Phương pháp giải:

Hai nguồn dao đồng bộ giao thoa, thì điểm cực đại thỏa mãn điều kiện:

\({d_2} - {d_1} = k\lambda = k.\frac{v}{f};k \in Z\)

Vì trên MB số điểm dao động cực đại nhiều hơn trên MA là 6 điểm nên ta có k = 3.

Lời giải chi tiết:

Hai nguồn dao đồng bộ giao thoa, thì điểm cực đại thỏa mãn điều kiện:

\({d_2} - {d_1} = k\lambda = k.\frac{v}{f};k \in Z\

Ta có hình vẽ:

Vì hai nguồn đồng bộ nên đường trung trực của AB sẽ là cực đại ứng với k = 0.

Vì trên MB số điểm dao động cực đại nhiều hơn trên MA là 6 điểm nên  qua M là cực đại bậc 3.

Vì vậy tại M:  

\(25 - 16 = k.\frac{v}{f} \Rightarrow 9 = 3.\frac{{150}}{f} \Rightarrow f = 50Hz\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Điều kiện có cực tiểu giao thoa trong giao thoa sóng hai nguồn cùng pha: 

\({d_2} - {d_1} = \left( {k + \frac{1}{2}} \right).\lambda \)

Giữa M và đường trung trực có 1 dãy cực đại nên tại M là cực tiểu thứ 2, ứng với k = 1.

Bước sóng:  \(\lambda = v.T = \frac{v}{f} \Rightarrow v\)

Lời giải chi tiết:

Giữa M và đường trung trực có 1 dãy cực đại nên tại M là cực tiểu thứ 2, ứng với k = 1.

\( \Rightarrow {d_{1M}} - {d_{2M}} = \left( {k + \frac{1}{2}} \right).\lambda \Leftrightarrow 20 - 17 = 1,5\lambda \Rightarrow \lambda = 2cm\)

Lại có:  

\(\lambda = v.T = \frac{v}{f} \Rightarrow v = \lambda .f = 2.15 = 30cm/s\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Công thức lượng giác: \(\tan \left( {a - b} \right) = \dfrac{{\tan a - \tan b}}{{1 + \tan a.\tan b}}\)

Bất đẳng thức Cô – si: \(a + b \ge 2\sqrt {ab} \) (dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow a = b\))

Điều kiện cực đại giao thoa: \({d_2} - {d_1} = k\lambda \)

Điều kiện cực tiểu giao thoa: \({d_2} - {d_1} = \left( {k + \dfrac{1}{2}} \right)\lambda \)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\widehat {P{O_2}Q} = {\varphi _2} - {\varphi _1}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \tan \widehat {P{O_2}Q} = \tan \left( {{\varphi _2} - {\varphi _1}} \right) = \dfrac{{\tan {\varphi _2} - \tan {\varphi _1}}}{{1 + \tan {\varphi _2}.\tan {\varphi _1}}}\\ \Rightarrow \tan \left( {{\varphi _2} - {\varphi _1}} \right) = \dfrac{{\dfrac{{{O_1}Q}}{{{O_1}{O_2}}} - \dfrac{{{O_1}P}}{{{O_1}{O_2}}}}}{{1 + \dfrac{{{O_1}Q}}{{{O_1}{O_2}}}.\dfrac{{{O_1}P}}{{{O_1}{O_2}}}}} = \dfrac{{\dfrac{{{O_1}Q}}{a} - \dfrac{{{O_1}P}}{a}}}{{1 + \dfrac{{{O_1}Q}}{a}.\dfrac{{{O_1}P}}{a}}}\\ \Rightarrow \tan \left( {{\varphi _2} - {\varphi _1}} \right) = \dfrac{{{O_1}Q - {O_1}P}}{{a + \dfrac{{{O_1}Q.{O_1}P}}{a}}} = \dfrac{{const}}{{a + \dfrac{{{O_1}Q.{O_1}P}}{a}}}\end{array}\)

Để \(\tan \left( {{\varphi _2} - {\varphi _1}} \right)\max  \Leftrightarrow \left( {a + \dfrac{{{O_1}Q.{O_1}P}}{a}} \right)\min \)

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có:

