Nguyễn Trường Sơn , Giáo viên trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh 19
SS
1
A
B
D
C
O
I
y
x
Hình vẽ 20
Y
•M
N •
•
M
O
S
1
S
2
•I
S
1
2
S
2
Hình vẽ 19
O’
X
(P)
y
SKKN:Sử dụng dạng chính tắc của hàm hypecbol trong việc giải bài toán giao thoa sóng cơ.
Suy ra :
(2 1)
2
d #d #
λ
− ≤ + ≤ −
hay :
2( ) 2
2 1
d #d #
λ λ
−
≤ + ≤
.
Thay số :
2(20 20 2) 2.20
2 1
1,5 1,5
−
≤ + ≤
Þ
11,04 2 1 26,67− ≤ + ≤
Vì :
ê 6 k 12 Þ - £ £
. Vậy có 19 điểm cực đại. Chọn C.
Cách 2"T6eRF-Z89
- Chọn hệ trục tọa độ O’xy trên mặt nước có gốc O’ là trung điểm AB, O’x qua AB
O’y trùng trung trực của AB
như hình vẽ 20.
-Bài toán chuyển về tìm bậc k của đường hypebol có phương trình
1
2
2
2
2
=−
với
( )
( 0,5).
a = 0,75.( 0,5) cm
2
l-
= -
;
2 2
2 2 2 2 2 2
20
(0,75.( 0,5)) 10 0,75 .( 0,5)
2 2
æö æ ö
÷ ÷
ç ç
= - = - - = - -
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
l : à
2 2
2 2 2 2 2
1
0,75 .( 0,5) 10 0,75 .( 0,5)
- =
- - -
(1)
Với điểm D thì x = - /2 = -10cm và y = 20cm; thay vào (1) ta có phương trình ẩn k:
2 2
2 2 2 2 2
( 10) 20
1
0,75 .( 0,5) 10 0,75 .( 0,5)
-
- =
- - -
có nghiệm k
1
= 5,02.
Với điểm B thì x = /2 =10cm và y = 0cm; thay vào (1) ta có phương trình ẩn k:
2 2
2 2 2 2 2
10 0
1
0,75 .( 0,5) 10 0,75 .( 0,5)
- =
- - -
có nghiệm k
2
=13,8.
Bậc k là số nguyên nên ta có
5 13- £ £
; vậy đoạn DB có 19 điểm biên độ cực đại.
Ví dụ 15: x0S9.0@1GN'E#.
g2039%896eA%BE!6eRF
2. (40 )( )
9 00
π
=
E
2. (40 )( )
#
9 00
π π
= +
H#NO%R]R$0S@1cg20i3H_`
FEC#P0S@1H:O%/09%E!$%K%(R$
%9("
Hf#HU=HXdH\
Giải:
Nhận xét: hai nguồn dao động ngược pha
Cách 1 :TF4C67H
- Chọn hệ trục tọa độ Oxy trên mặt nước
có gốc O là trung điểm AB, Ox qua A và B,
Oy trùng trung trực của AB
như hình vẽ 21.
Tính
2 2
20 2( )# # 0= + =
;
2 2
. . 30. 1,5
40
E Q E 0
π π
λ
ω π
= = = =
Tìm số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn AM .
Do hai nguồn dao động ngược pha nên số cực đại trên đoạn AM thỏa mãn :
Người thực hiện Nguyễn Trường Sơn , Giáo viên trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh 20
A
B
M
N
I
Hình vẽ 21
k
1
k
2
O
y
x
SKKN:Sử dụng dạng chính tắc của hàm hypecbol trong việc giải bài toán giao thoa sóng cơ.
2 1
2 1
(2 1)
2
0
# #
λ
− = +
− ≤ − < −
(có ≤ vì M là điểm không thuộc A hoặc B)
Suy ra :
(2 1)
2
# #
λ
− ≤ + <
. Hay :
2.( ) 2.
2 1
# #
λ λ
−
≤ + <
.
Thay số :
2.(20 2 20) 2.20
2 1
1,5 1,5
−
≤ + <
Þ
11,04 2 1 26,67≤ + <
Vậy: 5,02 ≤ k < 12,83 ; k nguyên nên k = 6; 7; 8; 9; 10; 11; 12 : trên MA có 7
điểm cực đại
Þ
Chọn C.
Cách 2 "T6eRF-Z89
- Chọn hệ trục tọa độ Oxy trên mặt nước có gốc O là trung điểm AB, Ox qua AB,
Oy trùng trung trực của AB
như hình vẽ 19.
