Giải SBT Vật lí 11 CTST Bài 8: Giao thoa sóng có đáp án

Đáp án đúng là A

Dùng nguyên lí chồng chất sóng để cộng đại số hai xung.

Đáp án đúng là C

Vì hai sóng cùng pha nên tại trung điểm của đoạn S$_{1}$S$_{2}$ cho sóng tổng hợp có biên độ bằng tổng hai biên độ của các sóng thành phần.

Đáp án đúng là D

Vị trí vân sáng bậc 3 là: ${x}_{s3}=\pm 3i$

Khoảng cách giữa hai vân sáng bậc 3 ở hai bên vân trung tầm là L = 6i

Đáp án đúng là B

Khoảng vân: $i=\frac{λD}{a}$, sau khi thay đổi bước sóng có $i'=\frac{λ'D'}{a'}=\frac{1{,}5λD'}{a'}$

Ta có: $i=i'\Rightarrow \frac{λD}{a}=\frac{1{,}5λD'}{a'}$, để I không đổi thì tăng a 1,5 lần, giữ D không đổi.

Đáp án đúng là A

Ta có: ${x}_{\text{s}}=3i=3\cdot {10}^{-3}=3\frac{λ\cdot 2}{1\cdot {10}^{-3}}$. Suy ra: $λ=500\text{nm}$.

Đáp án đúng là D

Vì hai nguồn dao động ngược pha nên trung điểm của đoạn thẳng nối hai nguồn cũng dao động ngược pha.

Đáp án đúng là B

Ta có: $λ=\frac{25}{10}=2{,}5\text{cm}$, điểm cách hai nguồn có biên độ cực đại khi hiệu khoảng cách từ điểm đó đến hai nguồn bằng số nguyên lần bước sóng, suy ra: ${d}_{2}-{d}_{1}=15-10=5=2λ$ thoả mãn.

Ta có: $4{,}5i-2i=2{,}5\frac{λD}{a}=2{,}5\frac{560\cdot {10}^{-9}\cdot 1{,}2}{a}=3\cdot {10}^{-3}$.

Suy ra: $a=0{,}56\text{mm}$.

M cách A và B cách khoảng MA và MB sao cho thoả mãn điều kiện cực tiểu giao thoa:

$\text{MA}-\text{MB}=(k+\frac{1}{2})λ=\frac{λ}{2};\frac{3λ}{2};\frac{5λ}{2}$;

Vân đứng yên thứ ba tương ứng với k=2, nên $\text{MA}-\text{MB}=\frac{5λ}{2}$.

a) Để thay đổi từ dãy cực đại bậc ba thành dãy cực đại bậc bốn kể từ đường trung trực của AB thì $\text{MA}-\text{MB}=3{λ}_{1}=4{λ}_{2}\Rightarrow 3\frac{v}{{f}_{1}}=4\frac{v}{{f}_{2}}$.

Từ đó suy ra: ${f}_{2}=\frac{4}{3}{f}_{1}=32\text{Hz}$.

b) Để thay đổi từ dãy cực đại bậc ba thành dãy đứng yên thứ ba kể từ đường trung trực của AB thì $\text{MA}-\text{MB}=3{λ}_{1}=2{,}5{λ}_{2}\Rightarrow 3\frac{v}{{f}_{1}}=2{,}5\frac{v}{{f}_{3}}$.

Từ đó suy ra: ${f}_{3}=\frac{2{,}5}{3}{f}_{1}=20\text{Hz}$.

a) Ta có: $λ=\frac{20}{5}=4\text{cm}$;

${u}_{\text{M}}={u}_{1}+{u}_{2}=A\text{cos}(ωt-\frac{2π{x}_{1}}{λ})+A\text{cos}(ωt-\frac{2π{x}_{2}}{λ}).$

Suy ra: ${u}_{\text{M}}=2A\text{cos}π\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{λ}\text{cos}(ωt-π\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{λ})=5\sqrt{2}\text{cos}(10πt-3{,}85π)\text{cm}$.

a) Theo đề bài, N nằm ở dãy cực đại bậc một kể từ cực đại trung tâm. Do đó:

$\text{NA}-\text{NB}=kλ\Rightarrow \sqrt{{20}^{2}+{40}^{2}}-\sqrt{{10}^{2}+{40}^{2}}=1\cdot \frac{v}{10}$.

Suy ra: $v\approx 35\text{cm/s}$ .

b) Để điểm N đứng yên thì N phải nằm trên dãy cực tiểu.

Ta có: $\text{NA}-\text{NB}=(k+\frac{1}{2})λ=(k+\frac{1}{2})\frac{35}{f}$.

