Lời giải chi tiết các câu khó trong đề thi THPT quốc gia năm 2017 môn vật lý

MÃ ĐỀ 201

Lời giải
- Suất điện động trong ba cuộn dây từng đôi một lệch pha nhau

2π
rad, ta có:
3

2π 
2π 


e1 = E 0cos ( ωt + ϕ ) , e 2 = E 0 cos  ωt + ϕ +
÷, e3 = E 0cos  ωt + ϕ − ÷ .
3 
3 


2π 
2π  1 2


 4π 
2
- Ta có: e 2 .e3 = E 0 .cos  ωt + ϕ +
÷.cos  ωt + ϕ − ÷ = E 0 .[cos2 ( ωt + ϕ ) + cos  ÷]
3 
3  2



 3 
e 2 .e3 =

E 02
3E 2
 4π 
.[cos2 ( ωt + ϕ ) + cos  ÷] = E 02 cos 2 ( ωt + ϕ ) − 0
2
4
 3 

- Theo bài ra: e1 = E 0 .cos ( ωt + ϕ ) = 30 ⇒ cos ( ωt + ϕ ) =

- Từ (1) và (2): 302 −

30
E0

(1)

(2).

3E 02
= −300 ⇒ E 0 = 40 V. → Đáp án B.
4

Lời giải:
- Gọi: P là công suất truyền đi;
Pi1, Pi2 lần lượt là công suất ở nơi tiêu thụ ( công suất có ích) lúc trước và sau;
∆P1 , ∆P2 lần lượt là công suất hao phí trên đường dây truyền tải lúc trước và sau;

U, UR và U’ lần lượt là điện áp ở trạm phát, độ sụt áp trên dây và điện áp tại nơi tiêu thụ.
'
 Pi1 = 0,8P = U1.I1.cosϕtt
⇒ U1' = 5U1R .
- Khi H = 80% : 
2
 ∆P1 = 0, 2P = I1 .R

- Khi giảm hao phí 4 lần:
∆P2 =

∆P1
= 0, 05P ⇒ Pi2 = 0,95P
4


 Pi2 = 0,95P = U '2 .I 2 .cosϕtt
95
⇒ U '2 = U 2R

2
4
 ∆P2 = 0, 05P = I 2 .R
- Ta có:
uur
ur ur
2
2
U1 = U1R + U1' ⇒ U12 = U1R
+ ( U1' ) + 2U1R .U1' .cosϕtt

2
2
2
2
U12 = U1R
+ 25U1R
+ 10U1R
.0,8 = 34U1R

(1)

uur
ur
ur
2
2
- Tương tự: U 2 = U 2R + U '2 ⇒ U 22 = U 2R
+ ( U '2 ) + 2U 2R .U '2 .cosϕtt
2

9649 2
 95  2
 95  2
U 22 = U 22R +  ÷ U 2R
+ 2.  ÷U 2R
.0,8 =
U 2R .
16
 4
 4 

(2)

2

∆P2  I 2  1
= ÷ =
- Ta có:
∆P1  I1 
4
2

(3)
2

U 
9649  I 2 
U2
= 2,106 →Đáp án A.
- Từ (1) và (2):  2 ÷ =
 ÷ ⇒
U1
 U1  16.34  I1 

Lời giải:
- Chọn chiều dương của trục tọa độ hướng xuống dưới.
- Thế năng đàn hồi của lò xo: Wdh =

1
2

k ( ∆l0 + x ) .
2

- Tại thời điểm:
•

t = 0, 05 s và t = 0,15 s, Wdh = 0 → x = −∆l0 ( vị trí lò xo không biến dạng).

•

t = 0,1 s, vật ở vị trí cao nhất: x = −A .

•

t = 0,25 s, vật ở vị trí thấp nhất: x = + A .