-Bài toán chuyển về tìm bậc k của đường hypebol có phương trình
1
2
2
2
2
=−
với
( )
( 0,5).
a = 0,75.( 0,5) cm
2
l-
= -
;
2 2
2 2 2 2 2
20
(0,75.( 0,5)) 100 0,75 .( 0,5)
2 2
æö æ ö
÷ ÷
ç ç
= - = - - = - -
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
l : à
2 2
2 2 2 2 2
1
0,75 .( 0,5) 10 0,75 .( 0,5)
- =
- - -
(1)
-Khi qua M thì x = -/2 = -10cm và y = 20cm; thay vào (1) ta có phương trình ẩn k:
2 2
2 2 2 2 2
( 10) 20
1
0,75 .( 0,5) 10 0,75 .( 0,5)
-
- =
- - -
có nghiệm k
1
= -5,02.
-Khi qua A thì x = - /2 = -10cm và y = 0cm; thay vào (1) ta có phương trình ẩn k:
2 2
2 2 2 2 2
( 10) 0
1
0,75 .( 0,5) 10 0,75 .( 0,5)
-
- =
- - -
có nghiệm k
2
=-12,8.
Bậc k là số nguyên nên ta có
12 6- £ £ -
; vậy đoạn AM có 7 điểm biên độ cực đại.
Ví dụ 1 6: Q(%/0;#.c0R$0S6!G%G;
(9R0S6!6!;0H;P%/0R$0S6!;.
E# 6'0Ea0HP%OBE!+#H:O8R9K%(Z
%9(P"Hg#Hc=HdH^
Giải 1:
Nhận xét: hai nguồn dao động cùng pha
- Chọn hệ trục tọa độ Oxy trên mặt nước có gốc O
là trung điểm AB, Ox qua AB, Oy trùng trung trực
của AB
như hình vẽ 22.
=. "TF4C67H
Số đường hyperbol cực đại cắt MN bằng số điểm
cực đại trên CD
+Ta có AM – BM = AC – BC = 12 - 5 = 7cm
và AC + BC = AB = 13cm , suy ra AC = 10cm
+Từ 2 tam giác vuông MAD và MBD ta có MD
2
= AM
2
– AD
2
= BM
2
– DB
2
và DB = AB – AD suy ra AD = 11,08cm
Người thực hiện Nguyễn Trường Sơn , Giáo viên trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh 21
Hình vẽ 22
B
M •
C
D
A
y
N •
O
x
h
d
2
d
1
SKKN:Sử dụng dạng chính tắc của hàm hypecbol trong việc giải bài toán giao thoa sóng cơ.
+Xét một điểm bất kì trên AB, điều kiện để điểm đó dao động có biên độ cực đại là :
d
2
–d
1
= kλ và d
2
+ d
1
= AB
Þ
d
2
= (AB + kλ)/2
+ Số điểm cực đại trên AC là:
2
0 0
2
#
= =
λ
+
< ≤ ⇔ < ≤
2# = #
λ λ
−
⇔ − < ≤
10,8 5,8
⇔ − < ≤
Þ
Trên AC có 16 điểm biên độ cực đại.
+ Số điểm cực đại trên AD là:
2
0 0
2
#
d d
λ
+
< ≤ ⇔ < ≤
2.# d #
λ λ
−
⇔ − < ≤
10,8 7,6⇔ − ≤ ≤
Þ
Trên AD có 18 điểm biên độ cực đại.
Vậy trên CD có 18 – 16 = 2 điểm cực đại
Þ
suy ra có 2 đường hyperbol cực đại cắt MN
Þ
chọn C
=. "TF4C67H
Xét điểm C trên MN: AC = d
1
; BC = d
2;
AC = d
1
.
I là giao điểm của MN và AB , AI = x:
AM
2
– x
2
= BM
2
– (AB-x)
2
Þ
12
2
–x
2
= 5
2
–(13-x)
2
Þ
AI = x = 11,08 cm.
Vậy 11,08 ≤ d
1
≤ 12 (1)
C là điểm thuộc hyperbol cực đại cắt đoạn MN khi
d
1
– d
2
= kλ = 1,2. k với k nguyên dương (2)
từ 2 ∆ vuông ACI và BCI
Þ
d
1
2
= x
2
+ IC
2
và d
2
2
= (13 – x)
2
+ IC
2
Þ
d
1
2
– d
2
2
= x
2
- (13 – x)
2
= 119,08 (3).
