Cực đại cùng, ngược pha giao thoa sóng

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

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




Kết luận: Tập hợp các điểm cực đại nằm trên đường hypebol có 2 tiêu điểm là 2 nguồn A, B có
− AB  d1 − d 2 = k   AB với k là số nguyên
2. Phương trình hypebol (dành cho các bạn chuyên toán)
a) Phương trình chính tắc
x2
y2
x2
y2
1
d1 − d 2 = 2 a
−
=
1
⎯⎯⎯⎯
→
−
=
2
2
AB = 2 c
2
2
2
2
a c −a
( d1 − d 2 ) AB − ( d1 − d 2 ) 4

b) Phương trình tham số
d1 − d 2

a

x
=
0,5.
x
=


d1 − d 2 = 2 a
cos t
cos t
⎯⎯⎯⎯
→

AB = 2 c
2
2
 y = c 2 − a 2 .tan t


 y = 0,5 AB − ( d1 − d 2 ) .tan t

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

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

k’
Chẵn
Lẻ

  ( d1 − d 2 ) 
cos 




Dương
Âm
Dương
Âm

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


Kết luận: Tập hợp các điểm cùng pha hoặc ngược pha với nguồn nằm trên đường elip có 2 tiêu điểm là 2
nguồn A, B với d1 + d 2 = k '   AB với k ' là số nguyên dương
2. Phương trình elip (dành cho các bạn chuyên toán)
a) Phương trình chính tắc
x2
y2
x2
y2

1
d1 + d 2 = 2 a
+
=
1
⎯⎯⎯⎯
→
+
=
2
2
AB = 2 c
2
2
2
a
a −c
( d1 + d 2 ) ( d1 + d 2 ) − AB 2 4

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

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

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

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

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

k'
Chẵn
Lẻ
Chẵn
Lẻ

k
Chẵn
Lẻ
Lẻ
Chẵn

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

Kết luận:

Tập hợp các điểm này là giao điểm của hypebol có − AB  d1 − d 2 = k   AB và elip có d1 + d 2 = k '   AB
-Điểm cực đại và cùng pha với nguồn thì k và k ' phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ
-Điểm cực đại và ngược pha với nguồn thì k và k ' không cùng chẵn và không cùng lẻ
2. Hệ quả: Để đơn giản hơn ta tiếp tục biến đổi
k '+ k

d1 =
 k '+ k =k

d1 + d 2 = k '  
d1 = k1
1
2
2

⎯⎯⎯⎯
→

k '−k
= k2
d1 − d 2 = k 
d 2 = k2 
2
d = k '− k 
2

2


Kết luận:

Tập hợp các điểm này là giao điểm của đường tròn bán kính d1 = k1 và đường tròn bán kính d 2 = k2 
-Điểm cực đại và cùng pha với nguồn thì k1 và k2 phải là số nguyên dương
-Điểm cực đại và ngược pha với nguồn thì k1 và k2 phải là số bán nguyên dương

IV. Phương trình dao động của điểm cực đại
1. Chứng minh
Xét 2 nguồn u1 = a1 cos (t ) và u2 = a2 cos (t )
2 d1 
2 d 2 


uM = uM 1 + uM 2 = a1 cos  t −
 + a2 cos  t −
 
 



Điều kiện để điểm M dao động với biên độ cực đại thì u M 1 và uM 2 phải cùng pha
2 d1 
2 d 2 


Khi đó uM = ( a1 + a2 ) cos  t −
 = ( a1 + a2 ) cos  t −
 
 


2 d1 

2 d 2 


Kết luận: Phương trình điểm cực đại uM = A cos  t −
tương tự sóng 1 nguồn
 = A cos  t −
 
 



2. Ứng dụng


 

 2 d1
d
=
k
+
=


+
k
2

1
1




1
 
2 


a) Cực đại lệch pha  với nguồn 

 2 d 2 =  + k 2
d =  k +   
2
 2  2 2 
 
 2 d1 ' 2 d1
  −  = k1 2
d1 '− d1 = k1

b) Cực đại cùng pha với nhau 
d 2 '− d 2 = k2 
 2 d 2 ' − 2 d 2 = k 2
2
 

 2 d1 ' 2 d1
  −  = ( 2k1 + 1) 
d1 '− d1 = ( k1 + 0,5 ) 

