BÀI TẬP GIAO THOA SÓNG HAY VÀ KHÓ

Nguyễn Đình Vũ Luân
Vật Lý và Tuổi Teen
PHƯƠNG TRÌNH SÓNG - GIAO THOA SÓNG
I. Phương trình sóng - Độ lệch pha
1. Phương trình sóng trên trục Ox.
Nguồn sóng tại gốc tọa độ O có phương trình dao động: u= a.cos(2f.t + )
- P.trình sóng truyền theo chiều dương trục Ox đến điểm M có tọa độ x là: uM = acos(2ft
x
+  - 2 )

- P.trình sóng truyền theo chiều âm trục Ox đến điểm N có tọa độ x là: u = acos(t +  +
x |x|
2 ) 
v

2. Phương trình li độ sóng tại điểm M cách nguồn sóng O một đoạn d:
- Giả sử bi cho phương trình li độ tại nguồn O: uO = a.cos(2.f.t + ) thì
phương trình li độ tại điểm M cách nguồn sóng O một đoạn d là:
2d 
d

u M  a. cos 2f .t   
 với t 
v
 

- Giả sử bi cho phương trình li độ tại điểm M: uM = a.cos(2.f.t + ) thì phương trình li
2d 

độ tại nguồn O cách một đoạn d là: uO  a. cos 2f .t   


 

Chú ý:
- Tập hợp các điểm cùng khoảng cách đến nguồn sóng đều dao động cùng pha!
d
- Nếu tại thời điểm t < thì li độ dao động điểm M luôn bằng 0 (uM = 0) vì sóng chưa
v
truyền đến M.
3. Độ lệch pha 2 điểm M1, M2 do cùng 1 nguồn truyền đến: phương trình dao động tại
nguồn là: u = a.cos(ωt + ).
2d1 

- Phương trình dao động của nguồn truyền đến M1: u1M  a. cos 2f .t   
 với t
 

d
 1
v
2d 2 

- Phương trình dao động của nguồn truyền đến M2: u 2 M  a. cos 2f .t   
 với t
 

d
 2
v
2
- Độ lệch pha giữa M1 và M2 là:  = (d 2 - d1)


2
- Để hai dao động cùng pha thì  = 2k  (d 2 - d 1) = 2k  (d2 - d 1) = k.

.

/>

- Để hai dao động ngược thì  = (2k+1) 

2
(d2 - d1) = (2k+1)  (d 2 - d1) =



(2k+1).
2
Vậy khoảng cách giữa hai điểm trên phương truyền sngs lệch pha nhau góc  (rad) là:

ℓ = .
2
 Trong hiện tượng truyền sóng, khoảng cách ngắn nhất trên phương truyền sóng giữa
hai điểm dao động cùng phà là 1, dao động ngược pha là 0,5, dao động vuông pha là
0,25 và dao động lệch pha nhau /4 là 0,125
II. Giao thoa bởi hai sóng kết hợp:

1. Độ lệch pha của 2 nguồn tại M: Gọi phương trình dao động tại các nguồn S1,S2 lần
lượt là: u1 = a.cos(2ft + 1) và u 2 = a.cos(2ft + 2). Độ lệch pha của 2 nguồn sóng là:
 = (2 - 1)
- Phương trình dao động tại M khi sóng S1 truyền đến: u1M = acos(2ft + 1 -2d1 )


- Phương trình dao động tại M khi sóng S2 truyền đến: u2M = acos(2ft + 2 -2 d2 )

2
Độ lệch pha của 2 nguồn sóng tại điểm M là: M = 2 - 1 + (d1 - d2)

2
- Nếu tại M 2 nguồn cùng pha thì: M = 2 -  1 + (d1 - d2) = k.2 

  

d 1  d 2   k  2 1 
2 

2
- Nếu tại M 2 nguồn ngược thì:  M =  2 - 1 + (d1 - d2) = (2k+1).  c

2. Phương trình dao động tổng hợp tại M khi sóng S1, S 2 truyền đến:
  1
d  d2
  2
d  d2
u = u1M + u 2M = 2acos( 2
+ 1
).cos(2ft + 1
- 1
)
2

2


d  d 2 
a. Biên độ sóng tại M: AM = 2a|cos( 1
+
)| với  = 1- 2 (không phụ thuộc
2

thời gian - chỉ phụ thuộc vị trí)
d  d 2 
* Những điểm có biên độ cực đại: A = 2a  cos( 1
+
)=  1
2


 2  1 

 (2 nguồn cùng pha nhau tại M)
 d1  d 2   k 
2 

* Những điểm có biên độ cực tiểu: A = 0  cos(

d1  d 2 
+
)= 0
2


 2k  1  2  1 


 (2 nguồn ngược pha nhau tại M)
 d1  d 2  
2 
 2


(k = 0,  1,  2,… là thứ tự các tập hợp điểm đứng yên kể từ M0 , k = 0 là tập hợp điểm
đứng yên thứ 1)
b. Với hai nguồn sóng giống nhau (cùng biên độ A1 = A2 = a , cùng pha  1 =  2 = )
* Điều kiện để điểm M trễ pha với nguồn một góc  bất kì:
  1
d  d2
  2
d  d2
Từ phương trình của M: u = 2acos( 2
+ 1
).cos(2ft + 1
- 1
)
2

2

d  d2
Ta thấy M dao động trễ pha với nguồn góc  nếu tại M:  1
=  + k.2 


d1+d2 =( +2k)


* Điều kiện để điểm M dao động cùng pha với nguồn:
  1
d  d2
  2
d  d2
Từ phương trình của M: u = 2acos( 2
+ 1
).cos(2ft + 1
- 1
)
2

2

d  d2
Ta thấy M dao động cùng pha với nguồn nếu tại M:  1
= k.2  d1+d 2 =2k

* Điều kiện để điểm M dao động ngược pha với nguồn:
  1
d  d2
  2
d  d2
Từ phương trình của M: u = 2acos( 2
+ 1
).cos(2ft + 1
- 1
)
2


2

d  d2
Ta thấy M dao động ngược pha với nguồn nếu tại M:  1
= (2k+1) 

d1+d2 = (2k+1)
* Điều kiện để điểm M vuông pha với nguồn:
  1
d  d2
  2
d  d2
Từ phương trình của M: u = 2acos( 2
+ 1
).cos(2ft + 1
- 1
)
2

