Sáng kiến kinh nghiệm môn vật lý THPT phân loại và phương pháp giải “bài toán giao thoa sóng cơ học”

SÁNG KIẾ N KINH NGHIỆ M

ĐỀ TÀI:
"PHÂN LOẠI VÀ PHƢƠNG PHÁP GIẢI “BÀI TOÁN GIAO THOA
SÓNG CƠ HỌC"

0


MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài.
Trong những năm gần đây, bộ môn vật lí là một trong số các môn học được Bộ Giáo
dục và Đào tạo chọn hình thức kiểm tra và thi theo phương pháp trắc nghiệm khách quan.
Với hình thức thi này, thời gian dành cho mỗi câu hỏi và bài tập là rất ngắn, khoảng 1,5
phút. Nếu học sinh không được cung cấp các công thức tổng quát và các công thức hệ
quả của mỗi dạng bài tập để tìm ra kết quả nhanh nhất thì không thể đủ thời gian để hoàn
thành tốt bài làm trong các kỳ thi và kiểm tra.
Với hình thức đề thi trắc nghiệm môn vật lý của những năm gần đây ngày một dài
và khó hơn, cứ năm sau khó hơn năm trước kể từ khi thay sách giáo khoa lớp 12 năm học
2008-2009 đến năm học này 2012-2013 là 5 năm nhưng cả thầy và trò hình như vẫn bị
choáng ngợp với sự đa dạng và phong phú của hình thức trắc nghiệm. Hơn thế nữa, yêu
cầu của xã hội ngày càng cao nên nội dung đề thi luôn phải đáp ứng đực sự sàng lọc và
phân hóa rõ nét, chính vì vậy yêu cầu kiến thức ngày một cao là tất yếu
Giao thoa là bài toán thường gặp trong các đề kiểm tra định kì và các đề thi quốc
gia. Chương trình sách giáo khoa Vật lý 12 nâng cao chỉ đề cập đến sự giao thoa sóng cơ
của hai nguồn kết hợp cùng pha, khi gặp trường hợp tổng quát hai nguồn kết hợp khác
pha, với độ lệch pha không đổi, học sinh không khỏi lúng túng.
Trong thực tế giảng dạy và tìm hiểu quá trình học tập của học sinh tôi nhận thấy đa số
học sinh gặp rất nhiều khó khăn khi giải các bài toán về lĩnh vực giao thoa nói chung và
giao thoa sóng cơ nói riêng, nhất là giao thoa sóng cơ của hai nguồn khác pha. Các bài
toán giao thoa vô cùng phong phú nhưng tài liệu sách giáo khoa mới chỉ đề cập ở mức độ

sơ khảo, cung cấp những kiến thức cơ bản nhất về lý thuyết giao thoa. Các tài liệu tham
khảo cũng không hệ thống rõ dàng, mỗi tài liệu khai thác một khía cạnh, hơn nữa học
sinh cũng không đủ điều kiện về kinh tế cũng như thời gian để mua và hệ thống hết các
kiến thức cũng như cách giải hay trong các tài liệu tham khảo
Vì những lý do trên, để giúp các em học sinh có đựơc nhận thức đầy đủ về lĩnh vực
giao thoa sóng cơ và giúp các em giải được các bài toán khó trong lĩnh vực này một cách
nhanh nhất, tôi đã nghiên cứu các tài liệu và tham khảo các sách bài tập để đưa ra một số
phương pháp giải nhanh một số dạng bài tập phần này. Phương pháp này cũng giúp các
em rèn luyện kĩ năng giải nhanh một số bài tập trắc nghiệm trong các bài kiểm tra định
kỳ và làm hành trang cho các em bước vào các kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông, đại
học, cao đẳng sắp tới.
1


2. Giới hạn đề tài.
Giao thoa sóng cơ là một lĩnh vực rất rộng và bài tập giao thoa sóng cơ cũng có rất
nhiều dạng vô cùng phong phú nhưng trong đề tài này tôi chỉ đưa ra một số dạng thường
gặp sau đây:
Dạng 1. Bài toán xác định biên độ dao động tại 1 điểm trong vùng giao thoa. Dạng 2. Bài
toán xác định số điểm dao động với biên độ cực đại, cực tiểu giữa hai nguồn.
Dạng 3. Bài toán xác định số điểm dao động với biên độ cực đại, cực tiểu giữa hai điểm
bất kì.
Dạng 4. Bài toán xác định điểm M dao động với biên độ cực đại, cực tiểu thỏa mãn điều
kiện đề bài. (Bài toán cực trị)
Dạng 5. Bài toán xác định số điểm dao động với biên độ cực đại, cực tiểu cùng pha hoặc
ngược pha với nguồn trên đoạn thẳng nào đó.
3. Đối tƣợng áp dụng.
Đối tượng tôi đã thực hiện phương pháp mới này là học sinh lớp 12A6 Trường trung học
phổ thông Bỉm Sơn năm học 2011-2012.
B. NỘI DUNG

1. Cơ sở lí luận.
Bộ môn vật lý được đưa vào giảng dạy trong nhà trường phổ thông nhằm cung cấp
cho học sinh những kiến thức phổ thông, cơ bản, có hệ thống toàn diện về vật lý. Hệ
thống kiến thức này phải thiết thực, có tính tổng hợp và đặc biệt phải phù hợp với quan
điểm vật lý hiện đại. Để học sinh có thể hiểu được một cách sâu sắc những kiến thức và
áp dụng các kiến thức đó vào thực tiễn cuộc sống thì cần phải rèn luyện cho các học sinh
những kỹ năng, kỹ xảo thực hành như: Kỹ năng kỹ xảo giải bài tập, kỹ năng đo lường,
quan sát ….
Bài tập vật lý với tư cách là một phương pháp dạy học, nó có ý nghĩa hết sức quan
trọng trong việc thực hiện nhiệm vụ dạy học vật lý ở nhà trường phổ thông. Thông qua
việc giải tốt các bài tập vật lý các học sinh sẽ có được những kỹ năng so sánh, phân tích,
tổng hợp … do đó sẽ góp phần to lớn trong việc phát triển tư duy của học sinh. Đặc biệt
bài tập vật lý giúp học sinh củng cố kiến thúc có hệ thống cũng như vận dụng những kiến
2