- Chu kỳ:

T
20π
9
= 0, 25 − 0,1 ⇒ T = 0,3 s. ⇒ ω =
(rad/s) ⇒ ∆l0 =
(m).
2
3
400

- Khoảng thời gian từ t = 0,1 s đến t = 0,15 s ứng với T/6 chứng tỏ vật đi theo một chiều từ vị trí
x = −A đến x = −

A
A
. ⇒ ∆l0 = ⇒ A = 0, 045 m.
2
2


2

- Thời điểm t = 0, vật ở vị trí x =

- Ta có: ∆l0 =

A
1 A A
20000
, ta có: Wdh = k  + ÷ = 0, 25 ⇒ k =
(N/m).
2
2 2 2
81

mg
⇒ m ≈ 0,56 kg → Đáp án C
k

Lời giải:
- Gọi x là khoảng cách từ các điểm có biên độ 5 mm đến nút gần nó nhất và k là số bó sóng.
- Hai điểm có cùng biên độ 5 mm xa nhau nhất thuộc 2 bó sóng ngoài cùng, chúng cách hai đầu dây (2

nút) một đoạn là x, ta có: k
- Ta có: 0 < x <

λ
− 2x = 80 .
2

λ
λ
⇒ 5,33 < k < 6,33 ⇒ k = 6 . Thay vào (1) ta được: 6 − 2x = 80
4
2

λ
- Khoảng cách giữa 2 điểm xa nhất và dao động cùng pha: 5 − 2x = 65
2
- Từ (1’) và (2): λ = 30 cm và x = 5cm =

(2)

λ
6

- Biên độ dao động của một điểm cách nút một đoạn x =

- Tỉ số: v max ωA b 2πA b
=
=
=
v

λ.f
λ

(1’)

λ
2πx A b 3
10
=
⇒ Ab =
là A = A b . sin
6
λ
2
3

0, 01
3 = 0,12 →Đáp án A
0,3

2π.

ĐỀ 202

Lời giải:
- Vị trí các vân sáng của 3 bức xạ trùng nhau thỏa mãn: x s1 = x s2 = x s3
⇔ 440k1 = 660k 2 = λ.k 3 ( k1 ≠ k 2 ≠ k 3 )


⇒λ=

440.k1
(nm) (*)
k3

( 380 ≤

440.k1
≤ 760 )
k3

- Vị trí trùng nhau của 2 vân sáng ứng với bước sóng 440 nm và 660 nm: x s1 = x s2 ⇔ 440k1 = 660k 2
k = 3t
⇒ 1
( t ∈ Z)
k 2 = 2t
 k1 = 3
⇒ k 3 = 2,3 ( loại).
- Ứng với t = 1: 
k 2 = 2
 k1 = 6
⇒ k 3 = 4,5, 6 ⇒ k 3 = 5 nm.
- Ứng với t = 2: 
k 2 = 4
- Với các vị trí vân sáng của 2 bức xạ 440 nm và 660 nm trùng nhau ứng với (t = 3, 4, 5,….) luôn có
thêm nhiều hơn 2 bức xạ khác cho vân sáng tại đó. Số vân sáng tại vị trí này lớn hơn 3, không thỏa mãn
điều kiện đề bài.
- Vậy vị trí có sự trùng nhau chỉ của 3 vân sáng ứng với các bức xạ: 440 nm, 660 nm và λ là vị trí của
vân sáng bậc 6 của bức xạ 440 nm, bậc 4 của bậc xạ 660 nm và bậc 5 của bức xạ λ . Thay k3 = 5 vào
(*) ta được: λ = 528 nm → Chọn C.

Lời giải:

N

∆MHN : ∆AHB ⇒

302 − x 2 30 + x
=
⇒ x ≈ 25, 05
30
100

AH
= 0,5505
- Ta có: cos ϕ =
AB
- Ta có: P = U.I.cos ϕ = 110,1 (W).→ Đáp án B.