2

d  d2 
Ta thấy M dao động vuông pha với nguồn nếu tại M:  1
= + k.2 
2

1
d1+d2 = ( +k)
2

III. Giao thoa của hai sóng phát ra từ hai nguồn kết hợp S1; S2 cách nhau một
khoảng ℓ. Gọi  = ( 2 - 1) là độ lệch của 2 nguồn. Xét điểm M trên S1S2 cách hai
nguồn lần lượt d1, d2.
1. Hai nguồn dao động lệch pha góc bất kì:  = (2 -1). Biên độ sóng: A =
d  d 2 2  2
2a|cos( 1
+
)|

2
* Số điểm dao động cực đại trên S1S2 là số giá trị nguyên của k thỏa:

l 
l 

k  
 2
 2
* Số điểm dao động cực tiểu trên S1S2 là số giá trị nguyên của k thỏa:




l  1
l  1

 k  

 2 2
 2 2

a. Hai nguồn dao động cùng pha:

d1  d 2
)|

* Tìm số điểm dao động cực đại trên đoạn S1S2: d1 – d 2 = k (k  Z);
Biên độ dao động của điểm M: A = 2a|cos(

Số điểm cực đại:



l
l
k




* Tìm số điểm dao động cực tiểu trên đoạn S1S2: d1 – d2 = (2k+1) (k 
2
Z)

l 1
l 1
 k 
 2
 2

Khi hai nguồn dao động cùng pha và cùng biên độ a thì trung điểm của S1S2 có biên độ
cực đại A = 2a và tập hợp các điểm cực tiểu và cực đại là họ các đường Hypecboℓ có S1,
S2 là tiêu điểm
b. Hai nguồn dao động ngược pha: Biên độ dao động của điểm M: AM =
d  d2 
2a|cos( 1
+ )|
2


* Tìm số điểm dao động cực đại: d1 – d 2 = (2k + 1) (k  Z)
2
Số điểm cực tiểu: 

l 1
l 1
 k 
 2
 2
* Tìm số điểm dao động cực tiểu: d 1 – d2 = k(k  Z)
Số điểm cực đại: 

l
l
k


Khi hai nguồn dao động cùng biên độ a và ngược pha thì trung điểm của S1S2 có biên
độ cực tiểu A = 0
c. Hai nguồn dao động vuông pha: Biên độ dao động của điểm M: AM =

d  d2 
2a|cos( 1
+ )|
4

Số điểm hoặc số đường cực tiểu: 

l 1
l 1
 k 
 4
 4
Khi hai nguồn dao động cùng biên độ a và vuông pha thì trung điểm của S1S2 có biên
độ bằng A = a 2
Một số dạng toán quan trọng,cơ bản,điển hình
1): Tìm số điểm cực đại, cực tiểu trên đường tròn tâm O thuộc đường thẳng
chứa hai nguồn, có bán kính tùy ý hoặc elip nhận hai nguồn AB làm hai
tiêu điểm
  Trên elip nhận hai nguồn AB làm hai tiêu điểm:
Ta tìm được số điểm cực đại hoặc cực tiểu trên đoạn AB là k. Do

Số điểm dao động cực đại bằng số điểm dao động cực tiểu: 


mỗi đường hypebol cắt elip tại hai điểm  số điểm cực đại hoặc cực tiểu trên
elip là 2k.
  Trên đường tròn tâm O thuộc đường thẳng chứa hai nguồn, có bán
kính tùy ý:
Tương tự như đường elip, ta tìm được số điểm cực đại hoặc cực tiểu trên
đoạn thẳng được giới hạn bởi đường kính của đường tròn và hai điểm nguồn

như cách tìm giữa hai điểm M,N (dạng 1) rồi nhân 2. Xét xem hai điểm đầu
mút của đoạn thẳng giới hạn đó có phải là điểm cực đại hoặc cực tiểu hay
không, vì hai điểm đó sẽ tiếp xúc với đường tròn khi đường cong hypebol đi
qua hai điểm đó, nếu có 1 điểm tiếp xúc ta lấy tổng số điểm đã nhân 2 trừ 1;
nếu 2 điểm lấy tổng số trừ 2  số điểm cực đại hoặc cực tiểu trên đường tròn.
2): Xác định khoảng cách ngắn nhất hoặc lớn nhất để thỏa yêu cầu
bài toán.
 Bài toán: Xác định khoảng cách ngắn nhất hoặc lớn nhất tại một
điểm trên đường thẳng đi qua một nguồn A hoặc B và vuông góc với
AB.
Xét hai nguồn cùng pha:
Giả sử tại M có dao động với biên độ cực đại.
- Khi k  1 thì: Khoảng cách lớn nhất từ một điểm M đến hai nguồn là:
d1max = MA
- Khi k  k max thì: Khoảng cách ngắn nhất từ một điểm M’ đến
hai nguồn là: d1min = M’A
AB
AB
Từ công thức:
k
với k  k max d 1min = M’A
λ
λ
Lưu ý: Với hai nguồn ngược pha và tại M dao động với biên
độ cực tiểu ta làm tương tự.
 Các bài toán khác: Sử dụng công thức tính hiệu đường đi và kết hợp mối
liên hệ hình học giữa d1 và d2 với các yếu tố khác trong bài toán để giải (liên hệ
giữa các cạnh trong tam giác vuông).
3): Tìm vị trí điểm M trên đường trung trực của AB, dao động cùng pha
hoặc ngược pha với hai nguồn A, B.