thức đã học vào việc giải quyết những tình huống cụ thể, làm cho bộ môn trở nên hấp
dẫn, lôi cuốn các em hơn.
2. Thực trạng của vấn đề.
a. Thuận lợi
Trong quá trình giảng dạy, khi tìm hiểu tâm tư nguyện vọng của một số học sinh lớp
12 tôi được biết có rất nhiều học sinh thích học môn vật lí, nhiều học sinh có nguyện
vọng thi vào đại học khối A và đăng kí học các ngành vật lí.
Theo cấu trúc của chương trình và sách giáo khoa vật lí lớp 12 thì trước khi học bài
giao thoa sóng cơ, học sinh đã được học một số kiến thức cơ bản như: tổng hợp hai dao
động điều hoà cùng phương cùng tần số, các phương trình sóng và các tính chất của sóng
v.v. Vì vậy giáo viên có thể giúp học sinh phát triển những kiến thức này lên các mức cao
hơn như: giao thoa sóng cơ hai nguồn kết hợp cùng pha hoặc giao thoa sóng cơ hai nguồn
kết hợp khác pha.
b. Khó khăn

Là một giáo viên khi dạy tiết bài tập sóng cơ, tôi thấy sách giáo khoa chỉ đề cập đến
sự giao thoa của hai nguồn kết hợp cùng pha với số lượng bài tập không nhiều và còn đơn
giản trong khi đó các bài tập phần này rất đa dạng và thường xuất hiện nhiều trong các đề
thi tốt nghiệp trung học phổ thông, đại học, cao đẳng. Khi gặp các bài toán thuộc dạng
giao thoa của hai nguồn kết hợp khác pha, những câu hỏi lạ thì học sinh thường lúng túng
không biết cách giải hoặc phải mất rất nhiều thời gian cho một bài, trong khi thời gian
dành cho mỗi câu trong các đề thi trắc nghiệm lại rất ngắn. Ngay cả khi giải các bài toán
thuộc loại giao thoa hai nguồn kết hợp cùng pha, gặp các loại bài tập như tìm số cực đại
và cực tiểu giao thoa trên đoạn thẳng nối hai nguồn, nhiều học sinh cũng chưa giải được
hoặc chưa có công thức để giải nhanh.
3. Các biện pháp đã thực hiện.
Từ thực tế như trên tôi đã đề ra một số biện pháp khắc phục như sau:
3.1. Các yêu cầu chung:
Trước khi giảng dạy tiết bài tập giao thoa sóng cơ, giáo viên yêu cầu học sinh phải ôn lại
những kiến thức đã học như:
- Tổng hợp 2 dao động điều hoà cùng phương cùng tần số
- Các phương trình sóng và các tính chất của sóng.
- Giao thoa sóng cơ của hai nguồn kết hợp cùng pha.
3


Giáo viên nghiên cứu, phân loại các dạng bài tập về giao thoa, thiết lập một số công
thức tổng quát và công thức hệ quả cho từng dạng toán, cung cấp cho học sinh các công
thức đã thiết lập để học sinh sử dụng.
3.2. Biện pháp phân loại bài tập và thiết lập công thức theo từng dạng.
Dạng 1. Bài toán xác định biên độ của giao thoa sóng tổng hợp tại một điểm M
trong trƣờng giao thoa.
1.Thiết lập công thức:

u A  a cos(t   )

uB =acos t
Phương trình dao động tại M do sóng từ A và B truyền đến
u1M  a cos(t   

u2 M =acos( t-

2 d 2



2 d1



)

)






uM  u1M  u2 M  2a cos  (d 2  d1 )   .cos t  (d 2  d1 )  
2

2


Biên độ dao động tổng hợp



A  2a cos  (d 2  d1 )  
2


(4)

Trường hợp 2 nguồn AB cùng pha (  0) :
A  2a cos


(d  d )
 2 1

Chú ý:
- Một số bài toán xác định biên độ ta có thể liên hệ với chuyển động tròn đều (Bài 3, Bài
4)
- Nếu các nguồn sóng khác biên độ ta không cộng lượng giác được mà phải viết phương
trình sóng tới rồi tổng hợp bằng phưng pháp giản đồ hoặc nhận xét đánh giá độ lệch pha
(Bài 5)
2. Bài tập ví dụ.
4


Bài 1. Tại 2 điểm A, B trong môi trường truyền sóng có 2 nguồn kết hợp dao động với
các phương trình lần lượt là:

u A  a cos(t   ) (cm) và uB  a cos t (cm).

Coi biên độ sóng không đổi trong quá trình truyền đi, trong khoảng giữa A và B có giao
thoa sóng do 2 nguồn trên gây ra, phần tử vật chất tại trung điểm O của đoạn AB dao
động với biên độ bằng:
A.

a
2

B. 2a

C. 0

D. a

Cách giải.



A  2a cos (d 2  d1 )  
2


Áp dụng công thức

Với

d 2  d1

 A  2a cos  0 .


2
  

(Chọn C).

Bài 2. Trên mặt chất lỏng có 2 nguồn kết hợp A, B phát ra hai dao động có phương trình
u A  2cos t (cm) ; uB  2sin t (cm). Giả sử biên độ sóng không đổi khi truyền đi. Tìm
biên độ dao động của phần tử chất lỏng trên đường trung trực của AB.
A. 2cm

B. 4cm

C. 2 2 cm

D.

2 cm

Cách giải.




