Ta có giản đồ véc tơ ở thời điểm t1 và t2 như hình vẽ.

Do các véc tơ quay ngược chiều kim đồng hồ với tốc độ như nhau  nên tam giác AOC không thay đổi hình dạng.

Ở H1: AC = 4,8 . 2 = 9,6 mm.

Ở H2: AH = AC/ 2 = 4,8 mm.

Tam giác AOH có: \(OA^2=\sqrt{OH^2+AH^2}=\sqrt{5,5^2+4,8^2}=7,3\)mm

Vào thời điểm t2, B đang ở biên nên có li độ là 7,3mm.

Từ t1 đến t2, điểm N quét 1 góc 90 độ. Vì 3 điểm M, N, P dao động cùng tần số góc, ta suy ra M và P cũng quét 1 góc 90 độ. Suy ra góc P₁OP₂ = 90⁰. Dễ dàng chứng minh được tam giác P₁OA bằng tam giác OP₂B (cạnh huyền – góc nhọn), suy ra OA = P₂B = 3,9 (cm).

Chọn đáp án A

Tại thời điểm t₁ thì điểm N đang ở vị trí cân bằng, tại thời điểm t₂thì điểm N đang ở vị trí biên dương

Hai thời điểm này vuông pha với nhau

Đáp án A

Có MN = NP. Mặt khác Δ φ M N = 2 π d M N λ ; Δ φ N P = 2 π d N P λ ⇒ Δ φ M N = Δ φ N P . Suy ra trên vòng tròn đơn vị, N luôn là điểm trung tâm của cung MP.

Ta có vòng tròn đơn vị

Từ t1 đến t2, điểm N quét 1 góc 90 độ. Vì 3 điểm M, N, P dao động cùng tần số góc, ta suy ra M và P cũng quét 1 góc 90 độ. Suy ra góc P₁OP₂ = 90⁰. Dễ dàng chứng minh được tam giác P₁OA bằng tam giác OP₂B (cạnh huyền – góc nhọn), suy ra OA = P₂B = 3,9 (cm).

Áp dụng Pytago cho tam giác P₂OB, ta có:  O P 2 = P 2 B 2 + O B 2 = 6 , 5 ( c m )

Suy ra biên độ dao động A = 6,5 cm. Tại t2, N nằm ở biên (điểm N2 trên hình vẽ) nên li độ của N sẽ là x_N = + 6,5 (cm)

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 ) .