30

A

30

M

x

302 − x 2r

I
H
100

100

B


Lời giải:
+ Tổng số chỉ của ba vôn kế:
UR + UL + UC =

U
R 2 + ( Z L − ZC )

( R + Z L + ZC ) =
2

+ Đặt: ( 200 + ZC ) = X ⇒ ZC = X − 200

+ Hàm số: y =

100 ( 200 + ZC )
1002 + ( 100 − ZC )

⇒ UR + UL + UC =

2

100.X
X 2 − 600X + 105

=

100
.
105 600
−
+1
2
X
X

1
3
1000
105 600
= 3 ⇒X=
−
+ 1 đạt giá trị cực tiểu tại:
2
X 10
3
X
X

⇒ ( U R + U L + U C ) max =

100.

1000
3

2

1000
 1000 
+ 105

÷ − 600.
3
 3 

= 316, 2 V→ Chọn D.

Lời giải:
- Vị trí đặt nguồn âm có tọa độ x0. Từ đồ thị nhận thấy nguồn âm phải đặt ở vị trí có x0 < 0.
- Cường độ âm tại một điểm có tọa độ x: I =

P
4π ( x − x 0 )

2

.

 x = 0
P
⇒

= 2,5.10−9 .
- Ta có: 
−9
2
2
4πx 0
 I = 2,5.10 ( W / m )
2
2

x
=
m
I ( 2 − x0 )
0

=
4
⇒
⇒ x 0 = −2m .
3
- Tỉ số cường độ âm tại vị trí x = 0 và x = 2: =

I'
x 02
 x 0 = −2m
I ( 4 − x0 )
2,5.10−9
- Tỉ số cường độ âm tại vị trí x = 0 và x = 4:
.

=
=
9
⇒
I
''
=
W / m2 )
(
2
I ''
x0
9
2

⇒ L = 10.log

I ''
2,5.10−9
= 10.log
= 24, 43 dB→ Đáp án A.
I0
9.10−12


Lời giải:
- Gọi x1, x2 và x3 lần lượt là li độ của D1, D2 và D3.

π


2π 
 x12 = x1 + x 2 = 3 3cos  ωt + ÷

2  ⇒ x1 − x 3 = 6cos  ωt +
- Ta có: 

÷ = x1−3 .
3 

 x = x + x = 3cosωt
2
3
 23
- Biểu diễn trên giản đồ véc-tơ:
ur
A12 ↔ x12
ur
A 23 ↔ x 23 , với:
ur
A1−3 ↔ x1−3
- Từ giản đồ:

ur
ur ur
A12 = A1 + A 2
ur
ur ur
A 23 = A 2 + A 3
ur
ur ur

A1−3 = A1 − A 3

A2
A
3 3
1,5 3
.
= 12 =
⇒ A2 =
0
sin 30
sin α sin α
sin α

- A 2 min ⇔ sin α = 1 ⇒ A 2 min = 1,5 3 ≈ 2, 6 cm.→Đáp án A.

ur
A1−3

ur
A2

α
ur
A1

ur
A12
300

ur
A 23
ur
A3

ur
A2


ĐỀ 203

Lời giải:
- Suất điện động trong ba cuộn dây từng đôi một lệch pha nhau

2π
rad, ta có:
3

2π 
2π 


e1 = E 0cos ( ωt + ϕ ) , e 2 = E 0 cos  ωt + ϕ +
÷, e3 = E 0cos  ωt + ϕ − ÷ .
3 
3 


- Ta có: e 2 − e3 = 2E 0 .sin ( ωt + ϕ ) .sin
2

- Theo bài ra ta có: cos ( ωt + ϕ ) =

2π
302
= 3E 0 sin ( ωt + ϕ ) ⇒ sin 2 ( ωt + ϕ ) = 2 (1).
3
3E 0

e12 302
=
(2).
E 02 E 02

302 302
+
= 1 ⇒ E 0 = 34, 64 V.→Đáp án C.
- Từ (1) và (2):
3E 02 E 02

Lời giải:
- Gọi A0 là biên độ của vật lúc ban đầu.
- Độ giảm biên độ sau mỗi chu kỳ: ∆A =

4µmg
4µmg
⇒
= 0, 02
k
k.A 0

- Biên độ của vật sau hai chu kỳ: A = A 0 −

8µmg
= 0,96A 0 .
k

1
1
2
k.A 02 − k. ( 0,96A 0 )
2
.100% = 7,84%
- Phần trăm cơ năng bị mất đi sau hai chu kỳ liên tiếp: 2
1
2
k.A 0
2


→ Đáp án D.