Giả sử hai nguồn cùng pha có dạng: u1 = u2 = Acosωt
*: Dùng phương trình sóng.
d1  d 2 
 d1  d 2 

Phương trình sóng tại M là: uM = 2Acos    cos t    





d d
  Nếu M dao động cùng pha với S1, S2 thì:  1 2  2k  → d2 + d1 = kλ



Vì M nằm trên đường trung trực nên d1 = d2 ta có: d  d1  d2  k
AB
AB
AB
Từ hình vẽ ta có: d 
 k 
k
(k  Z)  kmin 
2λ
2
2
dmin  k min 
2
AB

 AB
Theo hình vẽ ta có: x  OM  d 2  
 (điều kiện: d  )
2
 2 
xmin khi dmin. Từ điều kiện trên, ta tìm được: d min  k min xmin
 Nếu M dao động ngược pha với S1, S2 thì:
d  d2
 1
 ( 2k  ) → d2 + d1 = (2k+)λ

λ
Vì M nằm trên đường trung trực nên ta có: d  d1  d2  (2k+)
2
Tương tự trên, ta tìm được dmin và xmin
4) : Xác định số điểm cùng pha, ngược pha với hai nguồn S1, S2 giữa hai
điểm MNtrên đường trung trực
2

2

SS 
SS 
OM   1 2  ; dN = ON2   1 2 
 2 
 2 
d
d
- Cùng pha khi: k M  M ; k N  N



d
d
- Ngược pha khi: k M  0 ,5  M ; k N  0 ,5  N


Từ k và kM  số điểm trên OM = a
Từ k và kN  số điểm trên ON = b
  Nếu M, N cùng phía  số điểm trên MN: a  b
  Nếu M, N khác phía  số điểm trên MN: a  b (cùng trừ, khác cộng!!!)
Ngoài ra, ta cũng có thể sử dụng phương trình sóng và tính chất hình học để giải
toán.
Các bài toán điển hình
Bài 1 (thi thử vật lý và tuổi teen 2014)
Trong Thí nghiệm giao thoa sóng mặt nước có hai nguồn S1 S2 cách nhau 11 Cm .,dao
động điều hòa theo phương vuông góc với mặt nước với phương trình U1=U2=
cos(100pit) mm.Tốc độ truyền sóng V=0.5 m/s ,biên dộ không đổi khi truyền .Chọn hệ
trục Oxy thuộc mặt nước ,gốc o trùng S1 ,tia Ox trùng S1S2 ,(chiều dương theo S2) .
Trong không gian có 1 chất điểm dao động điều hòa phía trên mặt nước mà hình chiếu P
của nó trên mặt nước có phương trình quỹ đạo Y= X + 2 ,v=5 căng 2 cm/s .Trong 2 giây
kể từ lúc P có x=0 thì p cắt bao nhiêu vân cực đại trong vùng giao thoa của 1 sóng?
SS
Ta có: k = 1 2 ; dM =
2

2

Sau hai dây ,chất điểm đi được quãng đường là 10căng hai .giả sử điểm bắt đầu chuyển
động tại M(2;0) theo gt . N là điêm kết thúc sau 2s ,bài toán đưa về tìm điểm cực đại trên
MN

Nguyễn Đình Vũ Luân
Vật Lý và Tuổi Teen

N(X,X+2) MN=10 căng hai -- > N(10;12 ) ..gọi H là hình chiếu N xuống S1S2 ,ta có tam
giác S1HN vuông tại H -- > S1H=y=12
Áp dụng pitago ,ta có S1M=2cm ,S1N=15.62 S2M=11.18 S2N=12.04
Cực đại S1M-S1N=< k lamda <= S1N-S2N -- > 13 vân cực

đại
Câu 2(thi thử vật lý và tuổi teen 2014)
Trên mặt thoáng có hai nguồn kết hợp A,B cách nhau 20 cm,cùng dao động với tần số
160 Hz ,,cùng pha .tốc độ truyền sóng 80 cm/s .Điểm M nằm trên đường giao thoa bậc 1
dao động cùng pha với hai nguồn , cách trung điểm I của AB một đoạn gần nhât là :
A.0.8 cm
B.2.56 cm
C.1.6 cm
D.2.26 cm
Giải
Bước sóng :0.5 cm
M nằm trên cực đại 1 dao động cùng pha với các nguồn và gần I nhất thì :
MA=n.0.5
MB=(n-1).0.5 ;tam giác AMB có : Ab< MA+MB-- > n>20.5
M gần I nhất nên n=21, MA=10.5 và MB=10 ; từ công thức đường trung tuyến ta có : MI
sấp sỉ 2.26 cm
Sóng cơ nếu đi sâu bản chất+toán học sẽ rất nhiều bài khó ,giao thoa ,sóng dừng,sóng
âm,ứng dụng . Như hai bài trên chỉ là những bài tương đối nâng cao .
Sẽ nói rõ hơn về những bài toán này trong các bài viết sau . Và những bài toán điển hình
,hay ,dưới đây sẽ là sự chuẩn bị tốt để chinh phục những câu sóng cơ hay ,khó <9,10> và

cả những câu lạ .
Bài tập


Nguyen Dinh Vu Luan

Câu 1 : Hai nguồn phát sóng kết hợp S1 , S 2 trên mặt nước cách nhau 12 cm dao động
theo phương trình uS1  uS2  2cos  40 t  cm . Xét điểm M trên mặt nước cách S1 , S 2
những khoảng tương ứng là d1  4, 2 cm và d 2  9,0 cm . Coi biên độ sóng không đổi và
tốc độ truyền sóng trên mặt nước là v  32 cm s . Giữ nguyên tần số f và các vị trí
S1 , M . Hỏi muốn điểm M nằm trên đường cực tiểu giao thoa thì phải dịch chuyển nguồn
S 2 dọc theo phương S1S 2 chiều ra xa S1 từ vị trí ban đầu một khoảng nhỏ nhất bằng bao
nhiêu ?
A. 0,36 cm
B. 0, 42 cm
C. 0, 60 cm
D.
0,83 cm
Giải:
Có λ = v/f =1,6 cm
Xét: d2 – d1 = 9 – 4,2 = 4,8 = 3. λ vậy M thuộc cực đại thứ 3.
M
Trong tam giác S1MS2 có:
12 2  4,2 2  9 2
Cosα =
= 0,8
2.4,2.12
Suy ra Sinα = 0,6
Lại có MH = S1M. Sinα = 4,2.0,6 = 2,52 cm
S1 α

H
Lại có S1H.= S1M. Cosα = 4,2.0,8 = 3,36cm
O O’
Suy ra S2H = S1S2 - S1H = 12- 3,36 = 8,64cm
Khi S2 dịch chuyển ra xa S1 thì vị trí trung tâm O cũng xa S1.
tiểu Khi S2 dịch chuyển ngắn nhất để M thuộc cực tiểu thì M thuộc cực tiểu
thứ 4 của hệ giao thoa.
Do đó d 2’ – d1 = (2k – 1) λ/2 = 7 λ/2 = 5,6 cm Suy ra d 2’ = 9,8 cm = MS’2

