Bài toán phương trình dao động của các điểm trên dây có sóng dừng

Điểm có VTCB cách nút một đoạn x = $\dfrac{\lambda }{2}$ nên ${{A}_{M}}={{A}_{b}}. \left| \sin \dfrac{2\pi x}{\lambda } \right|=2a\left| \sin \dfrac{2\pi \dfrac{\lambda }{12}}{\lambda } \right|=a$

Điểm có VTCB cách VTCB của 1 bụng đoạn x = $\dfrac{\lambda }{6}$ $\Rightarrow {{A}_{M}}={{A}_{b}}. \left| \cos \dfrac{2\pi x}{\lambda } \right|=2a\left| \cos \dfrac{2\pi \dfrac{\lambda }{6}}{\lambda } \right|=a$

A là nút, B bụng gần A nhất nên .. (C là trung điểm AB) $\Rightarrow {{A}_{C}}={{A}_{B}}. \left| \sin \dfrac{2\pi AC}{\lambda } \right|=a\sqrt{2}$

Ta có AB = $\dfrac{\lambda }{4}$ mà AC = 2CB (C nằm giữa AB) Þ AC = $\dfrac{2}{3}AB=\dfrac{\lambda }{6}\Rightarrow {{A}_{C}}={{A}_{b}}. \left| \sin \dfrac{2\pi AC}{\lambda } \right|=a\sqrt{3}$

Dây cố định 2 đầu có 4 bụng nên $\ell =4\dfrac{\lambda }{2}=1(m)\Rightarrow \lambda =0,5m$ Điểm trên dây có VTCB cách nút A : x = $\dfrac{13}{24}m$ suy ra biên độ ${{A}_{M}}={{A}_{b}}. \left| \sin \dfrac{2\pi x}{\lambda } \right|=2\left| \sin \dfrac{2\pi \dfrac{13}{24}}{0. 5} \right|=1(cm)$

Các điểm có cùng biên độ đều cách đều nhau thì cách nhau một khoảng λ/4 =15cm. Vậy \[\lambda =60\]cm

M, N, P là 3 điểm liên tiếp dao động cùng biên độ (không phải nút, bụng) → MN + NP =$\dfrac{\lambda }{2}$

$\Rightarrow \dfrac{\lambda }{2}=20cm=0. 2m\Rightarrow k=\dfrac{l}{\dfrac{\lambda }{2}}=\dfrac{1. 2}{0. 2}=6$ .

Vậy có 6 bụng và 7 nút.

Do A₁ > A₂ > 0 ta bỏ qua vị trí nút vậy chỉ còn lại 2 trường hợp còn lại tương ứng với A₁ và A₂ là bụng và điểm giữa bụng và nút.

Suy ra A₁ = A_b (biên độ tại bụng)

→ d₁ = $\dfrac{\lambda }{2}$ .

Còn lại với A₂, ta có: vì các điểm dao động cùng biên độ liên tiếp nhau tương tự câu 7:

${{d}_{2}}+{{d}_{2}}=\dfrac{\lambda }{2}\Rightarrow {{d}_{2}}=\dfrac{\lambda }{4}\Rightarrow {{d}_{1}}=2{{d}_{2}}$

Các điểm cách đều nhau ℓ₁ và ℓ₂ đều dao động nên các điểm này không phải là các điểm nút a₁ < a₂

→ ℓ₁ = \[\dfrac{\lambda }{4}\] và ℓ₂ = \[\dfrac{\lambda }{2}\] → ℓ₁ = \[\dfrac{\lambda }{4}\] = \[\dfrac{l}{16}\]

→ ℓ = 4λ. Vì hai đầu dây tự do nên → Số điểm bụng trên dây là: là 4. 2 + 1 = 9

$\ell =5\dfrac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =72(cm);{{A}_{N}}={{A}_{b}}. \left| \sin \dfrac{2\pi x}{\lambda } \right|\Rightarrow x=9(cm)$

Tương tự câu 8 gọi khoảng cách ngắn nhất giữa chúng là d = 12cm . Biên độ ${{A}_{M}}={{A}_{b}}. \left| \sin \dfrac{2\pi x}{\lambda } \right|=2a\left| \sin \dfrac{2\pi \dfrac{d}{2}}{4d} \right|=a\sqrt{2}$