\(\begin{array}{l}a + \dfrac{{{O_1}Q.{O_1}P}}{a} \ge 2\sqrt {a.\dfrac{{{O_1}Q.{O_1}P}}{a}} \\ \Rightarrow \left( {a + \dfrac{{{O_1}Q.{O_1}P}}{a}} \right)\min  = 2\sqrt {{O_1}Q.{O_1}P} \end{array}\)

(Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow a = \sqrt {{O_1}Q.{O_1}P}  = \sqrt {9.16}  = 12\,\,\left( {cm} \right)\))

Ta có: \({O_2}P = \sqrt {{a^2} + {O_1}{P^2}}  = \sqrt {{{12}^2} + {9^2}}  = 15\,\,\left( {cm} \right)\)

\({O_2}Q = \sqrt {{a^2} + {O_1}{Q^2}}  = \sqrt {{{12}^2} + {{16}^2}}  = 20\,\,\left( {cm} \right)\)

Điểm P không dao động, ta có: \(P{O_2} - P{O_1} = 15 - 9 = \left( {k + \dfrac{1}{2}} \right)\lambda \)

Điểm Q dao động với biên độ cực đại: \(Q{O_2} - Q{O_1} = 20 - 16 = k\lambda \)

Ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}6 = \left( {k + \dfrac{1}{2}} \right)\lambda \\4 = k\lambda \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}k = 1\\\lambda  = 4\,\,\left( {cm} \right)\end{array} \right.\)

→ Q là cực đại bậc 1, giữa P và Q không có cực đại nào khác

Trên OP, gọi N là điểm gần nhất dao động với biên độ cực đại

→ N là cực đại bậc 2 ứng với k = 2, ta có:

\(\begin{array}{l}\sqrt {O{N^2} + {a^2}}  - ON = 2\lambda \\ \Rightarrow \sqrt {O{N^2} + {{12}^2}}  - ON = 2.4 \Rightarrow ON = 5\,\,\left( {cm} \right)\\ \Rightarrow PN = {O_1}P - ON = 9 - 5 = 4\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Điều kiện cực tiểu giao thoa: \({d_2} - {d_1} = \left( {k + \dfrac{1}{2}} \right)\lambda \)

Lời giải chi tiết:

Tại M là cực tiểu gần C nhất \( \Rightarrow {k_{\min }} = 0 \Rightarrow {d_2} - {d_1} = \dfrac{\lambda }{2}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow MA - MB = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{AB}}{2} + z} \right)}^2} + O{C^2}}  - \sqrt {{{\left( {\dfrac{{AB}}{2} - z} \right)}^2} + O{C^2}}  = \dfrac{\lambda }{2}\\ \Rightarrow \sqrt {{{\left( {\dfrac{{20}}{2} + z} \right)}^2} + {6^2}}  - \sqrt {{{\left( {\dfrac{{20}}{2} - z} \right)}^2} + {6^2}}  = \dfrac{4}{2} \Rightarrow z \approx 1,17\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Điều kiện có cực đại giao thoa trong giao thoa sóng hai nguồn cùng pha:

\({d_2} - {d_1} = k\lambda ;k \in Z\)

Trên Ax có M là điểm cực đại xa nhất, nên nó là cực đại thuộc vân cực đại bậc 1 với k = 1; do đó N là vân cực đại bậc 2, với k = 2; P là vân cực đại bậc 3 với k = 3; Q là vân cực đại ứng với k_max.

Vẽ hình. Sử dụng các kiến thức toán học để biến đổi tìm bước sóng λ và AB;

Số điểm cực đại trên AB là số giá trị k thỏa mãn: 

\( - \frac{{AB}}{\lambda } \le k \le \frac{{AB}}{\lambda }\)

Lời giải chi tiết:

Trên Ax có M là điểm cực đại xa nhất, nên nó là cực đại thuộc vân cực đại bậc 1 với k = 1; do đó N là vân cực đại bậc 2, với k = 2; P là vân cực đại bậc 3 với k = 3; Q là vân cực đại ứng với k_max.