Trong tam giác S1MS’2 có: HS’2 = MS 2 ' 2 MH 2 = 9,8 2  2,52 2  9,47cm
Độ dịch chuyển của S2 là: S2 S’2 = H S’2 - H S2 = 9,47 – 8,64 = 0,83cm
Câu 1b: Tại hai điểm A, B cách nhau 13cm trên mặt nước có 2 nguồn sóng kết hợp dao
động cùng pha tạo ra sóng trên mặt nước có bước sóng  = 1,2cm. M là một điểm trên
mặt nước cách A và B lần lượt là 12cm và 5cm. Gọi N là điểm đối xứng với M qua AB.
Số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn MN là
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
Giải: Ta có tam giác AMB vuông tại M vì AB2 = AM2 + BM2
AM2 – AI2 = BM2 – (AB – AI)2----->
144
25
60
AI =
cm; BI =
, MI =
cm
13
13

13
d1
Xét điểm C trên IM: AC = d1; BC = d2
144
A
với
≤ d1 ≤ 12 (cm)
13
Điểm C dao động với biên độ cực đại khi
d 1 – d2 = k = 1,2k (1) (cm) với k nguyên dương)
d 12 – AI2 = d 22 – BI2 ------> d12 – d22 = AI2 – BI2 = 119
(d1 – d2 )(d1 + d 2) = 1,2k(d1 + d2 ) = 119

S
S2

M

C  d2

I


N 

B


---> d1 + d2 =

119
(2)
1,2k

Từ (1) và (2) : d1 = 0,6k +

119
2,4k

119
144
144
≤ d1 ≤ 12 <------>
≤ d1 = 0,6k +
2,4k
13
13
2
144
1,44k  119
≤
≤ 12
13
2,4k

≤ 12 <--->

144
1,44k 2  119
≤

<------> 18,72k2 – 345,6k + 1547  0 ----> k ≤ 7 hoặc k  11 (*)
13
2,4k
119
* 0,6k +
≤ 12 <-----> 1,44k2 – 28,8k + 119 ≤ 0
-------> 6 .≤ k ≤ 14 (**)
2,4k
AB
AB
Mặt khác số điểm dao động với biên độ cực đại trên AB: < k<


------> - 10 ≤ k ≤ 10 (***)
Từ (*) ; (**) và (***) ------> 6 .≤ k ≤ 7 tức là có 2 giá trị của k; (k = 6 và k = 7)
Do vậy trên IM có 2 điểm dao động với biên độ cực đại. Số điểm dao động với biên độ
cực đại trên đoạn MN là 2x2 = 4. Chọn đáp án C
*

Câu2+(ĐH SP HN lần 5): Trên mặt một chất lỏng, có hai nguồn sóng kết hợp O1, O2
cách nhau l = 24cm, dao động theo cùng một phương với phương trình
uo1  uo 2  Acost (t tính bằng s A tính bằng mm) Khoảng cách ngắn nhất từ trung điểm
O của O1O2 đến các điểm nằm trên đường trung trực của O1O2 dao động cùng pha với O
bằng q = 9cm. Số điểm dao động với biên độ bằng O trên đoạn O1O2 là:
A. 18
B. 16
C. 20
D. 14
2
Độ lệch pha của M so với O:  

( d  a)

2
M dao động cùng pha với O nên:  
(d  a)  2 k  d  a  k 

Điểm M gần O nhất thì: k = 1    d  a  a2  q2  a  122  92  12  3cm
Số cực đại trên O1O2:
l
l
  k   8  k  8 : có 17 cực đại trên O1O2 (kể cả O), vậy có 16 điểm dao động


với biên độ bằng O . Chọn đáp án B
Câu 3:Hai nguồn song kết hợp A và B dao động theo phương trình
u A  a cost và u B  a cos(t   )
Biết điểm không dao động gần trung điểm I của AB nhất một đoạn  / 3 .Tìm 


2
4
A.
B.
C.
D.
6
3
3
3
Xét điểm M trên AB; AM = d1; BM = d 2 ( d 1 > d2)

Nguyen Dinh Vu Luan

Sóng truyền từ A , B đến M

 (d1  d 2 ) 
 ) =0

2
 (d1  d 2 )  
1 
------->
   k ------> d1 – d2 = ( 
 k )

2 2
2 2
điểm M gần trung điểm I nhất ứng với (trường hợp hình vẽ) k = 0
1 

1 
1

( 
)   
    . Chọn đáp án B
2 2
3
2 2 3

3
Câu 4: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 
= 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
A. 0,43 cm.
B. 0,5 cm.
C. 0,56 cm.
D.
0,64 cm.
Điểm M không dao động khi cos(

Giải

M dao động cực tiểu
gần C nhất nên M
thuộc cực tiểu k = 0
Lúc đó: d1 – d2 =
1
1
(k+ ) λ = λ (1)
2
2
Gọi x là khoảng cách từ M đến C

d1  ( AI  x ) 2  MK 2
d 2  (BI  x )2  MK 2

thay vào (1)

d1  d 2  ( AI  x )2  MK 2  (BI  x )2  MK 2 


2

Thay số vào giải pt: d1  d 2  (4  x )2  2 2  (4  x )2  2  1  x  0, 56cm Chọn C
Câu 5:Tại hai điểm A và B trên mặt nước cách nhau 8 cm có hai nguồn kết hợp dao động
với phương trình: u1  u 2  acos40t(cm) , 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 dộng với biên độ cực đại là:
A. 3,3 cm.
B. 6 cm.
C. 8,9 cm.
D. 9,7 cm.