Khoảng cách 2 nút liên tiếp là $\dfrac{\lambda }{2}=12$ Xét gốc tọa độ tại nút gần C nhất ${{x}_{C}}=\dfrac{\dfrac{\lambda }{2}-CD}{2}=\dfrac{12-4}{2}=4(cm)$ Ta có ${{A}_{C}}={{A}_{b}}. \left| \sin \dfrac{2\pi x}{\lambda } \right|=4\Rightarrow {{A}_{b}}=\dfrac{4}{\left| \sin \dfrac{2\pi . 4}{24} \right|}=\dfrac{8\sqrt{3}}{3}\approx 4,62(cm)$

Khi có sóng dừng, các điểm cách đều nhau dao động với cùng biên độ gồm 3 loại:

* Các bụng sóng B: Khoảng cách giữa 2 điểm liền kề \[\dfrac{\lambda }{2}\]

Biên độ dao động là a_B = 2a

* Các điểm nút sóng N: Khoảng cách giữa 2 điểm liền kề \[\dfrac{\lambda }{2}\]

Biên độ dao động là a_N = 0

* Các điểm M: Khoảng cách giữa 2 điểm liền kề \[\dfrac{\lambda }{4}\]

Biên độ dao động là a_M = a\[\sqrt{2}\]

Theo bài ra ta có: ℓ₂ > ℓ₁ : a₁ = 4cm ; ℓ₁ = \[\dfrac{\lambda }{4}\] → a\[\sqrt{2}\] = 4 cm → a = 2\[\sqrt{2}\] cm

Các điểm cách nhau ℓ₂ là các bụng sóng nên a₂ = 2a = 4\[\sqrt{2}\]cm .

2 điểm (trừ nút) đối xứng nhau qua 1 nút luôn ngược pha nhau.

Các điểm dao động với biên độ b ≠ 0 và b ≠ 2a (tức là không phải là điểm nút và điểm bụng) cách đều nhau thì khoảng cách giữa hai điểm bằng λ/4 = 1m

→ λ = 4m. Do đó v = λf = 4. 50 = 200 (m/s)

Vẽ hình, ta thấy b = \[\dfrac{2a\sqrt{2}}{2}\] = a\[\sqrt{2}\] (Biên độ của bụng sóng là 2a)

M và N cách đều nút 1 đoạn : d = 10cm, ta có : a_M = 2asin(2π\[\dfrac{d}{\lambda }\] ) (2a = 5cm) → sin(2π\[\dfrac{d}{\lambda }\]) = 1/2 → 2π\[\dfrac{d}{\lambda }\] = π/6 → d = λ/12 → λ = 120cm

Ta có ${{A}_{M}}={{A}_{b}}. \left| \sin \dfrac{2\pi x}{\lambda } \right|={{A}_{b}}\left| \sin \dfrac{2\pi fx}{v} \right|$ (0 <$\dfrac{2\pi x}{\lambda }\le \dfrac{\pi }{2}$

vì x là tọa độ dương của điểm gần nhất thì có 0 < x ≤ $\dfrac{\lambda }{4}$ ) hay \[1=2\left| \sin \dfrac{2\pi . 5. 0,01}{v} \right|\Rightarrow \sin \dfrac{0,1\pi }{v}=\pm \dfrac{1}{2}\]

$\Rightarrow v=0. 6m/s$

Các điểm dao động với biên độ a cách đều nhau nên $\dfrac{\lambda }{2}=60+60=120$

và $\dfrac{a}{{{A}_{b}}}=\left| \sin \dfrac{\pi }{4} \right|=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow a=4\sqrt{2}(cm)$

$v=\dfrac{\lambda }{T}=\dfrac{\lambda \omega }{2\pi }=\dfrac{240. 50\pi }{2\pi }=6000(cm/s)$ hay v = 60m/s

3 điểm liên tiếp nhau cùng biên độ dao động nên MN + NP =$\dfrac{\lambda }{2}$

mà MN = 2NP $\Rightarrow MN=\dfrac{\lambda }{3}$

M, N dao động ngược pha nên lần lượt nằm trên 2 bó sóng cạnh nhau và nút gần nhất là trung điểm của chúng.