Suy ra: $f=10(k+\frac{1}{2})\Rightarrow f=5\text{Hz};15\text{Hz};25\text{Hz};\ldots$

a) Ta có: $λ=\frac{50}{25}=2{,}0\text{cm}$.

Gọi M là một điểm dao động với biên độ cực đại nằm trên AB:

Ta có: $\{\begin{matrix}\text{MA}-\text{MB}=kλ \\ \text{MA}+\text{MB}=\text{AB}\end{matrix}\Rightarrow \text{MA}=\frac{kλ}{2}+\frac{\text{AB}}{2}$.

Vì: $0<\text{MA}<\text{AB}\Rightarrow -\frac{\text{AB}}{λ}<k<\frac{\text{AB}}{λ}\Rightarrow -6{,}5<k<6{,}5$

$\Rightarrow k=0,\pm 1,\pm 2,\pm 3,\pm 4,\pm 5,\pm 6$.

Có 13 dãy gồm những điểm dao động với biên độ cực đại.

Tương tự, với những điểm đứng yên: $-7<k<6\Rightarrow k=0,\pm 1,\pm 2,\pm 3,\pm 4,\pm 5,-6$ nên có 12 dãy gồm những điểm đứng yên.

b) Gọi M$_{1}$ và M$_{2}$ là hai điểm liên tiếp trên AB dao động với biên độ cực đại, với ${M}_{1}A>{M}_{2}A$:

${\text{M}}_{1}\text{A}-{\text{M}}_{2}\text{A}=k\frac{λ}{2}+\frac{\text{AB}}{2}-((k-1)\frac{λ}{2}+\frac{\text{AB}}{2})=\frac{λ}{2}=1{,}0\text{cm}.$

Tương tự, khoảng cách giữa hai điểm liên tiếp đứng yên trên AB cũng bằng $1{,}0\text{cm}$.

c) Khoảng cách giữa một điểm dao động với biên độ cực đại và một điểm đứng yên kế cận là $\frac{λ}{4}=0{,}50\text{cm}$.

Lưu ý: Hiện tương xảy ra doc theo đoạn thẳng nối hai nguồn tương tư hiện tượng sóng dừng, trong đó các điểm dao động với biên độ cực đại là các bụng sóng và các điểm đứng yên là các nút sóng (xem chi tiết bài 9. Sóng dừng).

b) Tại vân trung tâm hai ánh sáng đơn sắc ${λ}_{1}$ và ${λ}_{2}$ cho vân sáng trùng nhau nên vân trung tâm có màu hỗn hợp của hai ánh sáng đơn sắc. Vị trí vân cùng màu với vân trung tâm là vị trí hai vân sáng tương ứng của ${λ}_{1}$ và ${λ}_{2}$ trùng nhau:

${k}_{1}\frac{{λ}_{1}D}{a}={k}_{2}\frac{{λ}_{2}D}{a}\Rightarrow {k}_{1}{λ}_{1}={k}_{2}{λ}_{2}$. Suy ra: ${k}_{1}=\frac{400}{600}{k}_{2}$

Vì ${k}_{1}$ và ${k}_{2}$ là số nguyên nên suy ra giá trị tương ứng của ${k}_{1},{k}_{2}$ là:${k}_{1}=\pm 2,\pm 4$ , $\pm 6,\ldots$ và ${k}_{2}=\pm 3,\pm 6,\pm 9,\ldots$

Vị trí vân cùng màu và gần vân trung tâm nhất tương ứng với ${k}_{1}=\pm 2$ và ${k}_{2}=\pm 3$: ${x}_{1}={x}_{2}\Leftrightarrow {k}_{1}{i}_{1}={k}_{2}{i}_{2}=\pm 3\text{mm}$ (ở hai phía so với vân trung tâm).

a) Ta có: $i=\frac{λD}{a}=\frac{600\cdot {10}^{-9}\cdot 2}{1{,}20\cdot {10}^{-3}}=1{,}00\text{mm}$.

$\frac{{x}_{\text{M}}}{i}=6$: tại M có vân sáng bậc sáu.

$\frac{{x}_{\text{N}}}{i}=9{,}5:$ tại N có vân tối thứ mười.

Ta có: ${x}_{d4}=4\frac{{λ}_{\text{d}}D}{a};{x}_{\text{s}}=k\frac{λD}{a}$; các ánh sáng đơn sắc khác cho vân sáng tại vị trí này khi $4{λ}_{\text{d}}=kλ$.

Mà $400\le λ\le 750$. Suy ra: $4<k\le 7{,}5\Rightarrow k=5{,}6{,}7$.

Ba ánh sáng đơn sắc khác cho vân sáng trùng lên vân sáng bậc bốn của ánh sáng đỏ, có bước sóng lần lượt là: 429 nm, 500 nm và 600 nm.