Lời giải:
2
2
2
2
- Ta có: ( m1 − m 2 ) .r0 = 27r0 ⇒ m1 − m 2 = 27

(1)

- Động năng của electron trên quỹ đạo dừng m2: K 2 = K1 +
2

300
K1 = 4K1 .
100

2

v  m 
K
⇒ 2 = 2 ÷ = 1 ÷ =4
K1  v1   m 2 

(2)

- Từ (1) và (2): m1 = 6 ⇒ r = 36r0 →Đáp án C.

Lời giải:
- Ta có: U RL =

U. R 2 + ZL2
R 2 + ( Z L − ZC )

2

.

- U RL = const khi R thay đổi ⇒ ZC = 2ZL và U RL = U ⇒ U = 200V
- Ta có: U C =

U.ZC
R 2 + ( Z L − ZC )

- Khi R = 80Ω : U C =

2

U.ZC
R + ( ZL − ZC )
2

2

=

- Điện áp hiệu dụng hai đầu biến trở: U R =

400.ZL
802 + ZL2

= 240 ⇒ ZL = 60Ω ⇒ ZC = 120Ω .

U.R
R + ( Z L − ZC )
2

2

=

200.80
802 + 60 2

= 160V →Đáp án A.


Lời giải:
- Chọn mốc tính thế năng tại O.
- Gọi α 0 là biên độ góc của con lắc có chiều dài 1,92 m.

1, 28

 h A = 1,92 ( 1 − cosα 0 )
- Ta có: 
0
0
 h C = 1,92 − 0, 64.cos8 − 1, 28.cos4

1,92
1,92

0, 64

- Bảo toàn cơ năng tại vị trí A và C ta được: mgh A = mgh C .

hC

⇒ 1,92 ( 1 − cosα 0 ) = 1,92 − 0, 64.cos80 − 1, 28.cos40 ⇒ α 0 ≈ 5, 7 0
- Gọi tAOB là thời gian vật đi theo một chiều từ A qua O và đến B; tBC là thời gian vật đi từ B đến C.

- Chu kỳ dao động của con lắc: T = 2 ( t AOB + t BC ) .
- Để tính hai khoảng thời gian này ta xét dao động của hai con lắc đơn: con lắc thứ nhất có chiều dài
dây treo 1,92m dao động với biên độ góc 5,7 0 và con lắc thứ hai có chiều dài dây treo 0,64 m, dao động
với biên độ góc là 80.

α
−5, 7

0

−4

0

0

t AOB = 0,374T1 = 0,374.2π

+5, 7

α

−8

0

0

1,92
= 1, 036s

π2

t BC =

- Chu kỳ: T = 2, 605 ≈ 2, 61s → Chọn B

Lời giải:
- Số đường cực đại:

− AB
AB
⇒ k ∈ [ − 6, 6] .
λ
λ

−40

0

T2 1
0, 64 4
= .2π
= s
6 6
π2
15

80

- Các điểm dao động với biên độ cực đại thuộc các hybepol có phương trình:

x 2 y2
−
= 1( b 2 = c 2 − a 2 )
a 2 b2

 2a = d1 − d 2 = kλ = 3k
a = 1,5k

⇒
Với: 
.
AB
c = 10
c = 2 = 10cm
- Phương trình đường thẳng ∆: y = 3x .
- Các điểm cực đại thuộc ∆ thỏa mãn:

x2

( 1,5k )