Xét gốc tọa độ tại nút đó ${{A}_{N}}={{A}_{b}}. \left| \sin \dfrac{2\pi x}{\lambda } \right|\Rightarrow {{A}_{b}}=\dfrac{{{A}_{N}}}{\left| \sin \dfrac{2\pi \dfrac{MN}{2}}{\lambda } \right|}=\dfrac{2}{\sqrt{3}}{{A}_{N}}=4(cm)$

$MN+NP=\dfrac{\lambda }{2};MN=2NP\Rightarrow MN=\dfrac{\lambda }{3}$

Vì M, N cùng pha dao động vậy bụng gần nhất là trung điểm của chúng.

Xét gốc tọa độ tại bụng đó ${{A}_{N}}={{A}_{b}}. \left| \cos \dfrac{2\pi x}{\lambda } \right|\Rightarrow {{A}_{b}}=\dfrac{{{A}_{N}}}{\left| \cos \dfrac{\pi }{3} \right|}=8(cm)\Rightarrow \left| {{v}_{\max }} \right|={{A}_{b}}\omega =8. 10=80(cm/s)$

\[\ell = \dfrac{{6\lambda }}{2} \Rightarrow \lambda = 12cm;\dfrac{T}{2} = 0,25 \Rightarrow T = 0,5s\]

\[{a_M} = {a_b}cos\dfrac{{2\pi d}}{\lambda } = \dfrac{{{a_b}}}{2} \Rightarrow cos\dfrac{{2\pi d}}{\lambda } = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{{2\pi d}}{\lambda } = \dfrac{\pi }{3} \Rightarrow d = \dfrac{\lambda }{6} = 2cm\]

T = 2. 0,1 = 0,2 s

Bước sóng : λ = v. T = 0,6 m = 60 cm

Các điểm trong cùng một bó sóng dao động cùng pha

Phương trình sóng dừng tại M cách nút N một khoảng d: \[u=2a\cos (\dfrac{2\pi d}{\lambda }+\dfrac{\pi }{2})\cos (\omega t-\dfrac{\pi }{2})\]

A_M = 2a cos(\[\dfrac{2\pi d}{\lambda }\]+\[\dfrac{\pi }{2}\]) = a → cos(\[\dfrac{2\pi d}{\lambda }\]+\[\dfrac{\pi }{2}\]) = \[\dfrac{1}{2}\]

→ \[\dfrac{2\pi d}{\lambda }\]+\[\dfrac{\pi }{2}\] = ±\[\dfrac{\pi }{3}\] + kπ → d = (±\[\dfrac{1}{6}\] – \[\dfrac{1}{4}\] +\[\dfrac{k}{2}\])λ

→ d₁ = (-\[\dfrac{1}{6}\] – \[\dfrac{1}{4}\] +\[\dfrac{k}{2}\])π → d_1min = (-\[\dfrac{1}{6}\] – \[\dfrac{1}{4}\] +\[\dfrac{1}{2}\])λ → d_1min = \[\dfrac{\lambda }{12}\]

→ d₂ = (\[\dfrac{1}{6}\] – \[\dfrac{1}{4}\] +\[\dfrac{k}{2}\])λ → d_2min = (\[\dfrac{1}{6}\] – \[\dfrac{1}{4}\] +\[\dfrac{1}{2}\])λ → d_2min = \[\dfrac{5\lambda }{12}\]

MM’ = d_2min – d_1min = \[\dfrac{5\lambda }{12}\]- \[\dfrac{\lambda }{12}\] = \[\dfrac{\lambda }{3}\] = 20 cm .

Biểu thức của sóng dừng tại điểm M cách nút N: NM = d . Chọn gốc tọa độ tại N

d₁ = NM₁ = – \[\dfrac{\lambda }{8}\] ; d₂ = NM₂ = \[\dfrac{\lambda }{12}\]

→ u_M = 2acos\[\left( \dfrac{2\pi d}{\lambda }+\dfrac{\pi }{2} \right)\]cos(ωt – \[\dfrac{\pi }{2}\])