Bước sóng λ = v/f = 30/20 = 1,5 cm
Khoảng cách lớn nhất từ CD đến AB mà trên CD chỉ có 3 điểm
dao đông với biên độ cực đai khi tại C và D thuộc các vân cực đai
bậc 1 ( k = ± 1)
C
Tại C: d2 – d1 = 1,5 (cm)
d1
Khi đó AM = 2cm; BM = 6 cm
h
2
2
2
Ta có d 1 = h + 2

d22 = h 2 + 62
A
Do đó d22 – d12 1,5(d1 + d2 ) = 32
M
d2 + d1 = 32/1,5 (cm)
d2 – d1 = 1,5 (cm)
Suy ra d 1 = 9,9166 cm

D
d2

h  d12  2 2  9,922  4  9, 7cm
Cách 2
Vì u1, u2 cùng pha nên đương trung trực của AB
là một đường cực đại.
Để trên CD chỉ có 3 đường cự đại, mà khoảng
cách h là lớn nhất thì các điểm C, D phải nằm
trên các đường cực đại bậc 1. (bạn có thể hình dung
cái này bằng cách cho đoạn CD chạy lên, xuống. Nhớ
rằng các đương cực đại là cố định.)
Xét điểm C:
d1 – d2 = -  → d2 = d1 + 1,5
Lại có:
d12  AE 2  d 2 2  BE 2 ( cùng bằng h2)
 d12  22  (d1  1,5) 2  6 2 → d1 = 9,9 cm

→ h  d12  AE 2  9,7cm
(Dễ tính đc AE = 2cm, BE = 6cm)
Tương tự Câu 6 : . Trên mặt thoáng chất lỏng, cho hai nguồn kết hợp cùng pha S1 và
S2 cách nhau 8 cm. Về một phía của S1S2 lấy thêm hai điểm S3 và S4 sao cho S3S4 = 4cm

và hợp thành hình thang cân S1S2S3S4. Biết bước sóng  =1cm.Hỏi đường cao của hình
thang lớn nhất là bao nhiêu để trên S3S4 có 5 điểm dao động cực đại
A.3 5 cm B.6 2 cm C.4cm
D.2 2 cm
Giải Để trên S3S4 có 5 điểm dao động cực đại
thì tại S3,S4 là dao động cực đai thứ hai
tức là k = ± 2
d 1 = S1S3; d 2 = S2S3

B


d1 – d 2 = 2 = 2 cm (*)
d12 = h2 + 6 2
d 22 = h 2 + 22d 12 – d 2 = 32 (**)
Từ (*) và (**) suy ra
d1 + d2 = 16 cm -----> d1 = 9cm
-----> h =

9 2  6 2 = 3 5 = 6,71 cm. Chọn đáp án A

Câu 7:Ở mặt thoáng của một chất lỏng có hai nguồn sóng kết hợp A và B cách nhau
20cm, dao động theo phương thẳng đứng với phương trình u A = 2cos40t và uB =
2cos(40t + ) (uA và uB tính bằng mm, t tính bằng s). Biết tốc độ truyền sóng trên mặt
chất lỏng là 30 cm/s. Xét hình vuông AMNB thuộc mặt thoáng chất lỏng. Số điểm dao
động với biên độ cực đại trên hình vuông AMNB là
A. 26.
B. 52.
C. 37.
D. 50.

M
N
Số điểm dao động với biên độ cực đại trên hình
vuông AMNB bằng 2 lần số điểm dao động với
biên độ cực đại trên đoạn AB
Xét điểm C trên AB: AC = d1; BC = d2.
B
Bước sóng λ = v/f = 30/20 = 1,5cm

A
0 ≤ d1 ≤ 20 (cm)
C


Điểm C dao động với biên độ cực đại khi [ (d 1  d 2 )  ] = kπ (với k là số nguyên) ---
2
--->
d1 – d2 = 1,5k + 0,75
Mặt khác d1 + d2 = AB = 20 (cm)
Do đó d1 = 10,375 + 0,75k
0 ≤ d1 = 10,375 + 0,75k ≤ 20 ------> - 13 ≤ k ≤ 12 : Có 26 giá tri của k,
(các điểm cực đại tên AB không trùng với A và B)
Vậy trên hình vuông AMNB có 52 điểm dao động cực đại. Chọn đáp án A
Câu 8:Trên bề mặt chất lỏng có 2 nguồn phát sóng kết hợp S1 và S2 dao động đồng pha,
cách nhau một khoảng S1S2 bằng 40cm. Biết sóng do mỗi nguồn phát ra có f  10 Hz ,
vận tốc truyền sóng v  2m / s. Xét điểm M thuộc mặt nước nằm trên đường thẳng vuông
góc với S1S2 tại S1. Đoạn S1M có giá trị lớn nhất là bao nhiêu để tại M có dao động với
biên độ cực đại:
A. 20cm
B. 50cm

C. 40cm
D. 30cm
Giải:


Các đường cực đại trong hình biểu diễn là các đường dạng
hyperbol cắt đường thẳng d. Dễ thấy rằng các đường cực đại
càng nằm sát đường k = 0 thì càng cắt d tại M có khoảng
cách S1M càng lớn.
Vậy để M nằm trên cực đại mà S1M lớn nhất thì M phải
nằm trên cực đại bậc 1.
Xét điểm M có:
d1  d 2    d 2  d1   d

Lại có:
d12  S1 S2 2  d 2 2  d12  S1 S2 2  ( d1   ) 2  SM  d1  30

cm.
Câu 9: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 cung pha với 2 nguồn?
A:4 điểm
B:2 điểm
c: 6 điểm
D:3 điểm
M
Giải: Giả sử phương trình sóng ở hai nguôn: u = acost.
Xét điểm N trên MI: S1N = S2N = d.
N

IN = x Với 0  x  8 (cm)
Biểu thức sóng tại N
I
S2
S1
2d
uN = 2acos(t ).

2d
Để uN dao động cùng pha với hai nguồn:
= k.2 -----> d = k=3k

d2 = SI2 + x 2 = 62 + x2-----> 9k2 = 36 + x2 -----> 0  x2 = 9k2 – 36  64
6  3k  10 -----> 2  k  3.
Có hai giá trị của k: k = 2; x = 0 (N  I)
k = 3 x = 3 5 (cm)
Chọn đáp án B.
Câu 10: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. 18,67mm
B. 17,96mm
C. 19,97mm
D. 15,34mm
Giải:
AB
1.
= 6,7 => Điểm cực đại trên AB gần B nhất có k = 6


Gọi I là điểm cực đại trên đường tròn gần AB nhất

I
h

A

B
x


Ta có: d1I – d2I = 18 cm vì d1I = AB = 20cm
=> d2I = 2cm
Áp dụng tam giác vuông
x2 + h2 = 4
(20 – x)2 + h2 = 400
Giải ra h = 19,97mm
Câu 11: Trên mặt nước có hai nguồn sóng giống nhau A và B, cách nhau khoảng AB =
12(cm) đang dao động vuông góc với mặt nước tạo ra sóng có bước sóng  = 1,6cm. C
và D là hai điểm khác nhau trên mặt nước, cách đều hai nguồn và cách trung điểm O của
AB một khoảng 8(cm). Số điểm dao động cùng pha với nguồn ở trên đoạn CD là
C
A. 3
B. 10
C. 5
D. 6
M

Giải:
Biểu thức sóng tại A, B

u = acost
Xét điểm M trên OC: AM = BM = d (cm)
Ta có 6 ≤ d ≤ 10 ( vì OA = 6cm; OC = 8 cm
biểu thức sóng tại M
2d
u M = 2acos(t).