2

−

3.x 2
100 − ( 1,5k )

2

=1⇒ x

2

( 1,5k )
=

2

.[100 − ( 1,5k ) ]

100 − 4. ( 1,5k )

2

2

- Với k ∈ [ − 6, 6] thì ( 1,5k ) .[100 − ( 1,5k ) ]>0
2

2

- Từ điều kiện: x 2 ≥ 0 ⇒ 100 − 4. ( 1,5k ) ≥ 0 ⇔ −3,3 ≤ k ≤ 3,3 ⇒ k = 0, ±1, ±2, ±3 . Có 7 điểm cực đại
2

thuộc ∆→ Chọn A.

Lời giải:
- Gọi: P1 và P2 lần lượt là công suất truyền đi lúc trước và lúc sau;
Pi là công suất ở nơi tiêu thụ.
∆P1 , ∆P2 lần lượt là công suất hao phí trên đường dây truyền tải lúc trước và sau;
U, UR và U’ lần lượt là điện áp ở trạm phát, độ sụt áp trên dây và điện áp tại nơi tiêu thụ.
'
 Pi = 0,8P1 = U1.I1.cosϕtt
⇒ U1' = 5U1R .
- Khi H = 80% : 
2
 ∆P1 = 0, 2P1 = I1 .R
'
45
 Pi = 0,9P2 = U 2 .I 2 .cosϕtt
⇒ U '2 =
U 2R .
- Khi H = 90% : 
2
4
 ∆P2 = 0,1P2 = I2 .R

uur
ur ur
2
2
- Ta có: U1 = U1R + U1' ⇒ U12 = U1R
+ ( U1' ) + 2U1R .U1' .cosϕtt
2
2
2

2
U12 = U1R
+ 25U1R
+ 10U1R
.0,8 = 34U1R

(1)

uur
ur
ur
2
2
- Tương tự: U 2 = U 2R + U '2 ⇒ U 22 = U 2R
+ ( U '2 ) + 2U 2R .U '2 .cosϕtt
2

2329 2
 45 
 45  2
U 22 = U 22R +  ÷ U 22R + 2.  ÷U 2R
.0,8 =
U 2R .
16
 4 
 4 

(2)

1
2
P
∆P2 9 i 4  I 2 
=
= = ÷
- Ta có:
∆P1 1 P 9  I1 
i
4
2

(3)

2

U 
2329  I 2 
U2
= 1,379 ≈ 1,38 →Chọn B.
- Từ (1) và (2):  2 ÷ =
 ÷ ⇒
U1
 U1  16.34  I1 

ĐỀ 204

Lời giải:
- Để dải quang phổ bậc cao (bậc k) chiếm chỗ trong dải quang phổ bậc thấp hơn (bậc m) thì:
x t ( m ) < x t ( k ) ≤ x d ( m ) ⇔ m.i t < k.i t ≤ m.i d ⇔ m < k ≤ 2m

•

m = 1: k = 2→ dải quang phổ bậc 2 tiếp giáp với dải bậc 1.

•

m = 2: k = 3, 4→ một phần của dải quang phổ bậc 2 bị chiếm bởi 2 dải bậc 3 và bậc 4. Do đó
tại mỗi vị trí chung nhau của 3 dải có 3 vân sáng nằm trùng nhau.

•

m = 3: k = 4, 5, 6→ một phần của dải quang phổ bậc 3 bị chiếm bởi 3 dải bậc 4, bậc 5 và bậc 6.
Do đó tại mỗi vị trí chung nhau của 4 dải có 4 vân sáng nằm trùng nhau.

•

m = 4: k = 5, 6, 7, 8→ một phần của dải quang phổ bậc 4 bị chiếm bởi 4 dải bậc 5, bậc 6, bậc 7
và bậc 8. Do đó tại mỗi vị trí chung nhau của 5 dải có 5 vân sáng nằm trùng nhau.