Biên độ của sóng tại M: a_M = 2acos\[\left( \dfrac{2\pi d}{\lambda }+\dfrac{\pi }{2} \right)\]

a₁ = 2acos( \[\dfrac{2\pi }{\lambda }\]\[\dfrac{-\lambda }{8}\] + \[\dfrac{\pi }{2}\]) = 2acos(\[\dfrac{-\pi }{4}\]+\[\dfrac{\pi }{2}\]) = 2acos\[\dfrac{\pi }{4}\] = a\[\sqrt{2}\] (cm)

a₂ = 2acos( \[\dfrac{2\pi }{\lambda }\]\[\dfrac{\lambda }{12}\] + \[\dfrac{\pi }{2}\]) = 2acos(\[\dfrac{\pi }{6}\]+\[\dfrac{\pi }{2}\]) = 2acos\[\dfrac{2\pi }{3}\] = – a (cm)

Ở cùng một thời điểm mà hai phần tử tại đó có li độ khác không thì tỉ số giữa li độ của M₁ so với M₂ là \[\dfrac{{{u}_{1}}}{{{u}_{2}}}\]= \[\dfrac{{{a}_{1}}}{{{a}_{2}}}\] = – \[\sqrt{2}\].

2 điểm nằm cùng phía, xét gốc tọa độ ở nút N ta có: $\dfrac{{{u}_{1}}}{{{u}_{2}}}=\dfrac{\sin \dfrac{2\pi {{x}_{1}}}{\lambda }}{\sin \dfrac{2\pi {{x}_{2}}}{\lambda }}=\dfrac{\sin \dfrac{\pi }{4}}{\sin \dfrac{\pi }{6}}=\sqrt{2}$

Xét gốc tọa độ ở nút N ta có: $\dfrac{{{u}_{1}}}{{{u}_{2}}}=\dfrac{sin\dfrac{2\pi {{x}_{1}}}{\lambda }}{sin\dfrac{2\pi {{x}_{2}}}{\lambda }}=\dfrac{sin\dfrac{5\pi }{4}}{sin\left( \dfrac{-5\pi }{6} \right)}=\sqrt{2}$ (2 điểm nằm về 2 phía của N nên có tọa độ trái dấu)

Gốc tọa độ ở nút I ta có: $\dfrac{{{v}_{1}}}{{{v}_{2}}}=\dfrac{\sin \dfrac{2\pi {{x}_{1}}}{\lambda }}{\sin \dfrac{2\pi {{x}_{2}}}{\lambda }}=\dfrac{\sin \dfrac{\pi }{3}}{\sin \dfrac{\pi }{2}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

Bụng gần M, N nhất làm gốc tọa độ khi đó (với 0 < x ≤ $\dfrac{\lambda }{4}$ ): ${{A}_{M}}={{A}_{b}}. \left| \cos \dfrac{2\pi {{x}_{M}}}{\lambda } \right|\Rightarrow 2\sqrt{3}=4\left| \cos \dfrac{2\pi {{x}_{M}}}{\lambda } \right|\Rightarrow {{x}_{M}}=\dfrac{\lambda }{12}$ .

Tương tự ${{x}_{N}}=\dfrac{\lambda }{8}$

Vậy MN = $\dfrac{\lambda }{8}-\dfrac{\lambda }{12}=\dfrac{\lambda }{24}$

Ta có biên độ sóng dừng tại một điểm M trên dây, cách đầu cố định A đoạn d là: A_M = 2a|sin\[\dfrac{2\pi d}{\lambda }\]| với a là biên độ nguồn sóng.

Ta có:

* Biên độ sóng tại điểm B (\[{{d}_{B}}=\dfrac{\lambda }{4}=10\Rightarrow \lambda =40cm\]): A_B = 2a

* Biên độ sóng tại điểm C (\[{{d}_{C}}=\dfrac{AB}{2}=\dfrac{\lambda }{8}\]) → A_C = 2a|sin\[\dfrac{2\pi \dfrac{\lambda }{8}}{\lambda }\]| \[=2a. \dfrac{\sqrt{2}}{2}={{A}_{B}}\dfrac{\sqrt{2}}{2}\]

* Vì có thể coi điểm B như một chất điểm dao động điều hoà với biên độ A_B, thì thời gian ngắn nhất giữa hai lần điểm B có li độ \[{{A}_{B}}\dfrac{\sqrt{2}}{2}\] là \[\Delta t=\dfrac{T}{4}=0,2\Rightarrow T=0,8s\Rightarrow v=\dfrac{\lambda }{T}=0,5m/s\]

