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:

Hướng dẫn: Chọn đáp án D

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

x_M = 2 cm đang giảm → x_N = 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 u_M’= -2 mm và đang đi về VTCB.

Vì u_M’ = –2mm = –A/2 => x_M’ = λ/12

Vì N cách M’ đoạn λ/12 => x_N = λ/6.

Ta   có :   ∆ t = 89 80 s = 22 T + T 4 ⇒ lùi   về   quá   khứ   T 4

=> điểm N có li độ x_N = –A/2

v N = - ωA 3 2 = - 80 π 3 ( mm / s ) .