Từ (2), (3)
Þ
d
1
+ d
2
=
2,1
08,119
(4); Từ (2), (4)
Þ
d
1
= 0,6k +
2,1
54,59
;
thay vào (1)
Þ
11,08 ≤ 0,6k +
2,1
54,59
≤ 12
Û
11,08 ≤
2,1
54,5972,0
2
+
≤ 12
Û
( )
( )
2
2
k 7 k 11 5
k 7,82 10,65
0,72k – 13,296k 59,94 0
6 k 14 6
5,906 k 14,09
0,72k – 14,4k 59,94 0
9R
9R
ì
ì
ì
£ ³
ï
< >
ï
+ ³
ï
ï ï ï
Û Û
í í í
ï ï ï
£ £
< <
+ £
ï
î
ï ï
î
î
Từ (6) và (5) ta suy ra 6 ≤ k ≤ 7. Như vậy có 2 hyperbol cực đại cắt đoạn MN
Þ
Chọn C
Cách 2"T6eRF-Z89
- Chọn hệ trục tọa độ Oxy trên mặt nước có gốc O
là trung điểm AB, Ox qua AB, Oy trùng trung trực của
AB
như hình vẽ 24.
Từ hai ∆ vuông ADM và BDM ta có
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
(6,5 ) 12 à (6,5 ) 5
119 60
26 12 5 119 ;
26 13
d d
E #
0 0
= + + = = + - =
Þ = - = Þ = = = = = =
-Bài toán chuyển về tìm bậc k của đường hypebol có
Người thực hiện Nguyễn Trường Sơn , Giáo viên trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh 22
Hình vẽ 24
B
M •
C
D
A
y
N •
O
x
h
d
2
d
1
d
1
•
N
M
•
=
A
B
d
2
I
Hình vẽ 23
SKKN:Sử dụng dạng chính tắc của hàm hypecbol trong việc giải bài toán giao thoa sóng cơ.
( )
.
a = 0,6. cm
2
l
=
và
2 2
2 2 2 2 2 2
13
(0,6. ) 6,5 0,6 .
2 2
æö æ ö
÷ ÷
ç ç
= - = - = -
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
l : à
2 2
2 2 2 2 2
1
0,6 . 6.5 0,6 .
- =
-
(1)
-Khi qua M thì x = 119/26 cm, y = 60/13 cm thay vào (1) ta có phương trình ẩn k:
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2
119 / 26 60 /13
1
0,6 . 6.5 0,6 .
- =
-
có nghiệm k
1
= 5,8.
-Khi qua A thì x = - /2 = -10cm và y = 0cm; thay vào (1) ta có phương trình ẩn k:
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2
119 / 26 0
1
0,6 . 6.5 0,6 .
- =
-
có nghiệm k
2
=7,6.
Bậc k là số nguyên nên ta có
6 7£ £
; vậy có 2 đường hyperbol cực đại cắt MN .
Ví dụ 1 7: Q(%/0;#.f0R$0S6!G%G;
(9R0S6!6!g;U0HtEy%/0R$0S6!D0
R$%67AYECE!#z=.\;a0Ht=c0;y=X0H
QF0O8R9K%(Z%9(tyH
Giải:
- Chọn hệ trục tọa độ Oxy trên mặt nước có gốc O
là trung điểm AB, Ox qua AB, Oy trùng trung trực
của AB
như hình vẽ 25,
-Bài toán chuyển về tìm bậc k của đường hypebol cực đại
có
( )
.
a = 0,4. cm
2
l
=
;
2 2
2 2 2 2 2 2
19
(0,4. ) 9,5 0,4 .
2 2
æö æ ö
÷ ÷
ç ç
= - = - = -
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
l : à
2 2
2 2 2 2 2
1
0,4 . 9.5 0,4 .
- =
-
(1)
-Khi qua P thì x=7(cm), y=PC=3(cm) thay vào (1)ta có
phương trình ẩn k:
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2
7 3
1
0,4 . 9,5 0,4 .
- =
-
có nghiệm k
1
= 16,1
-Khi qua Q thì x=7(cm)và y=17(cm); thay vào (1) ta có phương trình ẩn k:
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2
7 17
1
0,4 . 9,5 0,4 .
- =
-
có nghiệm k
2
= 8,1
Bậc k là số nguyên nên ta có
9 16£ £
; vậy có 8 đường hyperbol cực đại cắt PQ .
Ví dụ 18 : QR$0S6!GOE#;.#\
0HIR]%E!6!