$\lambda =4AB=120(cm)\Rightarrow \omega =\dfrac{2\pi v}{\lambda }=\dfrac{2\pi . 50}{120}=\dfrac{5\pi }{6}$

Xét gốc tọa độ tại nút A ta có: $u={{A}_{b}}sin\dfrac{2\pi x}{\lambda }. \cos \left( \varphi \right)$ ($\varphi $ là pha dao động của phần tử tại B)

hay $u={{A}_{C}}={{A}_{B}}\cos \left( \varphi \right)$

mà ${{A}_{C}}={{A}_{B}}. \left| \sin \dfrac{2\pi AC}{\lambda } \right|\Rightarrow {{A}_{C}}={{A}_{B}}. \sin \dfrac{\pi }{9}$ \[\]

Li độ dao động của phần tử tại B bằng biên độ dao động của phần tử tại C \[\Delta \varphi =2\arccos \left( \dfrac{{{A}_{C}}}{{{A}_{B}}} \right)=2\arccos \left( \sin \dfrac{\pi }{9} \right)=\dfrac{7\pi }{9}\Rightarrow \Delta t=\dfrac{\Delta \varphi }{\omega }=\dfrac{\dfrac{7\pi }{9}}{\dfrac{5\pi }{6}}=\dfrac{14}{15}\left( s \right)\]

$AB=\dfrac{\lambda }{4}=\dfrac{30}{4}=7. 5(cm)\Rightarrow AC=\dfrac{2}{3}AB=5(cm)$

Chọn gốc tọa độ ở A ta có: $u={{A}_{b}}sin\dfrac{2\pi x}{\lambda }. \cos \left( \varphi \right)$($\varphi $ là pha dao động của phần tử B)

hay $u={{A}_{C}}={{A}_{B}}sin\dfrac{2\pi AB}{\lambda }. \cos \left( \varphi \right)$

mà ${{A}_{C}}={{A}_{B}}. \left| \sin \dfrac{2\pi AC}{\lambda } \right|\Rightarrow \cos (\varphi )=\sin \dfrac{\pi }{3}=\cos \dfrac{\pi }{6}$

Ta có $\omega =\dfrac{2\dfrac{\pi }{6}}{{{t}_{\min }}}=\dfrac{20\pi }{3}hay\dfrac{2\pi v}{\lambda }=\dfrac{20\pi }{3}\Rightarrow v=100(m/s)$

A là nút B là bụng khoảng cách AB = λ/4 → λ =72 (cm); MA = AB – MB = 6(cm)

Biên độ dao động tại B là a thì biên độ dao động tại điểm M cách A một khoảng d là ${{a}_{M}}=a\sin \dfrac{2\pi d}{\lambda }=a\sin \dfrac{2\pi . 6}{72}=\dfrac{a}{2}$

Vận tốc cực đại tại M là ${{v}_{M}}=\omega . {{a}_{M}}=\dfrac{1}{2}\omega . a$

Ta xét xem ở vị trí nào thì tốc độ của B bằng v_M: $v=\omega . \sqrt{{{a}^{2}}-{{x}^{2}}}=\dfrac{1}{2}\omega . a\Rightarrow \text{ }x=\pm \dfrac{a\sqrt{3}}{2}$

Khi đi từ VTCB ra biên tốc độ giảm, do đó tốc độ của B nhỏ hơn v_M trong một phần tư chu kỳ khi vật đi từ $\text{ }x=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$ đến biên a; mà thời gian đó là $\dfrac{T}{12}\Rightarrow \dfrac{T}{12}=\dfrac{0,1}{4}\Leftrightarrow T=0,3(s)$ Vậy $v=\dfrac{\lambda }{T}=\dfrac{72}{0,3}=240\text{ }(cm/s)$ =2,4 (m/s)

C, B có cùng li độ chỉ khi chúng ở VTCB do đó khoảng thời gian ngắn nhất là ${{t}_{\min }}=\dfrac{T}{2}=0. 13(s)\Rightarrow T=0. 26(s)$

Ta có $\lambda =4AB=8CB=8.4=32(cm)\Rightarrow v=\dfrac{\lambda }{T}=\dfrac{32}{0. 26}\approx 123(cm/s)$