c) Cực đại ngược pha với nhau 

d 2 '− d 2 = ( k2 + 0,5 ) 
 2 d 2 ' − 2 d 2 = ( 2k + 1) 
2
 



V. Các dạng bài tập
1. Dạng tính khoảng cách ngắn nhất
Từ hình vẽ bên ta rút ra được:
Các hypebol có d1 − d 2 càng lớn thì sẽ càng xa đường trung trực
Các elip có d1 + d 2 càng lớn thì sẽ càng xa đoạn thẳng nối 2 nguồn
a) Từ một điểm đến nguồn
-Khoảng cách ngắn nhất từ một điểm cực đại cùng pha với nguồn đến nguồn là 
-Khoảng cách ngắn nhất từ một điểm cực đại ngược pha với nguồn đến nguồn là 0, 5
b) Từ một điểm đến đường trung trực của S1S2
-Điểm cực đại cùng (ngược) pha với nguồn gần trung trực của S1S2 nhất sẽ nằm trên đường cực đại bậc 1
c) Từ một điểm đến trung điểm của S1S2
-Điểm cực đại cùng (ngược) pha với nguồn gần trung điểm S1S2 nhất thì nằm trên elip nhỏ nhất
d) Từ một điểm đến đường thẳng S1S2
-Điểm cực đại cùng (ngược) pha với nguồn gần S1S2 nhất thì ta phải xét 2 trường hợp rồi so sánh
+TH1: Điểm đó nằm trên đường cực đại gần nguồn nhất
+TH2: Điểm đó nằm trên elip nhỏ nhất

VD1: Ở mặt nước, tại hai điểm S1 và S 2 có hai nguồn sóng kết hợp, dao động điều hòa, cùng pha theo
phương thẳng đứng. Biết sóng truyền trên mặt nước có bước sóng  , khoảng cách S1S2 = 5, 6 . Ở mặt nước
gọi M là vị trí mà phần tử nước tại đó dao động với biên độ cực đại, cùng pha với dao động của hai nguồn.
a) Khoảng cách ngắn nhất từ M đến nguồn S1 là
A. 0, 3

B. 0, 5

C. 

D. 2

b) Khoảng cách ngắn nhất từ M đến đường trung trực của S1S2 là
A. 0, 5

B. 0, 536

C. 0, 625

D. 1, 071

c) Khoảng cách ngắn nhất từ M đến đường thẳng S1S2 là
A. 0, 754

B. 0,852

C. 0,868

D. 0, 946

Giải
d1 = k1
ĐK cực đại cùng pha với nguồn là 
với k1 + k2  5, 6 . Chuẩn hóa  = 1
d 2 = k2 
k1 =1

⎯
→ d1min =  . Chọn C
a) Khoảng cách từ M đến nguồn S1 là d1 = k1 ⎯⎯

b) M gần trung trực nhất thì M phải nằm trên đường cực đại bậc 1 và nằm trên elip lẻ nhỏ nhất


k1 − k2 = 1
k1 = 4
2
2
k1 = 4

. Từ hình vẽ có h2 = k12 − ( 2,8 + x ) = k2 2 − ( 2,8 − x ) ⎯⎯⎯
→ x = 0, 625 . Chọn C

k2 = 3
k
+
k
=
7
k
=
3
 1 2
 2

c) Từ hình vẽ ta thấy M gần S1S2 nhất thì M phải nằm trên đường cực đại gần nguồn nhất và phải nằm trên
elip nhỏ nhất. Nhưng vì đường cực đại gần nguồn nhất là k1 − k2 = 5 không cùng tính chất chẵn lẻ với đường

elip nhỏ nhất là k1 + k2 = 6 nên ta phải xét riêng 2 trường hợp rồi so sánh
k1 − k2 = 5 k1 = 6

TH1: 
k1 + k2 = 7 k2 = 1
k12 + S1S2 2 − k2 2 62 + 5, 62 − 12 79
 79 
=
=
 h = d1 sin MS1S2 = 6. 1 −    0,946
2.k1.S1S2
2.6.5, 6
80
 80 
2

cos MS1S2 =

k1 − k2 = 4 k1 = 5

TH2: 
k1 + k2 = 6 k2 = 1
k12 + S1S2 2 − k2 2 52 + 5, 62 − 12 173
 173 
=
=
 h = d1 sin MS1S2 = 5. 1 − 
  0, 754 . Chọn A
2.k1.S1S2
2.5.5, 6

