Google
Câu hỏi: Trên một sợi dây $O B$ căng ngang, hai đầu cố định đang có sóng dừng với tần số $f$ xác định. Gọi $M, N$ và $P$ là ba điểm trên dây có vị trí cân bằng cách $B$ lần lượt là $4 \mathrm{~cm}, 6 \mathrm{~cm}$ và $38 \mathrm{~cm}$. Hình vẽ mô tả hình dạng sợi dây tại thời điểm $t_1$ (đường nét đứt) và $t_2=t_1+23 /(18 f)$ (đường liền nét).
Tại thời điểm $t_1$, li độ của phần tử dây ở $N$ bằng biên độ của phần tử dây ở $M$ và tốc độ của phần tử dây ở $M$ là $60 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$. Tại thời điểm $t_2$, vận tốc của phần tử dây ở $P$ là?
A. $65 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$
B. $-53 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$
C. $53 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$
D. $60 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$
A. $65 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$
B. $-53 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$
C. $53 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$
D. $60 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$
$
\begin{aligned}
& A_M=A_N\left|\sin \dfrac{2 \pi .4}{24}\right|=\dfrac{A_N \sqrt{3}}{2}(\mathrm{M} \text { và } \mathrm{N} \text { ở bó } 4) \\
& A_P=A_N\left|\sin \dfrac{2 \pi .38}{24}\right|=\dfrac{A_N}{2}(\mathrm{P} \text { ở bó } 1 \text { nên ngược pha với } \mathrm{M} \text { và } \mathrm{N}) \\
& \left(\dfrac{u_N}{A_N}\right)^2+\left(\dfrac{v_M}{v_{M \max }}\right)^2=1 u_N=A_M=\dfrac{A_N \sqrt{3}}{2} \rightarrow\left|\dfrac{v_M}{v_{M \max }}\right|=\dfrac{1}{2} v_M=60 \rightarrow v_{M \max }=120 \mathrm{~cm} / \mathrm{s} \\
& A_P=\dfrac{A_M}{\sqrt{3}} \Rightarrow v_{P \max }=\dfrac{v_{M \max }}{\sqrt{3}}=\dfrac{120}{\sqrt{3}} \mathrm{~cm} \\
& \Delta t=\dfrac{23 T}{18}=T+\dfrac{T}{4}+\dfrac{T}{36} \Rightarrow \alpha=\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\pi}{18} \rightarrow \text { tại } t_1 \text { thì } \mathrm{P} \text { đi lên } \Rightarrow \dfrac{v_P}{v_{P \max }}=\dfrac{1}{2} \uparrow \Rightarrow \varphi_{v_P}=\dfrac{-\pi}{3} \\
& v_P=v_{P \max } \cos \left(\varphi_{v_P}+\alpha\right)=\dfrac{120}{\sqrt{3}} \cos \left(\dfrac{-\pi}{3}+\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\pi}{18}\right) \approx 53 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}
\end{aligned}
$
\begin{aligned}
& A_M=A_N\left|\sin \dfrac{2 \pi .4}{24}\right|=\dfrac{A_N \sqrt{3}}{2}(\mathrm{M} \text { và } \mathrm{N} \text { ở bó } 4) \\
& A_P=A_N\left|\sin \dfrac{2 \pi .38}{24}\right|=\dfrac{A_N}{2}(\mathrm{P} \text { ở bó } 1 \text { nên ngược pha với } \mathrm{M} \text { và } \mathrm{N}) \\
& \left(\dfrac{u_N}{A_N}\right)^2+\left(\dfrac{v_M}{v_{M \max }}\right)^2=1 u_N=A_M=\dfrac{A_N \sqrt{3}}{2} \rightarrow\left|\dfrac{v_M}{v_{M \max }}\right|=\dfrac{1}{2} v_M=60 \rightarrow v_{M \max }=120 \mathrm{~cm} / \mathrm{s} \\
& A_P=\dfrac{A_M}{\sqrt{3}} \Rightarrow v_{P \max }=\dfrac{v_{M \max }}{\sqrt{3}}=\dfrac{120}{\sqrt{3}} \mathrm{~cm} \\
& \Delta t=\dfrac{23 T}{18}=T+\dfrac{T}{4}+\dfrac{T}{36} \Rightarrow \alpha=\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\pi}{18} \rightarrow \text { tại } t_1 \text { thì } \mathrm{P} \text { đi lên } \Rightarrow \dfrac{v_P}{v_{P \max }}=\dfrac{1}{2} \uparrow \Rightarrow \varphi_{v_P}=\dfrac{-\pi}{3} \\
& v_P=v_{P \max } \cos \left(\varphi_{v_P}+\alpha\right)=\dfrac{120}{\sqrt{3}} \cos \left(\dfrac{-\pi}{3}+\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\pi}{18}\right) \approx 53 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}
\end{aligned}
$
Đáp án C.