λ
;0H67AY99E!#E
.#09Ja
3
0HQRs[O[R%/0#;489#H
3QF0O%/09%$%K%(R$%9(tyD0R$Y;
t
;a0E
y
a0H
3QF0O%/09%K%(R$%9(PD0R$#;
P
;a0E
a0H
Người thực hiện Nguyễn Trường Sơn , Giáo viên trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh 23
Q •
C
y
h
B
M •
A
O
x
d
2
d
1
P •
Hình vẽ 25
SKKN:Sử dụng dạng chính tắc của hàm hypecbol trong việc giải bài toán giao thoa sóng cơ.
Giải :T6eRF-Z89
- Chọn hệ trục tọa độ Oxy trên mặt nước có gốc O là trung điểm AB, Ox qua AB,
Oy trùng trung trực của AB
như hình vẽ 26,
- Bài toán chuyển về tìm bậc k của đường hypebol cực đại giao thoa với:
( )
.
a = 0,6. cm
2
l
=
;
2 2
2 2 2 2
16
(0,6. ) 64 0,36.
2 2
æö æ ö
÷ ÷
ç ç
= - = - = -
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
có phương trình:
2 2
2 2
1
0,36. 64 0,36.
- =
-
(1)
a) -Qua P thì x = 1,5 (cm), y = a
3
0 thay vào (1) ta có
phương trình:
( )
2
2
2 2
5 3
1,5
1
0,36. 64 0,36
- =
-
có nghiệm k
1
= 1,7 .
-Qua Q thì x = 25cm và y = a
3
0; thay vào (1) ta có
phương trình:
( )
2
2
2 2
5 3
25
1
0,36. 64 0,36
- =
-
có nghiệm k
2
=12,5.
Bậc k là số nguyên nên ta có
2 12£ £
; vậy có 11 đường hyperbol cực đại cắt PQ .
b) Qua N có x=1,5cm,y= 0 cm thay vào (1) ta có phương trình:
( )
2
2
2 2
0
1,5
1
0,36. 64 0,36
- =
-
có nghiệm k
1
= 2,5 .
-Qua M thì x=5cm và y= 0 cm; thay vào (1) ta có phương trình:
( )
2
2
2 2
0
5
1
0,36. 64 0,36
- =
-
có nghiệm k
2
=8,3.
Bậc k là số nguyên nên ta có
3 8£ £
; vậy có 6 đường hyperbol cực đại cắt MN .
Nhận xét cách giải: Qua bốn ví dụ trên cho thấy cách giải sử dụng hàm hypecbol
cho cả khả năng tìm số điểm trên một đoạn thẳng cho trước: song song với AB;
vuông góc với AB; xiên góc với AB. Ở ví dụ 16 cho thấy cách giải mới này có ưu
thế hơn vừa ngắn gọn, vừa sử dụng máy tính CASIO tính nhẹ nhàng hơn.
C. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
dùng phương trình chính tắc của hypebo l giải toán giao thoa sóng cơ
w=4Rs4%[ R$0S6!O[R%/0#;[+#;
[RTRRK#
H
w)N6eRF089"
1
2
2
2
2
=−
*
1 2
d d
a
2
-
=
h
2
2 2
2
æö
÷
ç
= -
÷
ç
÷
ç
è ø
1 2 0
( )
2
l
j j
p
- = D - D
; hiệu pha ban đầu 2 nguồn
0 2 1
j j jD = -
hiệu pha 2 sóng tới
M
2
j pD =
E!$BE!K%(99;.$BE!K/
99;.FCKRn99280#aR\3
wqGT$ 0-;-;-H
Q!%p%eJ$TB{:[|)}=:~[%/-9H
D. BÀI LUYỆN TẬP
Bài 1: Hai nguồn kết hợp S
1
S
2
cách nhau 50 mm cùng pha dao động trên mặt thoáng
của chất lỏng, bước sóng truyền đi 8mm. Đường thẳng ∆ trên mặt nước vuông góc
Người thực hiện Nguyễn Trường Sơn , Giáo viên trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh 24
Hình vẽ 26
∆
A
N
y
x
P
Q
B
C
O
•
M
•
SKKN:Sử dụng dạng chính tắc của hàm hypecbol trong việc giải bài toán giao thoa sóng cơ.
với trung trực của S
1
S
2
và cách đường S
1
S
2
đoạn 20mm. Tìm khoảng cách ngắn nhất
từ điểm M dao động với biên độ cực đại trên ∆ đến trung trực của S
1
S
1
?