175
 175 
2

cos MS1S2 =

VD2: Ở mặt nước, tại hai điểm S1 và S 2 có hai nguồn sóng kết hợp, dao động điều hòa, cùng pha theo
phương thẳng đứng. Biết sóng truyền trên mặt nước có bước sóng  , khoảng cách S1S2 = 5,1 .
a) Khoảng cách ngắn nhất từ một điểm cực đại, cùng pha với nguồn đến đường thẳng S1S2 là
A. 0, 31

B. 0, 47

C. 0,98

D. 1,58

b) Khoảng cách ngắn nhất từ một điểm cực đại, ngược pha với nguồn đến trung điểm I của S1S2 là
A. 2, 397

B. 2,179

C. 1, 658

D. 1, 580

Giải
a) Vẽ hình ta thấy M gần S1S2 nhất thì M phải nằm trên đường cực đại gần nguồn nhất và phải nằm trên elip
nhỏ nhất. Nhưng vì đường cực đại gần nguồn nhất là k1 − k2 = 5 không cùng tính chất chẵn lẻ với đường elip
nhỏ nhất là k1 + k2 = 6 nên ta phải xét riêng 2 trường hợp rồi so sánh

k1 − k2 = 5 k1 = 6

TH1: 
k
+
k
=
7
 1 2
k2 = 1
k 2 + S1S2 2 − k2 2 62 + 5,12 − 12 6101
 6101 
cos MS1S2 = 1
=
=
 h = d1 sin MS1S2 = 6. 1 − 
  0, 47
2.k1.S1S2
2.6.5,1
6120
 6120 
2

k1 − k2 = 4 k1 = 5

TH2: 
k
+
k
=

6
 1 2
k2 = 1
k 2 + S1S2 2 − k2 2 52 + 5,12 − 12 1667
 1667 
cos MS1S2 = 1
=
=
 h = d1 sin MS1S2 = 5. 1 − 
  0,98 . Chọn B
2.k1.S1S2
2.5.5,1
1700
 1700 
2


b) M gần trung điểm I của S1S2 nhất thì M phải nằm trên elip nhỏ nhất k1 + k2 = 6 . Nếu lấy M nằm trên
đường trung trực là k1 − k2 = 0 thì M sẽ cùng pha với nguồn nên ta phải lấy M nằm trên cực đại bậc 1
k1 + k2 = 6 k1 = 3,5

 MI =

k1 − k2 = 1
k2 = 2,5

k12 + k2 2 S1S 2 2
3,52 + 2,52 5,12
−
=

−
 1, 658 . Chọn C
2
4
2
4

VD3: Tại hai điểm A, B trên mặt nước có hai nguồn sóng giống nhau. Biết sóng truyền trên mặt nước với
biên độ không đổi, bước sóng là  và AB = 5,8 . C là một điểm thuộc mặt nước và nằm trên đường trung
trực của AB sao cho đoạn CA có ít nhất 1 điểm dao động với biên độ cực đại và ngược pha với hai nguồn.
Khoảng cách nhỏ nhất từ C tới đoạn AB có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 0,90

B. 0,95

C. 0,80

D. 0,85

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

cos MAB =

MA2 + AB 2 − MB 2 2,52 + 5,82 − 3,52 691

=
=
2.MA. AB
2.2,5.5,8
725

CI = IA.tan MAB = 2,9.0,3175  0,92 . Chọn A
2. Dạng đếm số cực đại cùng, ngược pha trên đoạn thẳng, đường tròn, …
Ta xét một điểm bất kì trên đoạn cần đếm rồi dựa vào hình vẽ để biểu diễn k1 theo k2 (hoặc ngược lại)
Sau đó dùng MODE TABLE cho k1 chạy từ 1, 2, 3,… và để ý nếu k2 là số nguyên thì diểm đó cùng pha
k '+ k

k =
k1 + k2 = k '  1
2

Trong trường hợp số giá trị k2 quá nhiều thì ta có thể thay 
để tạo mối liên hệ
k
'
−
k
k1 − k2 = k
k =
 2
2
AB
giữa k và k ' rồi cho k chạy từ 0,1.2…. đến
và để ý tính chẵn lẻ k ' để biết điểm nào cùng, ngược pha


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

B. 4 điểm

C. 6 điểm

D. 8 điểm

Giải

 = v.

2



= 60.