Ta có uB  2sin t  2 cos(t  ) cm. Độ lệch pha:   0  ( ) 
2
2
2
 
 
A  2a cos (d 2  d1 )  

2 
 



Với d2 = d1

2
 2 2 cm ( Chọn C)
4
2
Bài 3. Hai điểm M, N cùng nằm trên một phương truyền song cách nhau λ/3. Tại thời
điểm t, khi li độ dao động tại M là uM=+3 cm thì li độ dao động tại N là uN=-3cm. Biên
độ sóng bằng:
 2a cos

 2.2.

5


A.

A= 6 cm
Cách giải.

B. A=3cm

C. A=2 3 cm

Độ lệch pha giữa hai điểm M, N:  
Liên

hệ

với

2 d



chuyển

động tròn
A.sin / 2  3  A  2 3cm (Chọn C).



D. A=3 3 cm

2
3

đều

có:

Bài 4. Nguồn sóng ở O dao động với tần số 10Hz, dao
động truyền đi
với vận tốc 0,4m/s trên phương ox. Trên phương này có hai điểm P va Q theo chiều

truyền sóng với PQ=15cm. Cho biên độ sóng a=1cm và biên độ không đổi khi sóng
truyền. Nếu tại thời điểm nào đó P có li độ u=0,5cm và đang chuyển động theo chiều
dương thì Q sẽ có li độ và chiều chuyển động tương ứng là:
A.

uQ  3 / 2cm , theo chiều âm B. uQ   3 / 2cm theo chiều dương

C. uQ  0,5cm theo chiều âm
giải.
Bước sóng:  

D. uQ  0,5cm theo chiều dương

Cách

v
 4cm
f

Độ lệch pha giữa hai điểm P, Q:  
Vậy P trễ pha hơn Q là   

2 d



 8 


2


2

Liên hệ với chuyển động tròn đều có: u Q =a.cos


6



3
2

(Chọn A)

Bài 5. Tại hai điểm A và B trên mặt nước có hai nguồn sóng cùng pha, biên độ lần lượt là
4cm và 2cm, bước sóng là 10cm. Điểm M trên mặt nước cách A 25cm và cách B 30cm sẽ
dao động với biên độ là:
A.

a=2cm

B. a=4cm

C. a=6cm

D. a=0cm

Cách giải.

Giả sử phương trình sóng tại hai nguồn A và B tương ứng là: u1 =a1.cos2 ft; u 2 =a 2 .cos2 ft
Gọi d1, d2 tương ứng là khoảng cách từ M đến hai nguồn A và B, khi đó sóng tại M do A
và B gửi tới là: u1M =a1.cos(2 ft-2

d1



); u 2M =a 2 .cos(2 ft-2

d2



)
6


Thay số có: u1M =4.cos(2 ft- ); u 2M =2.cos(2 ft)
Dễ thấy hai sóng tới ngược pha nên biên độ tại M là: A=/4-2/=2cm (Chọn A)
Dạng 2. Bài toán xác định số điểm dao động với biên độ cực đại, cực tiểu trong
đoạn thẳng nối hai nguồn A, B.
1.

Thiết lập công thức:

Cho 2 nguồn kết hợp A và B cùng dao động theo phương thẳng đứng trên mặt chất lỏng
với các phương trình:
uA = acos (2πft+φ) và uB = acos (2πft)
Giả sử biên độ sóng không đổi khi truyền đi, phương trình dao động tại một điểm M

trong vùng dao thoa do sóng từ A và B truyền đến là:
u A  a cos(2 ft   

2 d1

) và

uB  a cos(2 ft 


Độ lệch pha của 2 sóng thành phần tại điểm M :
  2

2 d 2



)

(d 2  d1 )


(1)

Số điểm dao động với biên độ cực đại trên khoảng AB.
+ Sóng tổng hợp dao động có biên độ cực đại khi Δφ = k2π hay
2

Suy ra :

(d 2  d1 )



   k 2

d 2  d1  k  


2

(2)

+ Nếu điểm M ở trên đoạn AB thì: d1+ d2 = AB
Từ (2) và (3) suy ra d1 

(3)

AB k  


2
2 4

Mà

0 < d1 < AB

Nên

 AB
AB 

k

2

 2

(k= 0; ± 1; ±2….). (1a)

+ Có bao nhiêu giá trị của k thì có bấy nhiêu cực đại trên khoảng AB.
7


Số điểm dao động với biên độ cực tiểu trên khoảng AB.
+ Sóng tổng hợp dao động có biên cực tiểu khi Δφ = (2k+1)π hay
2

(d 2  d1 )



   (2k  1)


2 2
+ Nếu điểm M ở trên đoạn AB thì: d1+ d2 = AB

Suy ra :

d 2  d1  (2k  1)





(5)
(6)

AB
 

(2
k

1)

Từ (5) và (6) suy ra:
2
4 4
Mà
0 < d1 < AB
 AB 1
AB  1

 k


Nên

(k= 0; ± 1; ±2…)
(1b)
2
 2
 2 2
+ Có bao nhiêu giá trị của k thì có bấy nhiêu cực tiểu trên khoảng AB.
d1 

Chú ý: - Nếu hai nguồn A, B cùng pha , khi đó đại lượng


=0.
2

- Nếu hai nguồn A, B ngược pha , khi đó đại lượng

1

= .
2 2

- Nếu hai nguồn A, B vuông pha , khi đó đại lượng

1

= .
2 4

2. Bài tập ví dụ.
Bài 1. Trên mặt nước có 2 nguồn kết hợp A, B cách nhau 12 cm dao động theo các


phương trình u A  a cos(100 t  ) (cm); uB  a cos100 t (cm). Biết bước sóng bằng
4
4cm. Coi biên độ sóng không đổi khi truyền đi. Xác định số điểm dao động với biên độ
cực đại trên khoảng AB.
A. 6

B. 7

C. 8

D. 9

Cách giải.