Bài 2: Hai nguồn kết hợp S
1
S
2
cách nhau 50 mm cùng pha dao động trên mặt thoáng
của chất lỏng, bước sóng truyền đi 8mm. Đường thẳng ∆ trên mặt nước vuông góc
với trung trực của S
1
S
2
và cách đường S
1
S
2
đoạn 20mm. Tìm khoảng cách dài nhất
từ điểm M dao động với biên độ cực đại trên ∆ đến trung trực của S
1
S
1
?
Bài 3: Hai nguồn kết hợp S
1
S
2
cách nhau 50 mm cùng pha dao động trên mặt thoáng
của chất lỏng, bước sóng truyền đi 8mm. Đường thẳng ∆ trên mặt nước vuông góc
với với trung trực của S
1
S
2
. M dao động với biên độ cực tiểu bậc 4 cách đường trung
trực S
1
S
2
đoạn d=15mm. Tìm khoảng cách từ điểm M đến đường nối 2 nguồn S
1
S
1
?
Bài 4: Hai nguồn kết hợp S
1
S
2
cách nhau 50 mm cùng pha dao động trên mặt thoáng
của chất lỏng, bước sóng truyền đi 8mm. Điểm M dao động với biên độ cực đại cách
đường trung trực S
1
S
2
đoạn 10mm. Tìm khoảng cách dài nhất từ điểm M dao động
với biên độ cực đại trên ∆ đến đến đường nối 2 nguồn S
1
S
1
?
Bài 5: Hai nguồn kết hợp S
1
S
2
cách nhau 50 mm cùng pha dao động trên mặt thoáng
của chất lỏng, bước sóng truyền đi 8mm. Điểm M dao động với biên độ cực đại
cách đường trung trực S
1
S
2
đoạn 10mm. Tìm khoảng cách ngắn nhất từ điểm M dao
động với biên độ cực đại trên ∆ đến đến đường nối 2 nguồn S
1
S
1
?
Bài 6: Hai nguồn kết hợp S
1
S
2
cách nhau 50 mm cùng pha dao động trên mặt thoáng
của chất lỏng, bước sóng truyền đi 8mm. Đường thẳng ∆ trên mặt nước vuông góc
với S
1
S
2
và tại S
2
. Tìm khoảng cách dài nhất từ điểm M dao động với biên độ cực
đại trên ∆ đến đường nối 2 nguồn S
1
S
1
?
Bài 7: Trên bề mặt chất lỏng có 2 nguồn phát sóng kết hợp
1
[
và
2
[
dao động đồng
pha, cách nhau một khoảng
1 2
[ [
bằng 40cm. bước sóng truyền đi 20cm. Xét điểm
thuộc mặt nước nằm trên đường thẳng vuông góc với
1 2
[ [
tại
1
[
. Đoạn
1
[
có giá
trị nhỏ nhất là bao nhiêu để tại
có dao động với biên độ cực đại ?
Bài 8: Trong thí nghiệm với 2 nguồn phát sóng giống nhau A và B trên mặt nước,
khoảng cách 2 nguồn AB = 16cm. hai sóng truyền đi với bước sóng λ = 4cm. xét đường
thẳng XX’ song song với AB, cách AB OC = 5
3
cm. Gọi C là giao của XX’ với trung
trực ON của AB. Khoảng cách ngắn nhất từ C đến điểm dao động với biên độ cực đại trên
XX’ là
A.2cm B. 3cm C. 2,88 D. 4cm
Bài 9: Tại hai điểm A và B trên mặt nước cách nhau 8 cm có hai nguồn kết hợp dao động
với phương trình:
1 2
u u acos40 t(cm)
= = π
, tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 30cm/s.
Xét đoạn thẳng CD = 4cm trên mặt nước có chung đường trung trực với AB. Khoảng
cách lớn nhất từ CD đến AB sao cho trên đoạn CD chỉ có 3 điểm dao động với biên độ
cực đại là A. 3,3 cm. B. 6 cm. C. 8,9 cm. D. 9,7 cm.
Bài 10: Trong thí nghiệm giao thoa trên mặt nước, hai nguồn sóng kết hợp A và B
dao động cùng pha, cùng tần số, cách nhau AB = 8cm tạo ra hai sóng kết hợp có
bước sóng λ = 2cm. Trên đường thẳng (∆) song song với AB và cách AB một khoảng
là 2cm, khoảng cách ngắn nhất từ giao điểm C của (∆) với đường trung trực của AB
đến điểm M dao động với biên độ cực tiểu là bao nhiêu?
IV. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
Người thực hiện Nguyễn Trường Sơn , Giáo viên trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh 25