2
= 4 (cm) và AB = 5 2. . Vì tính đối xứng nên ta xét nửa trên của (C).
30

d1 = k1
ĐK cực đại cùng pha nguồn là 
với k1 , k2 nguyên dương

d 2 = k2 


(

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

)

2

 k2 = 50 − k12 . Dùng MODE TABLE

k2 = 50 − k12

1
7
Nhận
2
6,7
Loại
3
6,4
Loại
4
5,8
Loại
5
5

Nhận
6
3,7
Loại
7
1
Nhận
Nửa trên (C) có 3 điểm nên trên (C) có 6 điểm thỏa mãn. Chọn C
VD2: Ở mặt chất lỏng, tại hai điểm A và B có hai nguồn dao đoọng cùng pha theo phương thẳng đứng phát
ra hai sóng kết hợp có bước sóng  . Biết AB = 8 2 . C là một điểm trên mặt nước sao cho ABC vuông
cân tại B. Trên AC số điểm dao động với biên độ cực đại, cùng pha với nguồn là
A. 1

B. 3

C. 5

D. 7

Giải
d1 = k1  AC  16
ĐK cực đại cùng pha nguồn là 
với k1 , k2 nguyên dương
d 2 = k2 

Xét điểm bất kì trên AC có d 2 2 = d12 + AB 2 − 2d1 AB cos 45o  k2 = k12 + 128 − 16k1 . Dùng MODE TABLE
k1

k2 = k12 + 128 − 16k1

1
10,63
2
10
3
9,43
4
8,94
5
8,54
6
8,24
7
8,06
8
8
9
8,06
10
8,24
11
8,54
12
8,94
13
9,43
14
10
15
10,63

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

Nhận

Nhận

Nhận

VD3: Trong hiện tượng giao thoa sóng nước với hai nguồn A, B dao động với phương trình u = a cos ( 2 t ) ,
cách nhau một khoảng 8 cm (với  là bước sóng của sóng). Gọi  là đường thẳng trên mặt nước qua B
và vuông góc với AB. Số điểm trên  dao động với biên độ cực đại và cùng pha với hai nguồn là
A. 2 điểm

B. 4 điểm

C. 6 điểm
Giải

D. 8 điểm


k '+ k

d1 = k1 = 2 
Vì tính đối xứng nên ta xét nửa trên của  . ĐK cực đại cùng pha nguồn là 
d = k  = k '− k 
2
 2

2
64
 k '+ k   k '− k 
2
. Dùng MODE TABLE
d12 − d 2 2 = AB 2  
 −
 = 8  k.k ' = 64  k ' =
k
 2   2 
2

0 k 8
1
2
3
4
5
6
7
Nửa trên

2

64
k
64
Ngược pha
32
Cùng pha

21,3
Loại
16
Cùng pha
12,8
Loại
10,6
Loại
9,1
Loại
 có 2 điểm nên trên  có 4 điểm thỏa mãn. Chọn B
k'=

3. Dạng đếm số cực đại cùng, ngược pha bên trong hình vuông, tròn, tam giác, …
Sử dụng tính chất hình học để chặn như hình tròn chặn bán kính, hình tam giác chặn góc, hình chữ nhật chặn
chiều dài và chiều rộng, …
VD1: Ở mặt nước, tại hai điểm S1 và S 2 có hai nguồn dao động cùng pha theo phương thẳng đứng, phát ra
hai sóng kết hợp có bước sóng  . Cho S1S2 = 5, 4 . Gọi (C) là hình tròn nằm ở mặt nước có đường kính là
S1S2 . Số vị trí trong (C) mà các phần tử ở đó dao động với biên độ cực đại và cùng pha với dao động của các

nguồn là
A. 18

B. 9

C. 22

D. 11

Giải

k '+ k

d
=
k

=

1
1

2
ĐK cực đại cùng pha nguồn 
d = k  = k '− k 
2
 2
2
Vì tính đối xứng nên ta chỉ nửa phần tư thứ nhất của hình tròn

 k '+ k   k '− k 
2
2
d + d 2  S1S2  
 +
  5, 4  k  58,32 − k '
 2   2 
2

2

1

2

2

2

k'

k cùng chẵn, lẻ với k’
58,32 − k '2
6
4,72
0; 2; 4
7
3,05
1; 3
Có 1 điểm nằm trên đường trung trực và 4 điểm nằm ở nửa phần tư thứ nhất nên trong cả hình tròn (C) có

4.4 + 2 = 18 điểm. Chọn A
VD2: Giao thoa sóng cơ với hai nguồn kết hợp đồng pha đặt tại A, B cách nhau 6, 2 , trên đường trung trực
AB xét điểm C là điểm đồng pha với hai nguồn và là điểm thứ 2 tính từ trung điểm AB. Tìm số vị trí cực
đại, ngược pha với nguồn trong diện tích tam giác ABC
A. 5