- Vị trí của M trên màn là vị trí của vân bậc 8 ứng với bước sóng 380 nm:
xM =

kλD 8.0,38.10−6.2
=
= 6, 08 mm, gần giá trị 6,3 mm nhất→ Chọn B.
a
10−3

Lời giải:

- Từ đồ thị nhận thấy trong cả 2 trường hợp khi khóa K mở và khi K đóng thì điện áp cực đại hai đầu
M, B: U 0MB = 100 V ⇒ U MB = 50 2 V.
+ K đóng: U

2
MB

= I .( r + Z
2
1

2

2
L

)=

U 2 ( r 2 + Z2L )

( R + r)

2

+ Z2L

(

= 50 2

)

2

2

Z 
2
1+  L ÷
 50 2 
r 

⇒
= 
÷
2
÷
 ZL   U 
9+
÷
 r 
+ K mở: U

2
MB

(1)

= I .[r + ( ZL − ZC ) ] =
2

2

2

2

U 2 [r 2 + ( ZL − ZC ) ]
2

( R + r)

2

+ ( ZL − ZC )

2

(

= 50 2

)

2

2

 Z − ZC 
1+  L
÷  50 2  2

r

 =
⇒

÷
2
÷
 Z L − ZC   U 
9+
÷
r



(2)

A

ur
UR

 U r1 = U r 2 = U r
- Do ZC = 2Z L ⇒ Z1 = Z 2 ⇒ I1 = I 2 : 
 U R1 = U R 2 = U R = 2U r

M

60

0

600

ur
UC
ur
Ur

50 2

2

 Z − ZC 
Z 
1+  L ÷ 1+  L
÷
r
 r  =

 ⇔ Z2 = Z − Z 2 ⇔ Z = 2Z
( L C)
L
C
L.
2
2
 ZL 
 Z L − ZC 
9+

÷ 9+
÷
r
 r 



 U MN = I 2 .Zd = I1.Zd = 50 2 V

- Khi K mở: 
2
2
 U AN = I 2 . ( R + r ) + Z L = I1.Z1 = U

ur
UL

50 2

- Từ (1) và (2):
2

N

U

U
B

r

I


- Dễ dàng chứng minh được ∆ANB đều và M là trọng tâm của tam giác này.
- Theo giản đồ véc-tơ, ta có:
U r = 50 2.cos600 = 25 2 V; U R = 2U r = 50 2 V; U L = 50 2.sin 600 = 25 6 V.

( UR + Ur )

U=

2

+ U 2L =

( 75 2 ) + ( 25 6 )
2

2

= 50 6 ≈ 122,5 V → Chọn D.

Lời giải:
+ Khi hệ cân bằng: Vật A ở vị trí O, vật B ở vị trí N, lò xo dãn một đoạn là ∆l o

∆l o =

mA + mB
0,3
.g =

.10 = 4 cm.
k
75

+ Ban đầu giữ vật B ở vị trí lò xo dãn đoạn 9, 66 = 4 + 4 2 cm rồi thả nhẹ

⇒ Biên độ dao động A = 4 2 cm; ω =

k
= 5π rad/s.
mA + mB

+ Khi thả tay để vật đi lên: vật A tới vị trí G lò xo không biến dạng (F đh = 0) thì dây nối giữa A và B bắt đầu
bị trùng, vật B vẫn tiếp tục chuyển động đi lên (do quán tính), trong thời gian này vật A tiếp tục dao động điều
hòa quanh vị trí cân bằng O’ với (OO’ = 8/3 cm và với tần số góc ω =

k
= 5π 3 rad/s.
mA

+ Tốc độ của vật A khi đi qua vị trí G:

v A = ω A − x = 5π.
2

2
A

( 4 2)

2

k

− (−4) = 20π cm/s.