Điểm M dao động cùng pha với nguồn khi
2d
= 2kπ------> d = k = 1,6k


d
A

B

O

D

6 ≤ d = 1,6k ≤ 10 -----> 4 ≤ k ≤ 6. Trên OC có 3 điểm dao động cùng pha với nguồn.
Do đó trên CD có 6 điểm dao động cùng pha với nguồn. Chọn đáp án D
Câu 12: 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  2 cos 200t (mm) .Vận tốc truyền sóng trên mặt
nước là 0,8 m/s. Điểm gần nhất dao động cùng pha với nguồn trên đường trung trực của
S1S2 cách nguồn S1 bao nhiêu:
A. 16mm
B. 32mm
C. 8mm

D. 24mm
+ Phương trình sóng tổng quát tổng hợp tại M là: u M = 2acos( d 2  d 1 )cos(20t 
d

d
1 )
 2

+ Với M cách đều S , S nên d = d . Khi đó d – d = 0  cos( d 2  d 1 ) = 1  A = 2a
1

2

1

2

2

1



+

Để
M
dao
động
cùng

pha
với
S1,
d  d2
d  d2
 1
 k 2  1
 2 k  d 1  d 2  k


2
+ Gọi x là khoảng cách từ M đến AB: d1 = d2 = x 2   S 1 S 2  = k 



2




S2

thì:
d1

S1

O

x

2

SS 
 x   k     1 2   0,64k 2  6, 25  0 , 6 4 k 2  6 , 2 5  0  k  3,125
 2 
 kmin = 4  d1 = 4  = 32 mm. đáp an B.
Câu 13: Hai nguồn âm nhỏ S1, S2 giống nhau (được coi là hai nguồn kết hợp) phát ra âm
thanh cùng pha và cùng biên độ. Một người đứng ở điểm N với S1N = 3m và S2N =
3,375m. Tốc độ truyền âm trong không khí là 330m/s. Tìm bước sóng dài nhất để người
đó ở N không nghe được âm thanh từ hai nguồn S1, S2 phát ra.
A.  = 1m
B.  = 0,5m
C.  = 0,4m
D.  = 0,75m
Giải:
Để ở N không nghe được âm thì tại N hai sóng âm ngược pha nhau, tại N sóng âm có
biên độ cực tiểu
1
0.75
d 1 – d2 = (k + ) = 0,375m ----->  =
. ----> có giá trị dài nhất khi N ở đường
2
2k  1
cực tiểu thứ nhất k = 0 ; Đồng thời f = v/T > 16 Hz
Khi k = 0 thì  = 0,75 m; khi đó f = 440Hz, âm nghe được. Đáp án D:  = 0,75 m;
2

Câu 14 : Trên mặt nước có hai nguồn kết hợp S1, S2 cách nhau 6 2 cm dao động theo

phương trình u  a cos 20t . Biết tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 0,4 m/s và biên độ
sóng không đổi trong quá trình truyền. Điểm gần nhất ngược pha với các nguồn nằm trên
đường trung trực của S1S2 cách S1S2 một đoạn:
A. 6 cm.
Hướng dẫn

B. 2 cm.

C. 3 2 cm

+ Phương trình sóng tổng hợp tại M là: uM = 2acos( 
+ Để M dao động ngược pha với S1, S2 thì: 


2
khoảng

D. 18 cm.

d 2  d1
d  d1
)cos(20t -  2
)



d 2  d1
= (2k + 1)  d 2  d 1  (2k  1)


+ Với d1 = d2 ta có:  d 2  d 1  (2k  1)
+

Gọi

x

là
2

cách

từ
2

M


  S S 
S S 

AB:  d 2  d 1  x 2   1 2   ( 2k  1)  x  2k  1    1 2 
2
2

 2 
 2 

đến

2

 x  42k  1  18  4( 2k  1) 2  18  k  0,56  k min  1  xmin  3 2cm
2

Câu 15 : Trên bề mặt chất lỏng có hai nguồn kết hợp AB cách nhau 40cm dao động
cùng pha. Biết sóng do mỗi nguồn phát ra có tần số f=10(Hz), vận tốc truyền sóng
2(m/s). Gọi M là một điểm nằm trên đường vuông góc với AB tại A dao đông với biên
độ cực đại. Đoạn AM có giá trị lớn nhất là :
A. 20cm
B. 30cm
C.
40cm
D.50cm
K=1
M
Hướng dẫn :
d1

A

K=0

d2


v 200

 20(cm) .
f

10
+ Do M là một cực đại giao thoa nên để đoạn AM có giá trị lớn nhất thì M phải nằm
trên vân cực đại bậc 1 như hình vẽ và thõa mãn : d 2  d1  k   1.20  20(cm) (1).
Mặt khác, do tam giác AMB là tam giác vuông tại A nên ta có :
+ Ta có  

AM  d 2  ( AB 2 )  ( AM 2 )  402  d12 (2)

Thay (2) vào (1) ta được : 402  d12  d1  20  d1  30(cm)
Câu 16 : Ở mặt chất lỏng có hai nguồn sóng A, B cách nhau 16 cm, dao động theo
phương thẳng đứng với phương trình là u A  u B  a cos 50t (với t tính bằng s). Tốc độ
truyền sóng ở mặt chất lỏng là 50 cm/s. Gọi O là trung điểm của AB, điểm M ở mặt chất
lỏng nằm trên đường trung trực của AB và gần O nhất sao cho phần tử chất lỏng tại M
dao động ngược pha với phần tử chất lỏng tại O. Khoảng cách MO là
A. 6 cm.
B. 4 cm.
C. 4 2 cm.
D. 6 2 cm
Hướng dẫn
v 2v 2 .50
+ Bước sóng:   

