Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a. Theo giả thiết: \(x_1=4\cos(\dfrac{\pi}{6}t_1)=2\sqrt 3\) và $x$ đang giảm, nên ta biểu diễn dao động này bằng véc tơ quay:
> M x 4 30 O N -2
Thời điểm $t_1$, véc tơ quay tại vị trí M.
Sau thời điểm $t_1$ một khoảng $\Delta t = 3s$, véc tơ quay đã quay 1 góc là:
\(\alpha = \omega.t = \dfrac{\pi}{6}.3=\dfrac{\pi}{2}(rad)\)
Lúc này, véc tơ quay đã quay đến N. Từ giản đồ véc tơ ở trên ta suy ra li độ: $x = -2cm$
b. Bước sóng: \(\lambda=v.t=2.12=24cm\)
Điểm M trễ pha hơn O là: \(\Delta \varphi = \dfrac{2\pi.d}{\lambda}=\dfrac{2\pi.40}{24}=\dfrac{10\pi}{3}(rad)\)
Biểu diễn trạng thái dao động của M theo O ở thời điểm $t_1$ trên giản đồ véc tơ, ta có:
O M > x 4
Từ giản đồ trên dễ dàng suy được li độ của M là \(-2\sqrt 3cm\)
Đáp án B
Từ thời điểm t o đến t 1 :
+ Vectơ biểu diễn dao động của B quay góc B: 
+ Vectơ biểu diễn dao động của C quay góc C: 
Ta có: 
+ Mà: 
+ Vectơ biểu diễn dao động của D đang từ VTCB cũng quay góc π 2 giống như B và C nên tới vị trí biên.
+ Đến thời điểm t 2 vectơ biểu diễn dao động của D quay thêm góc:
\(\lambda = v/f = 80/20 = 4cm.\)
\(\triangle \varphi = \pi-0=\pi.\)
Nhận xét: \(BM-AM=(BI+IM)-(AI-IM)=2MI\)
\( A_M = |2a\cos\pi(\frac{d_2-d_1}{\lambda}-\frac{\triangle\varphi}{2\pi})| = |2a\cos\pi(\frac{BM-AM}{\lambda}-\frac{\triangle\varphi}{2\pi})|\\=|2a\cos\pi(\frac{2MI}{\lambda}-\frac{\triangle\varphi}{2\pi})| = |2a\cos\pi(\frac{6}{4}-\frac{\pi}{2\pi})| = |-2a|=2a=10 mm.\)
Đáp án C
M nhanh pha hơn N góc ∆ φ = 2 π 2 8 = π 2 : vuông pha nhau
Ta có: x M 2 + x N 2 = A 2 ⇔ 2 2 + x N 2 = 4 2 ⇒ x N = 2 3 cm
xM = 2 cm đang giảm → xN = 2 3 cm và đang tăng.
- M nhanh pha hơn N góc: 
: vuông pha nhau.
- Ta có:
+ xM = 2 cm đang giảm → xN = 2√3 cm và đang tăng.
Đáp án B
Ta có : λ = v f = 12 cm ⇒ MN = 37 cm = 3 λ + λ 12
Vì sóng tuần hoàn theo không gian nên sau điểm M đoạn 3λ có điểm M’ có tính chất như điểm M nên ở thời điểm t điểm M’ cũng có li độ uM’= -2 mm và đang đi về VTCB.
Vì uM’ = –2mm = –A/2 => xM’ = λ/12
Vì N cách M’ đoạn λ/12 => xN = λ/6.
Ta có : ∆ t = 89 80 s = 22 T + T 4 ⇒ lùi về quá khứ T 4
=> điểm N có li độ xN = –A/2
v N = - ωA 3 2 = - 80 π 3 ( mm / s ) .
Đáp án D
+ Độ lệch pha giữa hai dao động
∆ φ MN = 2 π ∆ x MN λ = 1 , 5 π rad .
+ Tại thời điểm t, M đang có li độ u = 2 mm và đang tăng. Biểu diễn vị trí này trên đường tròn.
Từ hình vẽ ta thấy rằng N có li độ u N = - 2 3 mm và đang tăng.