Ta có hình vẽ:

Ta xét các vị trí cực đại M, N, P:

\(\begin{array}{l}
MB - MA = \lambda \Rightarrow \sqrt {A{B^2} + M{A^2}} - MA = \lambda \\
\Rightarrow \sqrt {A{B^2} + M{A^2}} = \lambda + MA\\
\Rightarrow A{B^2} + M{A^2} = {\lambda ^2} + 2\lambda MA + M{A^2}\\
\Leftrightarrow A{B^2} = {\lambda ^2} + 2\lambda MA\,\,\,\,\,\,(1)\\
NB - NA = 2\lambda \Rightarrow \sqrt {A{B^2} + N{A^2}} - NA = 2\lambda \\
\Rightarrow \sqrt {A{B^2} + N{A^2}} = 2\lambda + NA\\
\Rightarrow A{B^2} + N{A^2} = 4{\lambda ^2} + 4\lambda NA + N{A^2}\\
\Leftrightarrow A{B^2} = 4{\lambda ^2} + 4\lambda NA\,\,\,\,\,\,(2)\\
PB - PA = 3\lambda \Rightarrow \sqrt {A{B^2} + P{A^2}} - PA = 3\lambda \\
\Rightarrow \sqrt {A{B^2} + P{A^2}} = 3\lambda + PA\\
\Rightarrow A{B^2} + P{A^2} = 9{\lambda ^2} + 6\lambda PA + P{A^2}\\
\Leftrightarrow A{B^2} = 4{\lambda ^2} + 6\lambda PA\,\,\,\,\,\,(3)
\end{array}\)

Từ (1) và (2) ta có:

\(\begin{array}{l}
{\lambda ^2} + 2\lambda MA = 4{\lambda ^2} + 4\lambda NA \Leftrightarrow \lambda + 2MA = 4\lambda + 4NA\\
\Rightarrow 2MN + 2NA = 3\lambda \,\,\,\left( 4 \right)
\end{array}\)

Từ (2) và (3) ta có:

\(\begin{array}{l}
4{\lambda ^2} + 4\lambda NA = 9{\lambda ^2} + 6\lambda PA \Rightarrow 4\lambda + 4NA = 9\lambda + 6PA\\
\Rightarrow 4NP - 2AP = 5\lambda \,\,\,\left( 5 \right)
\end{array}\)

Từ (4) và (5) ta có:

\(\begin{array}{l}
2\lambda = 4NP - 2MN + 2NP = 6NP - 2MN\\
\Rightarrow \lambda = 3NP - MN = 3.8,75 - 22,25 = {4_{}}cm
\end{array}\)

Thay vào (5) ta được:

\(4.8,75 - 2AP = 5.4 \Rightarrow AP = 7,{5_{}}cm\)

Thay vào (3) ta được:

\(AB = \sqrt {9.{\lambda ^2} + 6\lambda .AP} = \sqrt {{{9.4}^2} + 6.4.7,5} = {18_{}}cm\)

Số điểm cực đại trên AB là số giá trị k thỏa mãn:

\(\begin{array}{l}
- \frac{{AB}}{\lambda } \le k \le \frac{{AB}}{\lambda } \Rightarrow - \frac{{18}}{4} \le k \le \frac{{18}}{4} \Rightarrow - 4,5 \le k \le 4,5\\
\Rightarrow k = \pm 4; \pm 3; \pm 2; \pm 1;0
\end{array}\)

Vậy Q là điểm cực đại gần A nhất sẽ thuộc cực đại bậc 4, k = 4.

Ta có:

\(\begin{array}{l}
QB - QA = 4\lambda \Rightarrow \sqrt {A{B^2} + A{Q^2}} - AQ = 4\lambda \\
\Rightarrow A{B^2} + A{Q^2} = 16.{\lambda ^2} + 8\lambda AQ + A{Q^2}\\
\Rightarrow AQ = \frac{{A{B^2} - 16{\lambda ^2}}}{{8\lambda }} = 2,{1_{}}cm
\end{array}\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Công thức trung tuyến: \(I{M^2} = \dfrac{{M{A^2} + M{B^2}}}{2} - \dfrac{{A{B^2}}}{4}\)

Điểm M nằm ngoài đường tròn đường kính AB có: \(M{A^2} + M{B^2} > A{B^2}\)