 2cm
f

50
+
Phương
trình
sóng

tại
một
M
và
O
2d 

là: u M  2a cos 50t 
; u O  2a cos50t  9 
 

2d
  M / O  9 
 2k  1  d  4  k  8  2k  AO  8  k  0
 Đáp

án D.
2
+ Vậy: d min  k max  1  d min  10  OM min  d min
 OA 2  6cm
Câu 17: Trong một thí nghiệm giao thoa với hai nguồn phát sóng giống nhau tại A và B
trên mặt nước. Khoảng cách AB=16cm. Hai sóng truyền đi có bước sóng λ=4cm. Trên
đường thẳng xx’ song song với AB, cách AB một khoảng 8 cm, gọi C là giao điểm của
xx’ với đường trung trực của AB. Khoảng cách ngắn nhất từ C đến điểm dao động với
biên độ cực tiểu nằm trên xx’ là
A. 2,25cm
B. 1,5cm
C. 2,15cm
D.1,42cm

C
x

M
d1
A

x’
d2
B

Gọi M là điểm thỏa mãn yêu cầu và đặt CM=x, Khoảng cách ngắn nhất từ C đến điểm
dao động với biên độ cực tiểu nằm trên xx’ thì M thuộc cực tiểu thứ nhất k=0
1
d1  d 2  (k  )  8 2  (8  x ) 2  8 2  (8  x ) 2  2  x  1,42cm
2


Câu 18 : Trên mặt nước tại hai điểm AB có hai nguồn sóng kết hợp dao động cùng pha,
lan truyền với bước sóng . Biết AB = 11. Xác định số điểm dao động với biên độ cực
đại và ngược pha với hai nguồn trên đoạn AB( không tính hai điểm A, B)
A. 12 B. 23 C. 11 D. 21
Giải:
Giả sử uA = uB = acost
Xét điểm M trên AB
2d1
2d 2
); u BM = acos(t );



 ( d 2  d1 )
 (d 1  d 2 )
uM = 2acos(
)cos(ωt)


 (d 2  d1 )
uM = 2acos(
)cos(ωt - 11)

M là điểm cực đại ngược pha với nguồn khi
 (d 2  d1 )
 (d 2  d1 )
cos(
) = 1 ---
= 2kπ


d2 – d1 = 2kλ
d2 + d1 = 11λ
-------> d2 = (5,5 + k)λ
0 < d2 = (5,5 + k)λ < 11 λ--- - 5 ≤ k ≤ 5 ---
Câu 19 : Hai nguồn sóng kết hợp A,B với AB=16cm trên mặt thoáng chất lỏng, dao
động theo phương trình uA=5cos(30t)mm và u B=5cos(30t+/2) .Coi biên độ sóng
không đổi ,tốc độ sóng v=60cm/s.Gọi O là trung điểm của AB, điểm đớng yên trên đoạn
AB gần O và xa O nhất cach O một đoạn tương ứng là
A.1cm;8cm B.0,25; 7,75cm
C.1cm;6,5cm
D.0,5cm;7,75cm

AM = d 1; BM = d2. ---- u AM = acos(t -

d1  d 2 
 )cos(....)

4
d d  
  1 2    k  d1  d 2  4k  1

4 2
16  4k  1  16  4, 25  k  3, 75
Câu 20 : Trên mặt thoáng chất lỏng, tại A và B cách nhau 20cm, người ta bố trí hai
nguồn đồng bộ có tần số 20Hz. Tốc độ truyền sóng trên mặt thoáng chất lỏng v=50cm/s.
Hình vuông ABCD nằm trên mặt thoáng chất lỏng, I là trung điểm của CD. Gọi điểm M
nằm trên CD là điểm gần I nhất dao động với biên độ cực đại. Tính khoảng cách từ M đến
I.
A. 1,25cm B. 2,8cm C. 2,5cm D. 3,7cm
uM  10cos(

Giải
Bước sóng  = v/f = 2,5cm
Xét điểm M trên CD, M gần I nhất dao động
với biên độ cực đại khi d 1 – d2 =  = 2,5 cm (*)


Đặt x = IM = I’H
AB
d12 = MH2 + (
+ x)2
2

AB
d22 = MH2 + (
- x)2
2
d12 – d22 = 2ABx = 40x
40x
d1 + d 2 =
= 16x (**)
2,5
Từ (*) và (**) suy ra d1 = 8x + 1,25
d12 = (8x + 1,25)2 = ,202 + (10+ x)2 -----> 64x2 + 20x + 1,5625 = 500 + 20x + x2
---> 63x2 = 498,4375------> x = 2,813 cm  2,8 cm. Chọn đáp án B
Câu 21 : Ở mặt chất lỏng có hai nguồn sóng A, B cách nhau 19 cm, dao động theo
phương thẳng đứng với phương trình là uA = uB = acos20t (với t tính bằng s). Tốc độ
truyền sóng của mặt chất lỏng là 40 cm/s. Gọi M là điểm ở mặt chất lỏng gần A nhất sao
cho phần tử chất lỏng tại M dao động với biên độ cực đại và cùng pha với nguồn A .
Khoảng cách AM là
A. 5 cm.
B. 2 cm.
C. 4 cm.
D. 2 2 cm.
v
Bước sóng :    4 cm
f
AB
AB
Số cưc đại giao thoa: 
k
 k  4;  3;......3;4.