Trong một chu kì, khoảng thời gian li độ của B có độ lớn lớn hơn biên độ của C là \[\dfrac{T}{3}\] suy ra \[\cos \left( \omega \dfrac{T}{3}. \dfrac{1}{4} \right)=\dfrac{{{A}_{C}}}{{{A}_{B}}}=\cos \left( \dfrac{\pi }{6} \right)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}(vi\omega =\dfrac{2\pi }{T})\]

Ta xét gốc tọa độ tại nút A: ${{A}_{C}}={{A}_{B}}. \left| \sin \dfrac{2\pi {{x}_{C}}}{\lambda } \right|\Rightarrow \sin \dfrac{2\pi {{x}_{C}}}{\lambda }=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow {{x}_{C}}=AC=\dfrac{\lambda }{6}$ (vì x ≤ $\dfrac{\lambda }{4}$ )

$\lambda =\dfrac{2\pi }{2. 5\pi }=0. 8(m)$

Ta có ${{A}_{N}}={{A}_{b}}. \left| \sin \dfrac{2\pi x}{\lambda } \right|=40\left| \sin 2,5\pi . 0,1 \right|=20\sqrt{2}{{(mm)}_{{}}}$

$\cos (\omega . \dfrac{0. 125}{2})=\dfrac{{{A}_{N}}}{{{A}_{b}}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \omega =4\pi $

mà $v=\dfrac{\lambda \omega }{2\pi }=1. 6(m/s)$

Từ phương trình sóng dừng: $\dfrac{2\pi }{\lambda }=0. 2\pi \Rightarrow \lambda =10(cm)$

Khoảng cách cần tìm là $4\dfrac{\lambda }{2}=20(cm)$

Từ PT sóng dừng: $\dfrac{2\pi }{\lambda }=\dfrac{\pi }{2}\Rightarrow \lambda =4(cm)$ $\Rightarrow k=\dfrac{2l}{\lambda }=10$

Vậy có 10 bụng, 11 nút

Ta có: $b=\dfrac{2\pi }{\lambda }=\dfrac{2\pi }{0. 5}=4\pi $

Chọn gốc O ở điểm bụng: $A=\sqrt{3}=a\cos (4\pi x)=a\cos (4\pi \dfrac{1}{24})=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow a=2(mm)$

PT sóng dừng: \[u=4\cos \left( \dfrac{\pi x}{4}+\dfrac{\pi }{2} \right)c\text{os}\left( 20\pi t-\dfrac{\pi }{2} \right)\]$=4\sin \left( \dfrac{\pi x}{4} \right)c\text{os}\left( 20\pi t+\dfrac{\pi }{2} \right)$ .

Ta thấy: $\dfrac{2\pi }{\lambda }=\dfrac{\pi }{4}\Rightarrow \lambda =8(cm);\omega =20\pi \Rightarrow v=\dfrac{\lambda \omega }{2\pi }=80(cm/s)$

Từ PT sóng dừng: $\dfrac{2\pi }{\lambda }=\dfrac{\pi }{4}\Rightarrow \lambda =8(cm);\omega =10\pi \Rightarrow v=\dfrac{\lambda \omega }{2\pi }=40(cm/s)$

Khoảng cách nhỏ nhất khi MN ở VTCB là $\dfrac{AB}{3}=\dfrac{24}{3}=8(cm)$

Gọi trung điểm MN là O (chính là 1 nút) khi đó OM = 4cm.

Khoảng cách lớn nhất khi MN ở biên là: 8. 1,25 = 10(cm) khi đó OM = 10/2 = 5cm

Vì M, N luôn dao động theo phương vuông góc phương truyền sóng, áp dụng định lý Pitago để tim biên độ dao động của M: ${{A}_{M}}=\sqrt{{{5}^{2}}-{{4}^{2}}}=3(cm)\Rightarrow {{A}_{b}}=\dfrac{{{A}_{M}}}{\left| \sin \dfrac{2\pi {{x}_{M}}}{\lambda } \right|}=\dfrac{3}{\left| \sin \dfrac{2\pi . 4}{24} \right|}=2\sqrt{3}(cm)$