 AB
AB 


k


Áp dụng công thức
2

 2

(k= 0; ± 1; ±2…)
8




4

0 



1 12
12 1
  k 
8 4
4 8

4

 2,9  k  3,1

Kết luận : có 6 điểm dao động với biên độ cực đại (Chọn A)
Bài 2. Tại 2 điểm AB trên mặt chất lỏng cách nhau 10 cm có 2 nguồn phát sóng theo
phương thẳng đứng với các phương trình :

uB  0, 2cos50 t (cm)

u A  0, 2cos(50 t   ) (cm) ;

Biết bước sóng   3cm . Xác định số điểm dao động với biên độ cực tiểu trên khoảng
AB.

A. 7

B. 8

C. 9

D. 11

Cách giải.

 AB 1
AB  1

 k


2
 2
 2 2

Áp dụng công thức

 



(k= 0; ± 1; ±2…)

1 10 1
1 10 1

  k  
2 3 2
2 3 2

 3,3  k  3,3
Kết luận : Có 7 điểm dao động với biên độ cực tiểu (chọn A).
Bài 3. Trên mặt nước có 2 nguồn kết hợp A, B cách nhau 10 cm dao động theo các
u A  0, 2cos(50 t   )
phương trình
(cm)



uB  0, 2 cos(50 t  )
2

(cm)

Biết tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 0,5 m/s. Tìm số điểm dao động với biên độ cực
đại và số điểm dao động với biên độ cực tiểu trên khoảng AB.
A. 8 và 8

B. 9 và 10

C. 10 và 10

D. 10 và 11

Cách giải.

f 


v
 
 25Hz;    2cm;     
2
f
2 2

9


Số cực đại thoả mãn

 AB
AB 

k

2

 2

Thế số ta có :

1 10
10 1
 k 
4 2

2 4

(k= 0; ± 1; ±2…)
hay -4,75 < k < 5,25

Kết luận : Có 10 điểm dao động với biên độ cực đại.
Số cực tiểu thoả mãn

 AB 1
AB  1

 k


2
 2
 2 2

(k= 0; ± 1; ±2…)

1 10 1
10 1 1
  k
  hay -5,25 < k < 4,75
4 2 2
2 4 2

Thế số ta có

Kết luận : Có 10 điểm dao động với biên độ cực tiểu. (Chọn C)

Nhận xét : Khi hai nguồn dao động vuông pha thì trên khoảng AB có số cực đại bằng số
cực tiểu.
Bài 4. Trên mặt nước nằm ngang tại hai điểm A, B cách nhau 8,2 cm, người ta đặt hai
nguồn kết hợp dao động điều hoà theo phương thẳng đứng có tần số 15Hz và luôn luôn
dao động cùng pha. Biết vận tốc truyền sóng trên mặt nước là 30cm/s. Coi biên độ sóng
không đổi trong quá trình truyền đi. Số điểm dao động với biên độ cực đại trên khoảng
AB là:
A. 11

B. 8

C. 5

D. 9

Cách giải.
Bước sóng :  

30
 2cm
15

 AB
AB 


k


Áp dụng công thức

2

 2
với

 0



Thế số: 

AB



k

8, 2
8, 2
k
2
2

(k= 0; ± 1; ±2…)

AB


 4,1  k  4,1

Kết luận : Có 9 điểm dao động với biên độ cực đại ( Chọn D).
Dạng 3. Bài toán xác định số điểm dao động với biên độ cực đại, cực tiểu giữa hai
điểm bất kì.
10


1. Thiết lập công thức.
Số cực đại thoả mãn:


d 2  d1  k  
2


 S1M  S 2 M  d 2  d1  S1 N  S 2 N



S N  S2 N 
 S1M  S2 M

k 1

2


2

(k= 0; ± 1; ±2…)

Số cực tiểu thoả mãn:

M

 

d 2  d1  (2k  1) 
2 2


 S1M  S 2 M  BD  d 2  d1  S1 N  S 2 N

S1M  S2 N  1
S N  S2 N  1
  k 1
 

2 2

2 2

(3a)
N

S2

S1

(k= 0; ± 1; ±2…)

(3b)

Chú ý: Các trƣờng hợp đặc biệt
+ Hai nguồn cùng pha:   k 2
Số cực đại:

S1M  S2 M
S N  S2 N
k 1



(k= 0; ± 1; ±2…)

S1M  S2 N 1
S N  S2 N 1
 k 1


2

2
+ Hai nguồn ngược pha:   (2k  1)
Số cực tiểu:

Số cực đại:

S1M  S2 M 1
S N  S2 N 1
 k 1



2

2

S1M  S2 N
S N  S2 N
k 1


+ Hai nguồn vuông pha:   (2k  1) / 2
Số cực tiểu:

Số cực đại:

S1M  S2 M 1
S N  S2 N 1
 k 1


4

4

(k= 0; ± 1; ±2…)

(k= 0; ± 1; ±2…)
(k= 0; ± 1; ±2…)

(k= 0; ± 1; ±2…)
11


S1M  S2 N 1
S N  S2 N 1
 k 1


4

4

Số cực tiểu:

(k= 0; ± 1; ±2…) 2. Bài tập

ví dụ.
Bài 1. Trên mặt nước, hai nguồn kết hợp S1 , S2 cách nhau 40 cm luôn dao động ngược
pha, có bước sóng 6cm. Hai điểm M, N nằm trên mặt nước mà S1S2MN là một hình chữ
nhật, S1M = 30cm. Số điểm dao động với biên độ cực đại trên khoảng MN là:
A. 5

B. 6

C. 7

D. 10

Cách giải

MS2  MS12  S1S2 2  50 cm

Ta có

Áp dụng công thức

M

N

S N  S2N 
 S1M  S 2 M

k 1

2


2

(k= 0; ± 1; ±2…)

S2

S1

1 30  50
50  30 1
k


2
6
6
2

   

 2,83  k  3,83 Kết luận : Có 6 cực đại (Chọn B).