B. 6

C. 7

D. 4


Giải
Ta có CA = CB 

AB
= 3,1 nên điểm thứ 2 cùng pha nguồn cách nguồn là CA = CB = 5
2

d1 = k1
ĐK cực đại ngược pha với nguồn là 
với k1 + k2  6, 2 ( k1 , k2 bán nguyên). Chuẩn hóa  = 1
d 2 = k2 
3,1  k1  6, 2
Vì tính đối xứng nên ta xét nửa bên phải ( k1  k2 )  
k2  5

  CBA  cos   cos CBA =

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

k2

k2 2 − 7, 688k + 6, 22

k1

0,5
1,5
2,5
3,5
4,5

5,90
5,39
5,04
4,87
4,90

4,5
3,5; 4,5
4,5

Có 2 điểm nằm ở nửa bên phải và 2 điểm nằm trên đường trung trực nên trong diện tích tam giác ABC có

2.2 + 2 = 6 điểm. Chọn B
VD3: Ở mặt nước, tại hai điểm S1 và S 2 có hai nguồn dao động cùng pha theo phương thẳng đứng, phát ra
hai sóng kết hợp có bước sóng  . Cho S1S2 = 5, 4 . Gọi (H) là hình vuông nằm ở mặt nước có cạnh là S1S2
a) Số vị trí trong (H) và nằm trên đường trung trực của S1S2 mà các phần tử ở đó dao động cùng pha với
nguồn là
A. 3

B. 4

C. 5

D. 6

b) Chỉ xét 1 bên đường trung trực của S1S2 thì số vị trí trong (H) nằm trên các đường cực đại bậc 3, 4, 5 dao
động cùng pha với nguồn là
A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

c) Chỉ xét 1 bên đường trung trực của S1S2 thì số vị trí trong (H) nằm trên các đường cực đại bậc 1, 2 dao
động cùng pha với nguồn là
A. 3

B. 4

C. 7

D. 8

d) Số vị trí trong (H) mà các phần tử ở đó dao động với biên độ cực đại và cùng pha với nguồn là
A. 20

B. 22

C. 24

Phương pháp

Xét 1 đường cực đại bậc 3 như hình vẽ. Nếu ví dụ tại điểm M ta tính
được có elip k1 + k2 = 5,9 đi qua và tại điểm N ta tính được có elip
k1 + k2 = 9,1 đi qua thì giữa M và N sẽ có các elip 5,9  k1 + k2  9,1

đi qua. Trong số đó, giao điểm giữa elip có k1 + k2 = 7; 9 và hypebol
bậc 3 chính là 2 điểm cùng pha với nguồn

D. 26


Giải
d1 = k1
ĐK cực đại cùng pha nguồn là 
(với k1 , k2 là số nguyên
d 2 = k2 
dương và d1 + d 2  S1S2  k1 + k2  5, 4 ). Chuẩn hóa  = 1

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

Vậy các elip có k1 + k2 = 6;8;10;12 cùng chẵn với k1 − k2 = 0 sẽ
cắt đường trung trực nên có 4 điểm thỏa mãn. Chọn B
b) Góc hình vuông có 5, 4 2 − 5, 4 = 2, 24 nên các đường cực đại bậc 3, 4, 5 sẽ cắt cạnh bên của hình vuông
Ta sẽ kiểm tra các điểm cực đại nằm trên cạnh hình vuông thuộc elip có k1 + k2 bằng bao nhiêu
5, 42
k − k2 = S1S 2  ( k1 − k2 )( k1 + k2 ) = 5, 4  k1 + k2 =
k1 − k2
2

1

2

2

2

Với k1 − k2 = 3  k1 + k2 = 9, 7 . Do đó các elip có k1 + k2 = 7;9 cắt hypebol bậc 3 trong hình vuông
Với k1 − k2 = 4  k1 + k2 = 7,3 . Do đó các elip có k1 + k2 = 6 cắt hypebol bậc 4 trong hình vuông
Với k1 − k2 = 5  k1 + k2 = 5,8 . Do đó không có elip nào cắt hypebol bậc 5 trong hình vuông
Vậy có 3 điểm thỏa mãn. Chọn C
k =
 1
c) Các đường cực đại bậc 1, 2 sẽ cắt cạnh phía trên của hình vuông nên 
k2 =


( 2, 7 + x )

2

( 2, 7 − x )