Lấy gốc tọa độ ở nút N ta có: ${{A}_{C}}={{A}_{b}}. \left| \sin \dfrac{2\pi {{x}_{C}}}{\lambda } \right|=3\left| \sin \dfrac{2\pi . 8}{24. 2} \right|=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}(cm);$

${{A}_{D}}={{A}_{b}}. \left| \sin \dfrac{2\pi {{x}_{D}}}{\lambda } \right|=3\left| \sin \dfrac{2\pi (-4)}{48} \right|=1. 5(cm)$

suy ra khoảng cách lớn nhất khi C, D đều ở biên theo Pitago: $\sqrt{{{(8+4)}^{2}}+{{(\dfrac{3\sqrt{3}}{2}+1. 5)}^{2}}}\approx 12,68(cm)$

Ta có: $\dfrac{\lambda }{2}=6\Rightarrow \lambda =12(cm);\omega =2\pi f=10\pi (Hz)$

Xét gốc tọa độ ở nút N:

Tại t₁: C có li độ 1. 5 cm đang hướng về VTCB nên: $\dfrac{{{u}_{C1}}}{{{u}_{D1}}}=\dfrac{1. 5}{{{u}_{D1}}}$

Mà $\dfrac{{{u}_{C1}}}{{{u}_{D1}}}=\dfrac{\sin \dfrac{2\pi {{x}_{C}}}{\lambda }}{\sin \dfrac{2\pi {{x}_{D}}}{\lambda }}=\dfrac{\sin \dfrac{2\pi (-10. 5)}{12}}{\sin \dfrac{2\pi *7}{12}}=-\sqrt{2}$

$\Rightarrow {{u}_{D1}}=\dfrac{-3\sqrt{2}}{4}$

Khi đó pha của D: $\cos {{\varphi }_{1}}=\dfrac{{{u}_{D1}}}{{{A}_{D}}}=\dfrac{{{u}_{D1}}}{{{A}_{b}}. \left| \sin \dfrac{2\pi ND}{\lambda } \right|}=\dfrac{{{u}_{D1}}}{\dfrac{3}{2}}=\dfrac{-\sqrt{2}}{2}\Rightarrow {{\varphi }_{1}}=\dfrac{5\pi }{4}$ (vì khi đó D cũng phải hướng về VTCB)

Tại t₂: $\dfrac{{{u}_{D1}}}{{{u}_{D2}}}=\dfrac{\cos {{\varphi }_{1}}}{\cos {{\varphi }_{2}}}=\dfrac{\cos {{\varphi }_{1}}}{\cos ({{\varphi }_{1}}+\dfrac{79}{40}\omega )}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow {{u}_{D2}}=-1. 5(cm)$

Tương tự bài 42: $\lambda =12(cm);\omega =2\pi f=10\pi (Hz)$

Xét gốc tọa độ ở nút N: Tại t₁: C có li độ 2. 25 cm đang hướng ra xa VTCB nên:

$\dfrac{{{u}_{C1}}}{{{u}_{D1}}}=\dfrac{2. 25}{{{u}_{D1}}}$

mà $\dfrac{{{u}_{C1}}}{{{u}_{D1}}}=\dfrac{\sin \dfrac{2\pi {{x}_{C}}}{\lambda }}{\sin \dfrac{2\pi {{x}_{D}}}{\lambda }}=\dfrac{\sin \dfrac{2\pi (-8)}{12}}{\sin \dfrac{2\pi *7. 5}{12}}=-\dfrac{\sqrt{6}}{2}$

$\Rightarrow {{u}_{D1}}=\dfrac{-3\sqrt{6}}{4}$

Khi đó pha của D: $\cos {{\varphi }_{1}}=\dfrac{{{u}_{D1}}}{{{A}_{D}}}=\dfrac{{{u}_{D1}}}{{{A}_{b}}. \left| \sin \dfrac{2\pi ND}{\lambda } \right|}=\dfrac{{{u}_{D1}}}{\dfrac{3\sqrt{2}}{2}}=\dfrac{-\sqrt{3}}{2}\Rightarrow {{\varphi }_{1}}=\dfrac{5\pi }{6}$ (vì khi đó D cũng phải hướng ra xa VTCB)