Bài 2.(ĐH-2010): Ở mặt thoáng của 1 chất lỏng có 2 nguồn kết hợp A và B cách nhau
20cm dao động theo phương thẳng đứng với phương trình:

u A  2cos(40 t   ) (cm) ;

uB  2 cos 40 t (cm).

Biết tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là 30cm/s. Xét hình vuông ABCD thuộc mặt
chất lỏng. Số điểm dao động với biên độ cực đại trên khoảng BD là:
A. 17

B. 18

C. 19

D. 20

Cách giải.
Ta có :

BD  AB 2  20 2 cm

T

2

D

C

 0, 05s


  v.T  30.0, 05  1,5cm
Áp

dụng

công

thức

3a

:

A

O

B
12


 AD  BD
AB  BB 

k

2


2

 

Với



(k= 0; ± 1; ±2…)

1 20  20 2
20  0 1

k

2
1,5
1,5

2

 5, 02  k  13,8
Kết luận : Có 19 điểm cực đại (Chọn C).
Bài 3. Trên mặt chất lỏng có hai nguồn kết hợp A, B cách nhau 30 cm dao động theo
phương thẳng đứng cùng biên độ và luôn luôn cùng pha. Bước sóng bằng 3cm. Xét hình
chữ nhật ABCD thuộc mặt chất lỏng có AD = 40cm. Giả sử biên độ sóng không đổi trong
quá trình truyền đi, tìm số điểm không dao động trên khoảng BD.
A. 13

B. 11

C. 21

D. 17

Cách giải
2
2
2
2
Ta có: BD  AB  AD  30  40  50cm

Áp dụng công thức trong trường hợp vuông pha
D



AD  BD





1
AB  BB 1
k

2

2

C

±2…)

(k= 0; ± 1;

40  50 1
30  0 1
 k

3
2
3
2
 3,83  k  9,5



A

B

O

Ta thấy k có 13 giá trị nguyên là : -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.

Chọn A.

Bài 4. Ở mặt thoáng của 1 chất lỏng có 2 nguồn kết hợp A và B cách nhau 30cm dao
động theo phương thẳng đứng với phương trình:

u A  2 cos 40 t (cm,s) ;



uB  2 cos(40 t  ) (cm,s).
2

Biết tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là 30cm/s. Xét hình chữ nhật ABCD thuộc
mặt chất lỏng, với AD=40cm. Số điểm dao động với biên độ cực đại trên khoảng BD là:
A. 27

B. 15

C. 25

D. 17
13

Cách giải

2


v
.
T

30.
 1,5cm
Ta có
40

D

C

BD  AB 2  AD 2  30 2  40 2  50cm
Áp dụng công thức trong trường hợp vuông

A

S1M  S2 M 1
S N  S2 N 1
 k 1



4

4
AD  BD 1
AB  BB 1

 k

(k= 0; ± 1; ±2…)

4

4



O

pha

B

40  50 1
30  0 1
 k

1,5
4
1,5
4

 6, 42  k  20, 25
Ta thấy k có 27 giá trị nguyên là : -6, -5,.., 0, 1, 2…20. (Chọn A).
Bài 5. Ở mặt thoáng của 1 chất lỏng có 2 nguồn kết hợp A và B cách nhau 30cm dao
động theo phương thẳng đứng với phương trình:



uB  2 cos(40 t  ) (cm,s).
2
Biết tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là 30cm/s. Xét hình vuông ABCD thuộc mặt
chất lỏng. Số điểm dao động với biên độ cực đại trên khoảng BC là:
A. 10
B. 15
C. 12
D. 13

u A  2 cos 40 t (cm,s) ;

Cách giải

2


v
.
T

30.
 1,5cm

Ta có
40

D

C

BD  AB 2  30 2cm

Áp dụng công thức trong trường hợp vuông pha

A

O

B

14


S1M  S2 M 1
S N  S2 N 1
 k 1


4

4
(k= 0; ± 1; ±2…)


AC  BC







1
AB  BB 1
k

4

4

30 2  30 1
30  0 1
 k

1,5
4
1,5
4

 8, 28  k  20, 25
Ta thấy k có 12 giá trị nguyên là : 9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19,20.
Chọn C.
Bài 6. Ở mặt thoáng của 1 chất lỏng có 2 nguồn kết hợp A và B cách nhau 30cm dao

động theo phương thẳng đứng với phương trình:



uB  5cos(10 t  ) (cm,s).
3
Biết tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là 50cm/s. AB=30cm. Điểm C trên AB, cách
A 18cm, cách B 12cm. Vẽ đường tròn tâm C đường kính 10cm. Số điểm dao động với
biên độ cực đại trên tròn là:
A. 4
B. 6
C. 5
D. 3

u A  3cos10 t (cm,s) ;

Cách giải
Ta có   v.T  10cm
Để tính số cực đại trên đường tròn ta tính số cực đại n trên đường kính MN rồi nhân 2
(ngoại trừ M, N năm trên cực đại) khi đó ta có N=2n-2
Áp dụng công thức (3a)
S N  S2 N 
 S1M  S2 M

k 1

(k= 0; ± 1;
2



2
(Lấy cả dấu = vì M, N có thể nằm trên cực đại)

±2…)
A

M

C

N B

 AM  BM
AN  BN 

k

2


2


1 13  17
23  7 1

k

6
10

10
6
15


 0, 23  k  1,77
Ta thấy k có n=2 giá trị nguyên là : 0, 1 và đồng thời M,N không nằm trên cực
đại nên số cực đại trên đường tròn là N=4 điểm. (Chọn A).
Dạng 4. Bài toán xác định điểm M dao động với biên độ cực đại, cực tiểu thỏa mãn
điều kiện đề bài. (Bài toán cực trị)
1. Phương pháp.
- Nhận xét đánh giá dựa vào vị trí vân giao thoa trong trường giao thoa
- Áp dụng các hệ thức lượng trong tam giác để thiết lập mối quan hệ
- Thiết lập các phương trình quỹ tích toán học theo phương pháp tọa độ rồi tìm giao điểm
2. Bài tập ví dụ.
Bài 1: Trên bề mặt chất long có hai nguồn kết hợp AB cách nhau 40cm dao động cùng
pha. Biết sóng do mô i nguồn phát ra có tần số f=10(Hz), vận tốc truyền sóng 2(m/s).
Gọi M là một điêm nằm trên đường vuông góc vơi AB tại đó A dao đông vơi biên độ
cực đại. Đoạn AM có giá trị lớn nhất là :
A. 20cm