Điểm M là cực đại, cùng pha với hai nguồn: \(\left\{ \begin{array}{l}MA - MB = k\lambda \\MA + MB = m\lambda \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}MA = n\lambda \\MB = {\rm{l}}\lambda \end{array} \right.\,\,\left( {k,l,m,n \in Z} \right)\)

Lời giải chi tiết:

Ta có công thức trung tuyến: \(I{M^2} = \dfrac{{M{A^2} + M{B^2}}}{2} - \dfrac{{A{B^2}}}{4}\)

Vì khoảng cách \(I{M_{\min }} \Leftrightarrow {\left( {M{A^2} + M{B^2}} \right)_{\min }}\)

Do M nằm ngoài đường tròn (C), nên xét \(\Delta MAB\) ta có:

\(M{A^2} + M{B^2} > A{B^2} \Rightarrow M{A^2} + M{B^2} > {\left( {6,6\lambda } \right)^2} = 43,56{\lambda ^2}\)

Do M là cực đại cùng pha với hai nguồn → MA, MB bằng số nguyên lần bước sóng

\(\begin{array}{l}{\left( {M{A^2} + M{B^2}} \right)_{\min }} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}MA = 6;MB = 3\\MA = 3;MB = 6\end{array} \right.\\ \Rightarrow {\left( {M{A^2} + M{B^2}} \right)_{\min }} = 45{\lambda ^2} \Rightarrow I{M_{\min }} = \dfrac{{45{\lambda ^2}}}{2} - \dfrac{{{{\left( {6,6\lambda } \right)}^2}}}{4} = 3,41\lambda \end{array}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Cách 1: Phương pháp chuẩn hóa

Cách 2:

+ Sử dụng điều kiện cực đại giao thoa

+ Sử dụng điều kiện cùng pha

Lời giải chi tiết:

Cách 1:

Ta có: \(\dfrac{{2{S_1}{S_2}}}{\lambda } = 10,8 \Rightarrow \) có 11 dãy cực đại

Xét điểm M mà \(\left\{ \begin{array}{l}M{S_1} = x\\M{S_2} = y\end{array} \right.\)

Coi \(\lambda  = 1\) (chuẩn hóa)

\({A_M}_{\left( {max} \right)} \Rightarrow x - y = k\)   \(\left( {k =  - 5, - 4,....,4,5} \right)\) (1)

M cùng pha với nguồn \( \Rightarrow x + y = 2m\)  (2)

Elip nhận \({S_1};{S_2}\) làm tiêu điểm \( \Rightarrow a > 2,7\)

Để E và các dãy cực đại có một phần nằm trong \(\left( C \right)\) thì \(b < 2,7\)

\( \Rightarrow m = 3\) (3)

Từ (1), (2) và (3) ta suy ra: \(x = \dfrac{{k + 6}}{2}\) và \(y = \dfrac{{6 - k}}{2}\)

Để M nằm trong \(\left( C \right)\) thì

\(\begin{array}{l}{x^2} + {y^2} < 4{R^2} = 4.2,{7^2}\\ \Rightarrow 2{k^2} + 72 < 96,8\\ \Rightarrow \left| k \right| < 4,8\end{array}\)

Vậy E cắt 11 dãy cực đại tại 22 điểm trong đó có 4 điểm nằm ngoài đường tròn

Cách 2:

Gọi M là một điểm bất kì trên nửa trên đường tròn

Để tại M các phần từ nước dao động với biên độ cực đại và cùng pha với nguồn

\( \Rightarrow \) sóng do 2 nguồn truyền tới M phải cùng pha với nhau và cùng pha với nguồn

\( \Rightarrow \) M cách các nguồn 1 số nguyên lần bước sóng \(\left\{ \begin{array}{l}{d_1} = {k_1}\lambda \\{d_2} = {k_2}\lambda \end{array} \right.\)

Để M nằm bên trong đường tròn \(\left( C \right)\) thì \(\alpha  > {90^0} \Rightarrow cos\alpha  < 0\)

Áp dụng định lí hàm số cos cho \(\Delta M{S_1}{S_2}\) ta có:

\(cos\alpha  = \dfrac{{d_1^2 + d_2^2 - {{\left( {{S_1}{S_2}} \right)}^2}}}{{2{d_1}{d_2}}} = \dfrac{{k_1^2 + k_2^2 - 5,{4^2}}}{{2{k_1}{k_2}}}\)