G

2

A
+ Biên độ dao động của vật A sau khi dây trùng:
2

2

O

2

8
v 
 4   20π 
A = x + A ÷ = − ÷ +
= cm.
÷
3
 ω' 
 3   5π 3 
2

A

+ Thời gian từ lúc thả đến lúc A đi qua G: t1 =
+ Thời gian vật A đi từ vị trí G ( x = −

∆l o

O'

B

T T 3 2π
+ =
= 0,15 s.
4 8 8 5π

4
cm) theo chiều hướng lên trên đến vị trí cao nhất
3

x


( x = −A = −

8
T ' 2π 0,1
cm): t 2 =
=
= 0, 038 s.

3
6
6 75

+ Tổng thời gian từ lúc thả đến lúc vật A dừng lại lần đầu (lên đến vị trí cao nhất): t = t1 + t 2 ≈ 0,19 s
→ Chọn A.

Lời giải:
+ Giả sử pt hai nguồn: u1 = u 2 = A cos ( ωt + ϕ ) .
+ Phương trình dao động tại M thuộc vùng giao thoa:
u M = 2A.cos

π ( d1 − d 2 )
π ( d1 + d 2 )
.cos[ωt + ϕ −
]
λ
λ

+ M là cực đại giao thoa: d1 − d 2 = kλ ( k ∈ Z ).
⇒ u M = 2A.cos kπ.cos[ωt + ϕ −

(1)

π ( d1 + d 2 )
]
λ

+ Độ lệch pha giữa M và nguồn: ∆ϕS1 /M =

π ( d1 + d 2 )
λ

( nếu k chẵn) hoặc ∆ϕS1 /M =

π ( d1 + d 2 )
±π
λ

( nếu k lẻ).
+ Nếu k là số chẵn, M cùng pha với S1:

+ Nếu k là số lẻ, M cùng pha với S1:

π ( d1 + d 2 )
= m.2π ⇒ d1 + d 2 = 2mλ
λ

π ( d1 + d 2 )
± π = m.2π ⇒ d1 + d 2 = ( 2m ± 1) λ
λ

+ Tổng quát: M cùng pha với S1: d1 + d 2 = nλ (2) ( Với n cùng chẵn hoặc cùng lẻ với k)
+ Điều kiện: n ∈ Z và d1 + d 2 ≥ S1S2 ⇒ n = 6, 7,8,...
+ Số đường cực đại:
−S1S2 < kλ < S1S2 ⇒ k = ±5, ±4,..., ±1, 0 .
+ M vừa là cực đại vừa dao động cùng pha với nguồn
nếu n và k cùng là số chẵn hoặc cùng là số lẻ.

k = −4

n=6

d1
S1

d2
h
S2



( n + k) λ
d1 =
2
+ Từ (1) và (2): 
d = ( n − k ) λ
 2
2
+ Các điểm vừa là cực đại ( thuộc các hypebol) và dao động cùng pha với nguồn ( thuộc các elip).
Vậy các điểm này chính là giao điểm của các hypebol và elip. Điểm gần S 1S2 nhất hoặc là giao điểm
ứng với n = 6 và k = -4 hoặc n = 7 và k = -5
d1 = λ
+ TH1: n = 6 và k = -4 ⇒ 
d 2 = 5λ
2
2
2
- Ta có: d 2 = d1 + ( S1S2 ) − 2d1.S1S2 .cosα ⇔ 25 = 1 + 5, 6 − 2.5, 6.cosα ⇒ cosα =
2

23
35

⇒ h = d1.sin α = λ. 1 − cosα 2 ≈ 0, 754λ
d1 = λ
+ TH2: n = 7 và k = -5 ⇒ 
 d 2 = 6λ
2
2
2
- Ta có: d 2 = d1 + ( S1S2 ) − 2d1.S1S2 .cosα ⇔ 36 = 1 + 5, 6 − 2.5, 6.cosα ⇒ cosα = −
2

⇒ h = d1.sin α = λ. 1 − cosα 2 ≈ 0,946λ > 0, 754λ
→ Khoảng cách ngắn nhất từ M đến S1S2 là: h = 0, 754λ → Chọn A.

13
40