B. 30cm

C. 40cm

D.50cm

Cách giải

M

Bước sóng:   v / f  20cm
Để AM có giá trị lớn nhất thì M phải nằm trên cực
(k=1)

d1

Vị trí cực đại: d 2  d1  k   1.20  20cm

(1)

A

Trong

có:

tam

giác

AMB

d2  d  AB  d  40
2

2
1

2

2
1

2

đại bậc 1

d2

B

(2)

Từ (1) và (2) ta có: d1=30cm (Chọn B).
Bài 2 : Trên bề mặt chất long có hai nguồn kết hợp AB cách nhau 100cm dao động
cùng pha. Biết sóng do mô i nguồn phát ra có tần số f=10(Hz), vận tốc truyền sóng
3(m/s). Gọi M là một điêm nằm trên đường vuông góc vơi AB tại đó A dao đông vơi
biên độ cực đại. Đoạn AM có giá trị nhỏ nhất là :
A. 5,28cm

B. 10,56cm

C. 12cm

D. 30cm

Cách giải
16

Bước sóng:   v / f  30cm

k=3

Để AM có giá trị nhỏ nhất thì M phải nằm trên
ngoài cùng trên AB
Số cực đại rrên AB thỏa mãn:


AB

k

AB

 3,3

cực

M
d2

d1
A

k

đại

B

3,3



Do đó M nằm trên cực đại thứ 3 ứng với k=3
Vị trí cực đại: d2  d1  k   3.30  90cm (1)
2
2
2
2
2
Trong tam giác AMB có: d2  d1  AB  d1  100 (2)

Từ (1) và (2) ta có: d1=10,55cm (Chọn B.)
Bài 3: Tại hai điêm A và B trên mặt nươc cách nhau 8 cm có hai nguồn kết hợp dao
động vơi phương trình: u1 = u 2 = acos40ωt(cm), tốc độ truyền sóng trên mặt nươc là
30cm / s . Xét đoạn thẳng CD = 4cm trên mặt nươc có chung đường trung trực vơi AB.
Khoảng cách lơn nhất từ CD đến AB sao cho trên đoạn CD chỉ có 3 điêm dao dộng vơi
biên độ cực đại là:
k=1
A. 3,3 cm.

B. 6 cm.

C. 8,9 cm.

d1

Cách giải
Bươc sóng λ = v/f = 30/20 = 1,5 cm
Khoảng cách lơn nhất từ CD đến AB mà trên
3 điêm dao đông vơi biên độ cực đai khi tại C
thuộc các cực đai bậc 1 ( k = ± 1)

D

C

D. 9,7

A

d2

h

B

M

CD chỉ có
và
D

Tại C:

d2 – d1 = 1,5 (cm)

(1)

Lại có:

d12  h2  AM 2  h2  22

(2)

d22  h2  BM 2  h2  62

cm.

(3)

Giải các phương trình 1, 2, 3 ta có h=9,7cm (Chọn D.)
Bài 4: Có hai nguồn dao động kết hợp S 1 và S 2 trên mặt nươc cách nhau 8 cm có
phương trình dao động lần lượt là: u1S = 2cos(40ωt-π/4) (mm) và u 2S = 2cos(40ωt+π/4)
(mm). Tốc độ truyền sóng trên mặt nươc là 10cm / s . Xem biên độ của sóng không đổi
17


trong quá trình truyền đi. Điểm M trên mặt nước cách S1 khoảng S1M=10cm và S2
khoảng S2M=6cm. Điểm dao động cực đại trên S2M xa S2 nhất là:
A. 3,07 cm.

B. 2,33 cm.

C. 3,57 cm.

D. 6cm.

Cách giải
Bước sóng:   v / f  2cm
Xét điểm N trên MS2 tại đó dao động cực đại

M

Hai nguồn S1, S2 vuông pha nên vị trí cực đại:


1
 k    2k 
2
4
2
2
2
2
2
Lại có: d1  d2  S1 S2  8
d1  d 2  k  

Từ (1) và (2) ta có: d 2 

256  (4k  1)
4(4k  1)

(1)

d2

(2)
2

N

d1

(k nguyên)
S1

S2

(k  Z)

256  (4k  1) 2
 6 (k  Z)
Vì N nằm trên MS2 nên: 0  d 2  6  0 
4(4k  1)

Giải bất phương trình có k  3
Điểm N xa S2 nhất dao động CĐ ứng với kmin=3, khi đó d2=3,07cm (Chọn A).
Bài 5: Hai nguồn sóng AB cách nhau 1m dao động cùng pha vơi bươc sóng 0,5m. I là
trung điêm AB. P là điêm nằm trên đường trung trực của AB cách I 1m. Gọi d là đường
thẳng qua P và song song vơi AB. Tìm điêm M thuộc d và gần P nhất, dao động vơi biên
độ cực đại.
A. 100 cm.