Điểm M gần A nhất dao động với Amax ứng với k = 4 (hoặc -4).
.
 ( d1  d 2 )
Độ lệch pha dao động giữa nguồn A và M là:  

Do M dao động cùng pha với nguồn A nên:
 ( d1  d 2 )
 
 n.2  (d1  d 2 )  2 n  8n (cm ) (1)

Mặt khác: d1  d 2  AB  19 cm (2)
Từ (1) và (2) ta có: n  2,375 Vậy n nhận các giá trị: 3, 4, 5……
Mặt khác: M dao động với biên độ cực đại nên: d 2  d1  4  16( cm) (3)
Từ (1), (2) và (3) ta được:
d1  4n  8  d1min  4.3  8  4 ( cm).
ĐÁP ÁN C
Câu 22: Trong thí nghiệm giao thoa sóng trên mặt nước, hai nguồn AB cách nhau
14,5cm dao động ngược pha. Điểm M trên AB gần trung điểm I của AB nhất, cách I là
0,5cm luôn dao động cực đại. Số điểm dao động cực đại trên đường elíp thuộc mặt nước
nhận A, B làm tiêu điểm là
A. 18 điểm
B. 30 điểm
C. 28 điểm
D. 14 điểm
điểm M nằm trên AB cách I gần nhất và dao động cực đại phải thỏa mãn d 2 – d1 =
(2k+1)  /2 ( k = 0)
( A,B là hai nguồn ngược pha) IM =  /4 = 0,5 =>  = 2cm

Gọi N là điểm thuộc đường dao động cực đại trên AB :

d2N - d1N = (2k’ + 1)  /2 (1)
Mặt khác : d2N + d1N = AB ( 2)

AB 1
AB 1
 k

; k=  7,6  5....  1,0
2
2
2
2
suy ra có 14 điểm dao động cực đại trên elips có 28 điểm dao động cực đại
số điểm nhận A,B làm tiêu điện thỏa mãn : d2N + d 1N = 2AB ( 3) 28 điểm đều thỏa mãn.


Câu 23 : Hai nguồn kết hợp A và B dao động trên mặt nước theo các phương trình:
u1 = 2cos(100t + /2) cm; u 2 = 2cos(100t) cm. Khi đó trên mặt nước, tạo ra một hệ
thống vân giao thoa. Quan sát cho thấy, vân bậc k đi qua điểm P có hiệu số PA-PB = 5
cm và vân bậc k + 1 (cùng loại với vân k) đi qua điểm P’ có hiệu số P’A-P’B = 9 cm.
Tìm Tốc độ truyền sóng trên mặt nước. Các vân nói trên là vân cực đại hay cực tiểu.
A.150cm/s,cực tiểu B.180cm/s,cực tiểu C.250cm/s,cực đại D.200cm/s,cực đại
Giải:
PA = d1; PB = d2
P
P’
P’A = d’1; P’B = d;2
Sóng truyền từ S1 và S2 tới P

Xet hiệu pha của u 1M và u2M
2 (d 1  d 2 ) 
 =

2
A
B
2 (d 1  d 2 ) 
* Điêm P dao động với biên độ cực tiểu nếu  =
= (2k+1) với k

2
nguyên
3
-------> d1 – d 2 = (k + ) = 5 cm (*)
4
3
-------> d’1 – d’2 = (k + 1 + ) = 9 cm (**)
4
Từ (*) và (**) ---->  = 4 cm Khi đó k = 0,5. P không thể là điểm cực tiểu
* Điêm P dao động với biên độ cực đại nếu  =

2 (d 1  d 2 ) 
= 2k với k nguyên

2

1
) = 5 cm (*)
4

1
-------> d’1 – d’2 = (k + 1 + ) = 9 cm (**)
4
Từ (*) và (**) ---->  = 4 cm Khi đó k = 1. P là điểm cực đại
Do đó v = .f = 200 cm/s P, P’ là các điểm cực đại
Câu 24: Trên mặt nước có 2 nguồn sóng giống hệt nhau A và B cách nhau một khoảng
AB = 24cm. Các sóng có cùng bước sóng  = 2,5 cm. Hai điểm M và N trên mặt nước
cùng cách đều trung điểm của đoạn AB một đoạn 16 cm và cùng cách đều 2 nguồn sóng
và A và B. Số điểm trên đoạn MN dao động cùng pha với 2 nguồn là:

-------> d1 – d 2 = (k +


A. 7.
B. 8.
C. 6.
Cách 1: Gọi M là điểm dao động cùng pha với nguồn
Phương trình sóng tổng hợp tại M là: uM = 2acos(
Để M dao động ngược pha với S1 thì: 

D. 9.

d 2  d1
d  d1
)cos(20t -  2
)



d 2  d1

= 2k suy ra: d 2  d1  2k 


Với d1 = d2 ta có: d 2  d1  k  ; Gọi x là khoảng cách từ M đến AB: d1 = d 2 =
2

 A B  = k
x2  

 2 
2

A B  = 6, 25k 2  144 ;
2
 k    

 2 
Với 0  x  16
 4,8  k  8  k = 5, 6, 7, 8.
Vậy trên đoạn MN có 2x4 = 8 điểm dao động cùng pha với hai nguồn Chọn B
S1S 2
Cách 2:  =2,5cm ; ko =
= 4,8
2
2
d
dM = OM 2   S 1 S 2  = 20cm  k M  M = 8 chọn 5,6,7,8

Suy ra x 

 2 



-- > 8 điểm (M,N đối xưng )
Câu 25: Trên mặt nước có hai nguồn sóng giống nhau A và B, hai nguồn
cùng pha, cách nhau khoảng AB = 10 cm đang dao động vuông góc với mặt
nước tạo ra sóng có bước sóng  = 0,5 cm. C và D là hai điểm khác nhau trên
mặt nước, CD vuông góc với AB tại M sao cho MA = 3 cm; MC = MD = 4
cm. Số điểm dao động cực đại trên CD là
A. 3.
B. 4
C. 5.
D. 6.
C

A

Giải :
+Ta có AM =3cm ; BM = AB – MB = 10-3 =7cm
Và AM  MC => AC  AM 2  MC 2  32  4 2  5 cm

O
M

D

Và BM  MC => BC  BM 2  MC 2  7 2  42  65  8,06cm
+Xét một điểm N bất kì trên CM, điều kiện để điểm đó cực đại là : d2 –d1 = kλ
Do hai nguồn dao động cùng pha nên :

B


Số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn CM thoã mãn :
 d 2  d1  k 

 BM  AM  d 2  d1  BC  AC
Suy ra : BM  AM  k   BC  AC Hay :

BM  AM
BC  AC
k
. Thế số:



73
8,06  5
k
0,5
0,5
 8  k  6,12 => k= 6;7;8 có 3 điểm cực đại.
Dễ thấy tại M là 1 cực đại nên: trên CD có 3x2-1= 5 cực đại => có 5 vị trí mà
đường hyperbol cực đại cắt qua CD. ( 2 đường cắt qua CD thành 4 điểm và 1
đường qua M cắt 1 điểm)
Chọn C