2

+ 5, 42
+ 5, 42

Với k1 − k2 = 1  x  0,885  k1 + k2 = 12, 2 . Do đó các elip có k1 + k2 = 7;9;11 cắt hypebol bậc 1

Với k1 − k2 = 2  x  2,374  k1 + k2 = 12,8 . Do đó các elip có k1 + k2 = 6;8;10;12 cắt hypebol bậc 2
Vậy có 7 điểm thỏa mãn. Chọn C
d) Từ các câu a, b, c ta suy ra số vị trí cực đại cùng pha với nguồn trong (H) là 4 + (3 + 7).2 = 24 . Chọn C
4. Dạng THPTQG 2018
VD1: Ở mặt nước có hai nguồn kết hợp đặt tại hai điểm A và B, dao động cùng pha theo phương thẳng
đứng, phát ra hai sóng có bước sóng  . Trên AB có 17 vị trí mà ở đó các phần tử nước dao động với biên
độ cực đại. C là một điểm ở mặt nước sao cho ABC là tam giác đều. M là một điểm thuộc cạnh CB và nằm
trên vân cực đại giao thoa bậc nhất ( MA − MB =  ) . Biết phần tử tại M dao động ngược pha với các nguồn.
Độ dài đoạn AB gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 8, 7

B. 8,5

C. 8,9
Giải

D. 8,3


k '+ 1

d1 = k1 = 2 
ĐK cực đại ngược pha nguồn là 
với k’ chẵn. Chuẩn hóa  = 1
d = k  = k '− 1 
2
 2
2
Trên AB có 17 điểm cực đại thì mỗi bên có 8 cực đại  8  AB  9
Xét điểm M nằm trên cạnh CB có:

2
2
AB = 8 → k ' = 13, 6
k '− 1
 k '+ 1   k '− 1 
2
d = d 2 + AB − 2d 2 AB.cos 60  
. AB 
 =
 + AB −
AB = 9 → k ' = 15,5
2
 2   2 
2
1

2

2

o

M là cực đại ngược pha nguồn nên nằm trên elip có k ' = 14  AB  8, 21 . Chọn D
VD2: Ở mặt nước có hai nguồn kết hợp đặt tại hai điểm A và B, dao động cùng pha theo phương thẳng
đứng, phát ra hai sóng có bước sóng  . Trên AB có 9 vị trí mà ở đó các phần tử nước dao động với biên độ
cực đại. C và D là hai điểm ở mặt nước sao cho ABCD là hình vuông. M là một điểm thuộc cạnh CD và nằm
trên vân cực đại giao thoa bậc nhất ( MA − MB =  ) . Biết phần tử tại M dao động ngược pha với các nguồn.
Độ dài đoạn AB gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 4, 6

B. 4, 4

C. 4, 7

D. 4, 3

Giải

k '+ 1

d1 = k1 = 2 
ĐK cực đại ngược pha nguồn là 
với k’ chẵn. Chuẩn hóa  = 1
d = k  = k '− 1 
2
 2
2
Trên AB có 9 điểm cực đại thì mỗi bên có 4 cực đại  4  AB  5
Xét điểm M nằm trên cạnh CD có:
AB = 4 → k ' = 9, 2
 k '+ 1 
 k '− 1 
2
2
d12 − AB 2 + d 2 2 − AB 2 = AB  
 − AB + 
 − AB = AB  AB = 5 → k ' = 11, 4
 2 
 2 
2

2

M là cực đại ngược pha nguồn nên nằm trên elip có k ' = 10  AB  4,38 . Chọn B
5. Dạng khoảng cách gần nhất, xa nhất ở ngoài hình, trong hình
VD1 (Đề tham khảo 2020 lần 1): Ở mặt chất lỏng, tại hai điểm A và B có hai nguồn dao động cùng pha
theo phương thẳng đứng phát ra hai sóng kết hợp có bước sóng  . Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB.
Ở mặt chất lỏng, gọi (C) là hình tròn nhận AB làm đường kính, M là một điểm ở ngoài (C) gần I nhất mà
phần tử chất lỏng ở đó dao động với biên độ cực đại và cùng pha với nguồn. Biết AB = 6, 6 . Độ dài đoạn
thẳng MI có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 3, 41

B. 3, 76

C. 3,31

D. 3,54

Giải
 MA = k1
ĐK cực đại cùng pha nguồn 
với k1 , k2 nguyên dương. Chuẩn hóa  = 1
 MB = k2 