B. 63 cm.

C. 35 cm.

D. 50 cm.

Cách giải
Vì A, B cùng pha nên M gần P nhất dao động
M phải nằm trên cực đại thứ nhất (k=1)
Ta có: d2  d1  k   1.  0,5

(2)

d1  MQ 2  QB 2  (0,5  x) 2  12

(3)

2

d

2

2

M

P

(1)

Mà d 2  AQ  MQ  (0,5  x)  1

2

cực đại thì

d2
N
A

I

d1
Q B

Với x=PM=IQ
18


Thay (2) và (3) vào (1) rồi giải phương trình có: x=0,63m (Chọn B)
Cách khác(Lập phưng trình quỹ đạo)
Xét trong hệ đề các (xIy) gốc tại I (hv)
- Phương trình đường thẳng d: y=1

(1)

x2 y2
- Phương trình Hybebol đi qua M: 2  2  1
a
b

(2)

M gần P nhất dao động cực đại thì M phải nằm trên cực đại thứ nhất (k=1)nên: Bán trục
a  IN   / 2  0, 25m , tâm sai c=IB=0,5 nên b  c2  a 2  0,1875
x2
y2

1
Do đó (2) trở thành:
0, 0625 0,1875

(3)

Thay (1) vào (3) ta có: x=0,63m
Bài 6: Giao thoa sóng nước với hai nguồn giống hệt nhau A, B cách nhau 20cm có tần số
50Hz. Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 1,5m/s. Trên mặt nước xét đường tròn tâm A,
bán kính AB. Điểm trên đường tròn dao động với biên độ cực đại cách đường thẳng qua
A, B một đoạn gần nhất là
A. 18mm

B. 17mm

C. 19mm

D. 22mm

Cách giải
Cách 1(Hình học tọa độ)

y

Điểm gần nhất ứng với cực đại cuối cùng cắt
tròn :
Số cực đại :



AB
AB
 k
  6,67  k  6,67



kmax=6 từ đó ta tìm được phương trình
2

k=6

đường

Q
d2
A

d1
I

M B x

vậy

Hybebol :

2

x
y
AB
 2  1 Với b2  c2  a 2 còn c 
 10cm và
2
a
b
2

= 6  9cm (Khoảng cách từ trung điểm đến cực
2

a=IM
đại

cuối

cùng) do đó :
x 2 y2

1
81 19

Phương trình đường tròn :

(1).
(x  a) 2  (y  b) 2  R 2 .

19


Với a=0cm, b=0 nên

(x)2  (y)2  102

(2).

Giải hệ (1) và (2) ta có y=1,9cm=19mm (Chọn C)
Cách 2(Đại số)
Điểm gần nhất ứng với cực đại cuối cùng cắt đường tròn :
Số cực đại :



AB
AB
k
  6,67  k  6,67



vậy kmax=6

Khi đó: d2  d1  k   6.  18cm

(1)

Q nằm trên đường tròn nên: d22  d12  AB2  202

(2)

Giải (1) và (2) có: d1=1,91cm; d2=19,91cm
Trong tam giác AQB ta có đường cao MQ 

d1d 2
 1,9cm  19mm (Chọn C)
AB

Dạng 5. Bài toán xác định số điểm dao động với biên độ cực đại, cực tiểu cùng pha
hoặc ngƣợc pha với nguồn trên đoạn thẳng nào đó.
1. Phương pháp.
- Viết phương trình sóng tổng hợp tại điểm M trên đoạn yêu cầu tìm số cực đại, cực
tiểu cùng pha hoặc ngược pha với nguồn.
Giả sử:

u A  a cos(t   ); uB =acos t






uM  u AM  uBM  2a cos  (d 2  d1 )   .cos t  (d 2  d1 )  
2


2


- Biện luận số điểm cực đại, cực tiểu theo phương trình viết được và theo điều kiện đề
bài
+ Để tại M là cực đại cùng pha với A thì:
 

cos   (d 2  d1 )  2   1



  [  (d  d )   ]  k 2

 2 1 2

Hoặc

 

cos   (d 2  d1 )  2   1



  [  (d  d )   ]  (2k  1)

 2 1 2

(1)

+ Để tại M là cực đại ngƣợc pha với A thì:

20


 

cos   (d 2  d1 )  2   1



  [  (d  d )   ]  (2k  1)

 2 1 2

Hoặc

 

cos   (d 2  d1 )  2   1



  [  (d  d )   ]  2k

 2 1 2

(2)

- Giải các hệ phương trình để tìm ẩn số của bài toán

2. Bài tập ví dụ.
Bài 1: Thực hiện giao sóng cơ trên mạch nước với hai nguồn S1;S2 cánh nhau 12 cm.
Biết bước sóng của sóng trên mặt nước là λ = 3cm. Trên đương trung trực của hai nguồn
có 1 điểm M,M cách trung điểm I của hai nguồn 8cm. Hỏi trên MI có bao nhiêu nhiêu
điểm dao động cùng pha với 2 nguồn?
A:4 điểm

B:2 điểm

C: 6 điểm

D:3 điểm

Cách giải
Giả sử phương trình sóng tại hai nguồn: u  a cos t thì phương trình của điểm X thuộc trung

2d
2d
) .Để X cùng pha với nguồn thì:
 k2 hay d  k với


S1I  d  S1M  2  k  3,1 . Vậy K=2,3. Vậy có 2 điểm dao động cùng pha với nguồn. (Chọn

trực là: u  2a cos(t 
B)

Bài 2: Hai nguồn sóng kết hợp trên mặt nươc cách nhau một đoạn S 1S2 = 9λ phát ra dao
động cùng pha nhau. Trên đoạn S1S2 , số điêm có biên độ cực đại cùng pha vơi nhau và
cùng pha vơi nguồn (không kể hai nguồn) là:

A.6

B.10

C.8

D.12

Cách giải
Giả sử phương trình sóng tại hai nguồn: u  a cos t
Khi đó phương trình sóng tại M cách S1, S2 tương ứng d1, d2 là :
u M  2acos

(d 2 -d1 )
(d 2 -d1 )
cos(t  9)  2acos
cos t



Để M dao động cực đại và cùng pha với hai nguồn thì: cos
Do đó:

(d 2 -d1 )
 (2k  1)  d 2 -d1 =(2k  1)


Mặt khác

d2 +d1 =9

(k  Z)

