Đáp án A

Sóng truyền từ N đến M nên N sớm pha hơn M 1 lượng là

Vòng tròn đơn vị :

+ Tại thời điểm t1, u_M = a > 0 và u_N = - a nên M và N ở vị trí M1, N1 như hình vẽ.

N sớm pha hơn M  nên có góc M₁ON₁ = 60⁰, suy ra góc M₁Ox = 60⁰ và a = A/2.

+ Tại thời điểm t2,  lần đầu tiên nên M ở M2 như hình vẽ.

Dễ dàng tính được góc M₂Ox = 30⁰ => góc M₁OM₂ = 90⁰ => góc quét từ thời điểm t1 đến t2 của điểm M = 270⁰ ứng với thời gian 3T/4.

Hướng dẫn: Chọn đáp án A

Cách 1:

Thời gian M đi đến vị trí cân bằng là T/6, đi từ vị trí cân bằng đến vị trí thấp nhất là T/4, đi từ vị trí thấp nhất đến vị trí cao nhất là T/2 nên t₂ = T/6 + T/4 + T/2 = 11T/12.

Ở thời điểm hiện tại I ở vị trí cân bằng nên 

Bài này cũng có thể dùng vòng tròn lượng giác để giải.

Cách 2: Dao động tại N sớm pha hơn dao động tại M: 

điểm M đang giảm. Đến thời điểm t₂ liền sau đó, li độ tại M là u M = + A .

Muốn vậy, M₁ phải quét một góc 

Cách 3:

Dao động tại N sớm pha hơn tại M (N quay trước M): 

Để có uM = +A thì M phải quay một góc 2 π − π/6 = 11/12 .2 π = 11/12 vòng, tương ứng với thời gian t = 11T/12

Đáp án: B

HD Giải:

Độ lệch pha của M và N là:  (M sớm pha hơn N)

Sử dụng vòng tròn biểu diễn dao động ta được thời điểm mà u_M = +A sau đó là: t₂ = T/12

Hướng dẫn: Chọn đáp án B

Cách 1:

Vẽ đường sin, quy ước sóng truyền theo chiều dương và xác định các vùng mà các phần tử vật chất đang đi lên và đi xuống.

Vì sóng truyền qua M rồi mới đến N nên M nằm bên trái và N nằm bên phải. Mặt khác, vì  u M   =   + 4   c m   v à   u N = - 4   c m nên chúng phải nằm đúng vị trí như trên hình vẽ (cả M và N đều đang đi lên).

Vì M cách đỉnh gần nhất là p/12 nên thời gian ngắn nhất M đi từ vị trí hiện tại đến vị trí cao nhất là T/12 nên t₁ = T/12.

Thời gian ngắn nhất để N đến vị trí cân bằng là T/6 và thời gian ngắn nhất đi từ vị trí cân bằng đến vị trí cao nhất là T/4 nên t₂ = T/6 + T/4 = 5T/12 Þ Chọn B.

Cách 2:

Dao động tại M sớm pha hơn tại N (M quay trước N): 

Để M lên đến vị trí cao nhất (M ở biên dương) thì nó phải quay thêm một góc  π/6 = ( 1/12 ) .2 π = ( 1/12 ) vòng, tương ứng với thời gian t₁ = T/12.

Để N lên đến vị trí cao nhất (N ở biên dương) thì nó phải quay thêm một góc 2π/3+π/6 = ( 5 /12 ) .2 π = ( 5 /12 ) vòng, tương ứng với thời gian t₂ = 5T/12. Þ Chọn B.

Chú ý: Xét hai điểm điểm M, I trên cùng một phương truyền sóng cách nhau một khoảng 0 < x < λ / 4.  

Nếu ở thời điểm t, điểm I đang ở vị trí cân bằng thì lúc này điểm M cách vị trí cân bằng của nó một đoạn  u M = A sin 2 π x λ .

Nếu ở thời điểm t, điểm I đang ở vị trí cao nhất (thấp nhất) thì lúc này điểm M cách vị trí cân bằng của nó một đoạn  u M = A cos 2 π x λ .

Ở Câu trên, hiện tại I đang ở vị trí cân bằng nên 

b

M cách N \(\frac{\lambda}{4}\), suy ra M vuông pha với N.

Biểu diễn bằng véc tơ quay ta dễ dàng tìm đc biên độ \(A=\sqrt{3^2+4^2}=5\)(cm)

Đáp án A.

Đáp án A

+ Tốc độ dao động của các phần tử môi trường  v max = ωA = 2 π . 3 = 6 π   cm / s .

+ Độ lệch pha dao động giữa M và N:  ∆ φ = 2 π ∆ x λ = 2 π 7 λ 3 λ = 4 π + 2 π 3   rad .

+ Taị thời điểm t₁ điểm M có tốc độ v₁ = v_max = 6π cm/s.

→ Biễu diễn các dao động tương ứng trên đường tròn, ta thu được

v N = 1 2 v max = 1 2 . 6 π = 3 π   cm / s .

Đáp án: B

HD Giải: 2 = Acos 2 π T . T 6 - 2 π λ . λ 3 <=> A = 4 cm