Vì tính đối xứng nên ta chỉ xét trên nửa phần tư thứ nhất  k1  3,3 2  4, 7


MI 2 =

MA2 + MB 2 AB 2 k12 + k2 2 6, 62

−
=
−
 3,32  k12 + k2 2  43,56
2
4
2
4

Với k1 = 5  k2min = 5  k12 + k22 = 50
Với k1 = 6  k2min = 3  k12 + k22 = 45
Với k1 = 7  k2min = 1  k12 + k22 = 49
Vậy MI min =

45 6, 62
−
 3, 41 . Chọn A
2
4

VD2: Trong thí nghiệm giao thoa sóng nước, A và B là hai nguồn sóng đồng bộ dao động theo phương
thẳng đứng cách nhau 6, 5 (  là bước sóng của sóng truyền từ A, B). Gọi O là trung điểm AB. Điểm nằm
trên mặt nước, ở trong đường tròn đường kính AO có biên độ cực đại, ở xa O nhất, dao động cùng pha với
hai nguồn, cách O một đoạn gần giá trị nào nhất sau đây?
A. 2,8

B. 3,1

C. 2, 5

D. 3,5

Giải
 MA = k1  3, 25
ĐK cực đại cùng pha nguồn 
với k1 , k2 nguyên dương. Chuẩn hóa  = 1
3, 25  MB = k2   6,5

MI 2 =

MA + MO 3, 25
−
=
2
4
2

2

2

k12 +

k12 + k2 2 6,52
−
2
2
4 − 3, 25  1, 6252  3k 2 + k 2  42, 25
1
2

2
4

Với k1 = 1  k2max = 6  k12 + k22 = 37
Với k1 = 2  k2max = 5  k12 + k22 = 29
Với k1 = 3 thì không có k2 thỏa mãn
Vậy MOmax =

37 6,52
−
 2,82 . Chọn A
2
4

VD3: Ở mặt chất lỏng, tại hai điểm A và B có hai nguồn dao động cùng pha theo phương thẳng đứng phát ra
hai sóng kết hợp với bước sóng  . Gọi C và D là hai điểm trên mặt chất lỏng sao cho ABCD là hình vuông,
I là trung điểm của AB, M là một điểm trong hình vuông ABCD xa I nhất mà phần tử chất lỏng tại đó dao
động với biên độ cực đại và cùng pha với nguồn. Biết AB = 6, 6 . Độ dài đoạn thẳng MI gần nhất giá trị
nào sau đây?
A. 6,17

B. 6, 25

C. 6, 49

D. 6, 75

Giải
 MA = k1
ĐK cực đại cùng pha nguồn 

với k1 , k2 nguyên dương. Chuẩn hóa  = 1
 MB = k2 
3,3  k1  6, 6 2  9,3
Vì tính đối xứng nên ta chỉ xét trên nửa phần bên phải  
2
2
k2  3,3 + 6, 6  7, 4


AH = MA cos MAB =

k12 + 6, 62 − k2 2
 6, 6  k12 − k2 2  43,56
2.6, 6
2

 k12 + 6, 62 − k2 2 
MH = d − AH = k − 
  43,56
2.6, 6


2

2
1

2

2

1

Với k1 = 9 thì không có k2 thỏa mãn
Với k1 = 8  k2max = 6
Các trường hợp còn lại đều có d12 + d 2 2  82 + 62 nên không cần xét

d12 + d 2 2 AB 2
82 + 62 6, 62
−
=
−
= 6, 25 . Chọn B
2
4
2
4

Vậy MI max =

6. Dạng các điểm bất kì cùng hoặc ngược pha nguồn
k '+ k

d1 = 2 
d1 − d 2 = k 

ĐK cùng, ngược pha nguồn là 
với k là số thực và k’ là số nguyên
d1 + d 2 = k '   AB d = k '− k 
 2
2

Dùng hình học tìm mối liên hệ giữa d1 và d 2 để suy ra mối liên hệ giữa k ' và k
Với mỗi giá trị của k ' ta tính được giá trị k
Nếu k ' chẵn và cos ( k )  0 thì cùng pha nguồn, cos ( k )  0 thì ngược pha nguồn
Nếu k ' lẻ và cos ( k )  0 thì cùng pha nguồn, cos ( k )  0 thì ngược pha nguồn
VD1: Ở mặt chất lỏng, có hai nguồn A và B dao động cùng tần số, cùng biên độ và cùng pha theo phương
thẳng đứng, phát ra hai sóng kết hợp có bước sóng  . Biết AB = 5 5 . Ở mặt chất lỏng, số điểm thuộc
đường tròn đường kính AB dao động cùng pha với hai nguồn là
A. 12