(d 2 -d1 )
 1


(1)
(2)
21


AB  0 (4-k) 9

Từ (1) và (2) có: d1 =(4-k) mà o d1
 -5

4 Do đó có 8 giá trị của k (Chọn C)

k

Bài 3: Hai nguồn sóng kết hợp trên mặt nươc cách nhau một đoạn S 1S2 = 9λ phát ra dao
động cùng pha nhau. Trên đoạn S1S2 , số điêm có biên độ cực đại cùng pha vơi nhau và
ngượ pha vơi nguồn (không kể hai nguồn) là:
A.8

B.9

C.17

D.16

Cách giải
Giả sử phương trình sóng tại hai nguồn: u  a cos t
Khi đó phương trình sóng tại M cách S1, S2 tương ứng d1, d2 là :

u M  2acos

(d 2 -d1 )
(d 2 -d1 )
cos(t  9)  2acos
cos t



Để M dao động cực đại và ngược pha với hai nguồn thì: cos
Do đó:

(d 2 -d1 )
 2k  d 2 -d1 =2k


(k  Z)

d2 +d1 =9

Mặt khác

k

(1)
(2)

Từ (1) và (2) có: d2 =(k+4,5) mà o d2
 -4,5

(d 2 -d1 )
1


AB  0 (k+4,5) 9

4,5 Do đó có 9 giá trị của k (Chọn B)

Bài 4: Trên mặt chất long có hai nguồn sóng kết hợp phát ra hai dao động u S1 = acosωt,
uS2 = asinωt. khoảng cách giữa hai nguồn là S1S2 = 2,75λ. Hoi trên đoạn S1S2 có mấy
điêm cực đại dao động cùng pha vơi S1. Chọn đáp số đúng:
A.

5.

B. 2.

C. 4

D. 3

Cách giải
Xét điểm M trên S1S2 với d1=S1M, d2=S2M
Sóng do S1 truyền tới M: u S1M =acos(t-

2d1
)


Sóng do S2 truyền tới M: u S2M =asin(t-

2d 2
2d 2 
) = acos(t- )

 2
22


Sóng tổng hợp tại M: u M = u S1M +u S2M =2acos(
M là cực đại cùng pha S1 khi: cos(
suy ra:

(d 2 -d1 ) 
+ ) cos(t  3)

4

(d 2 -d1 ) 
+ )=-1

4

3


d 2 -d1   2k   
4


(1)

d2 +d1  2,75

(2)

M nằm trên S1S2 nên:

Từ (1) và (2) có: 0  d2  (k  1,75)  2,75  1,75  k  1 Vậy k = (-1,0,1) “có 3 giá trị”
(Chọn D)
Bài 5: Ở mặt chất long có hai nguồn sóng A, B cách nhau 19 cm, dao động theo phương
thẳng đứng vơi phương trình là uA = uB = acos20ωt (cm;s). Tốc độ truyền sóng của mặt
chất long là 40 cm/s. Gọi M là điêm ở mặt chất long gần A nhất sao cho phần tử chất lỏng
tại M dao động vơi biên độ cực đại và cùng pha vơi nguồn A . Khoảng cách AM là:
A.

5 cm.

B. 2 cm.

C. 4 cm.

D.

2 2 cm.

Cách giải
Bước sóng:   v / f  4cm
Phương trình sóng tại M cách nguồn A, B tương ứng d 1,
u M = u AM +u BM =2acos

(d 2 -d1 )
(d 2 +d1 )
cos(20t 
)



d2:
d1

M
A

Điểm M dao động cực đại cùng pha với nguồn khi:

d2
B

(d 2 -d1 )
(d 2 +d1 )
(d 2 -d1 )
 1 thì
 2k ; cos
 1 thì




(d 2 +d1 )
 (2k  1)


cos

d 2  d1  2k

Do đó ta có: 

d 2  d1  2k 
'

d 2  d1  (2k  1)

Hoặc 

d 2  d1  (2k  1)
'

với (k;k '  Z)

Giải các hệ trên ta có: d1  k '  k   n với (n  Z)
Điểm M gần A nhất ứng với k '  k  1  d1min    4cm (Chọn C)

23

Bài 6: Hai nguồn kết hợp S1,S2 cách nhau một khoảng 50mm trên mặt nước phát ra hai
sóng kết hợp có phương trình u1  u 2  2cos  200t  .Vận tốc truyền sóng trên mặt nươc
là 0,8 m/s. Điêm gần nhất dao động cùng pha vơi nguồn trên đường trung trực của S1S2
cách nguồn S1 bao nhiêu:
A.

16mm

B. 32mm

C. 8mm

D. 24mm

Cách giải
M

Bước sóng:   v / f  8mm

d

d

Xét điểm M trên đường trung trực S1S2 :

S1M  S2M  d  25mm

S1

S2

Phương trình sóng tại M:
2d
) (mm)


u M = u S1M +u S2M =4cos(200t 

Sóng tại m cùng pha S1 khi:

2d
 k2  d  k  25mm  k  3,125


Do đó kmin=4 ứng với dmin=32mm (Chọn B)
Bài 7: Trên mặt nước có 2 nguồn sóng giống nhau A và B cách nhau 12 cm đang dao
động vuông góc với mặt nước tạo ra sóng có bươc sóng 1,6 cm. Gọi M và N là hai điêm
khác nhau trên mặt nước cách đều 2 nguồn và cách trung điêm I của AB một khoảng 8
cm. Số điêm dao động cùng pha với nguồn trên đoạn MN là
A. 5

B. 6

C. 7

D. 3

Cách giải
Giả sử phương trình sóng tại hai nguồn: u A = u B =acost

Xét điểm C trên trung trực thuộc IM cách A, B là
Điều kiện: 6cm  AI  d  AM=10cm
Phương

trình

sóng

u C = u AC + u BC =2acos(t 

tổng

2d
)


Để uC cùng pha với hai nguồn thì:

hợp

d

(1)
tại

C:

A

d: d=AC=BC

M
C
I

B

N

2d
 2k  d  k  1,6k (2)


24