Tại t₂: $\dfrac{{{u}_{D1}}}{{{u}_{D2}}}=\dfrac{\cos {{\varphi }_{1}}}{\cos {{\varphi }_{2}}}=\dfrac{\cos {{\varphi }_{1}}}{\cos ({{\varphi }_{1}}+\dfrac{37}{24}\omega )}=\dfrac{-\sqrt{6}}{2}\Rightarrow {{u}_{D2}}=1. 5(cm)$

$\lambda =12(cm);\omega =2\pi f=10\pi (Hz)$ Xét gốc tọa độ ở nút N: Tại t₁: C có li độ 2. 25 cm đang hướng ra xa VTCB nên: $\dfrac{{{u}_{C1}}}{{{u}_{D1}}}=\dfrac{2. 25}{{{u}_{D1}}}$ mà $\dfrac{{{u}_{C1}}}{{{u}_{D1}}}=\dfrac{\sin \dfrac{2\pi {{x}_{C}}}{\lambda }}{\sin \dfrac{2\pi {{x}_{D}}}{\lambda }}=\dfrac{\sin \dfrac{2\pi (-8)}{12}}{\sin \dfrac{2\pi *7. 5}{12}}=-\dfrac{\sqrt{6}}{2}$$\Rightarrow {{u}_{D1}}=\dfrac{-3\sqrt{6}}{4}$ Khi đó pha của D: $\cos {{\varphi }_{1}}=\dfrac{{{u}_{D1}}}{{{A}_{D}}}=\dfrac{{{u}_{D1}}}{{{A}_{b}}. \left| \sin \dfrac{2\pi ND}{\lambda } \right|}=\dfrac{{{u}_{D1}}}{\dfrac{3\sqrt{2}}{2}}=\dfrac{-\sqrt{3}}{2}\Rightarrow {{\varphi }_{1}}=\dfrac{5\pi }{6}$ (vì khi đó D cũng phải hướng ra xa VTCB) Tại t₂: ${{v}_{D2}}=-{{A}_{D}}\omega \sin ({{\varphi }_{1}}+\dfrac{37}{24}\omega )=-\dfrac{3\sqrt{2}}{2}. 10\pi \sin (\dfrac{5\pi }{6}+10\pi \dfrac{37}{24})=-15\pi (cm/s)$

Từ đồ thị: $\lambda =\dfrac{\ell }{2}=24(cm);{{x}_{M}}=44;{{x}_{N}}=42;{{x}_{P}}=10$

Suy ra P nằm trên bó sóng đầu tiên và P ngược pha với N,

ta có t₁ đến t₂ là $\dfrac{T}{2}<\dfrac{11}{12f}=\dfrac{11T}{12}<T$ nên tại t₂ thì v_P2 < 0

Tại t₁: ${{u}_{N1}}={{A}_{M}}={{A}_{N}}\cos (\varphi 1);\left| {{v}_{M1}} \right|=\left| -{{A}_{M}}\omega \sin ({{\varphi }_{1}}) \right|=60$

Ta lại có $\dfrac{{{A}_{M}}}{{{A}_{N}}}=\dfrac{\left| \sin \dfrac{2\pi {{x}_{M}}}{\lambda } \right|}{\left| \sin \dfrac{2\pi {{x}_{N}}}{\lambda } \right|}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow {{\varphi }_{1}}=\dfrac{\pm \pi }{6}\Rightarrow \left| \sin {{\varphi }_{1}} \right|=\dfrac{1}{2}$

$\Rightarrow {{A}_{M}}=\dfrac{120}{\omega }$

$\Rightarrow {{A}_{P}}={{A}_{M}}\dfrac{\left| \sin \dfrac{2\pi {{x}_{P}}}{\lambda } \right|}{\left| \sin \dfrac{2\pi {{x}_{M}}}{\lambda } \right|}=\dfrac{40\sqrt{3}}{\omega }$

Vậy ${{v}_{P2}}=-{{A}_{P}}\omega \sin ((\pi -{{\varphi }_{1}})+\omega \dfrac{11}{12f})=-40\sqrt{3}\sin (\dfrac{8\pi }{3})=-60(cm/s)$ (do ngược pha với N nên ${{\varphi }_{P1}}=\pi -{{\varphi }_{1}}$ )