B. 16

C. 4

D. 8

Giải
Chuẩn hóa  = 1 . Vì tính đối xứng nên ta chỉ xét nửa phần tư thứ nhất

u = 2a cos  ( d1 − d2 ) cos t −  ( d1 + d2 )
ĐK cùng, ngược pha nguồn:
k '+ k

d1 = 2
d1 − d 2 = k

(k là số thực và k’ là số nguyên)

d1 + d 2 = k '  AB  11, 2 d = k '− k
 2

2
 k '+ k   k '− k 
d + d 2 = AB  
 +
 = 5 5
 2   2 
2

2
1

2

2

2

(

)

(

)

2

 k = 250 − k '2

Khi đó u = 2a cos  250 − k '2 cos (t − k '  ) . Dùng MODE TABLE với START 12 STEP 1

(

k'

cos  250 − k '2

)

Độ lệch pha với nguồn

12
+
Cùng pha
13
Cùng pha
14
Ngược pha
15
Cùng pha
Nửa phần tư thứ nhất có 3 điểm nên trên đường tròn có 3.4 = 12 điểm cùng pha nguồn. Chọn A
VD2: Ở mặt chất lỏng, có hai nguồn A và B dao động cùng tần số, cùng biên độ và cùng pha theo phương
thẳng đứng, phát ra hai sóng kết hợp có bước sóng  . Biết AB = 5, 6 . Điểm C trên mặt chất lỏng thỏa mãn
tam giác ABC vuông cân tại A. Số điểm dao động cùng pha với hai nguồn ở trên đoạn AC là:
A. 5

B. 3

C. 4

D. 6

Giải
Chuẩn hóa  = 1 . Ta có u = 2a cos  ( d1 − d2 ) cos t −  ( d1 + d2 )
k '− k

d1 =

d 2 − d1 = k

2

ĐK cùng, ngược pha nguồn: 
với k là số thực và k’ là số nguyên
d 2 + d1 = k ' d = k '+ k
 2
2

Điểm nằm trên AC có AB  k '  CA + CB  5, 6  k '  13,52
5, 62
 k '+ k   k '− k 
2
d 2 − d = AB  
−
=
5,
6

k

=
 

k'
 2   2 
2

2

2
1

2

2

  .5, 62 
Khi đó u = 2a cos 
 cos (t − k '  ) . Dùng MODE TABLE với START 6 END 13 STEP 1
 k' 

Độ lệch pha với nguồn

  .5, 62 
cos 

 k' 
6
7
+

8
+
9
10
11
12
13
+
Trên AC có 3 điểm cùng pha nguồn. Chọn B

k'

Ngược pha
Ngược pha
Cùng pha
Cùng pha
Ngược pha
Cùng pha
Ngược pha
Ngược pha

VD3: Tại hai điểm A, B cách nhau 24cm có hai nguồn dao động cùng biên độ và cùng pha, vuông góc với
mặt chất lỏng phát ra hai sóng kết hợp có bước sóng 5cm. Xét những điểm trên đường thẳng (d) thuộc bề
mặt chất lỏng song song với AB và cách AB đoạn 12 3 cm, M là điểm dao động ngược pha với nguồn và
gần trung trực nhất. Vị trí cân bằng của M cách trung trực AB một đoạn gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 12,83cm

B. 19,64cm

C. 15,38cm

Giải

D. 21,38cm


  ( d1 − d 2 ) 
  ( d1 + d 2 ) 
u = 2a cos 
 cos 
 . ĐK cùng, ngược pha nguồn là d1 + d 2 = k '  với k ' nguyên







d1 =
Ta có 
d =
 1

(12 + x )

2

(12 − x )

2

(

( )
+ (12 3 )
+ 12 3

d1 + d 2  2 122 + 12 3

)

2

2

và
2

= 48 = 9, 6

  ( d1 − d 2 ) 
Với d1 + d 2 = 10 = 50  x = 7,98 → cos 
  0 (cùng pha)



  ( d1 − d 2 ) 
Với d1 + d 2 = 11 = 55  x = 14,92 → cos 
  0 (cùng pha)




  ( d1 − d 2 ) 
Với d1 + d 2 = 12 = 60  x = 19, 64 → cos 
  0 (ngược pha). Chọn B