Có \(cos\alpha  < 0 \Rightarrow k_1^2 + k_2^2 < 5,{4^2}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left| {{d_1} - {d_2}} \right| < {S_1}{S_2} < {d_1} + {d_2}\\ \Rightarrow \left| {{k_1} - {k_2}} \right| < 5,4 < {k_1} + {k_2}\end{array}\)

Vậy có tất cả 9 điểm, tính thêm nửa dưới đường tròn ta có 18 điểm

Chọn A

Phương pháp giải:

Vẽ hình theo các dữ kiện của bài.

Áp dụng biểu thức: 

\(\tan \left( {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right) = \frac{{\tan {\varphi _1} - \tan {\varphi _2}}}{{1 + \tan {\varphi _1}.\tan {\varphi _2}}}\)

Điều kiện có cực đại giao thoa: 

\({d_2} - {d_1} = k\lambda ;\,k \in Z\)

Ta tìm được số cực đại trên AB là số giá trị k thỏa mãn  

\(\frac{{ - AB}}{\lambda } < k < \frac{{AB}}{\lambda }\)

Tìm được k, ta xác định vị trí M (b) là điểm cực đại gần A nhất thỏa mãn: 

\(BM' - AM' = k\lambda \)

Lời giải chi tiết:

Ta có hình vẽ

Áp dụng biểu thức:

\(\begin{array}{l}
\tan \alpha = \tan \left( {\angle {\rm{IMJ}}} \right) = \tan \left( {\angle IMA - \angle JMA} \right)\\
\Leftrightarrow \tan \alpha = \frac{{\tan \left( {\angle IMA} \right) - \tan \left( {\angle JMA} \right)}}{{1 + \tan \left( {\angle IMA} \right).\tan \left( {\angle JMA} \right)}}\\
\Leftrightarrow \tan \alpha = \frac{{\frac{{AI}}{{AM}} - \frac{{{\rm{AJ}}}}{{AM}}}}{{1 + \frac{{AI}}{{AM}}.\frac{{{\rm{AJ}}}}{{AM}}}} = \frac{{\frac{{{\rm{IJ}}}}{{AM}}}}{{1 + \frac{{AI.{\rm{AJ}}}}{{A{M^2}}}}} = \frac{{{\rm{IJ}}}}{{AM + \frac{{AI.{\rm{AJ}}}}{{AM}}}} = \frac{5}{{x + \frac{{AI.{\rm{AJ}}}}{x}}}
\end{array}\)

Biết rằng hàm tanα là hàm đồng biến, nên khi α cực đại thì tanα cực đại.

\({(\tan \alpha )_{\max }} \Leftrightarrow {\left( {x + \frac{{AI.{\rm{AJ}}}}{x}} \right)_{\min }}\)

Áp dụng BĐT Cosi ta có:

\(\begin{array}{l}
x + \frac{{AI.{\rm{AJ}}}}{x} \ge 2\sqrt {AI.{\rm{AJ}}} \\
\Rightarrow \left( {x + \frac{{AI.{\rm{AJ}}}}{x}} \right)\min \Leftrightarrow x = \frac{{AI.{\rm{AJ}}}}{x} \Leftrightarrow {x^2} = AI.{\rm{AJ}}
\end{array}\)

Từ đồ thị khi x = 6 thì α cực đại, nên: 

\(AI.AJ = {6^2} = 36\)

Tại x = 24 và x = a thì có cùng giá trị góc α. Ta có 

\(\begin{array}{l}
\tan \alpha = \frac{5}{{24 + \frac{{36}}{{24}}}} = \frac{5}{{a + \frac{{36}}{a}}} \Rightarrow a + \frac{{36}}{a} = 25,5\\
\Leftrightarrow {a^2} - 25,5a + 36 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{a_1} = 1,5cm\\
{a_2} = 24cm
\end{array} \right.
\end{array}\)

Vậy a = 1,5cm.

Từ AI.AJ = 36, mà IJ = 5 cm, nên ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
AI.{\rm{AJ}} = 36\\
AI = AJ + 5
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
AI = 9cm\\
AJ = 4cm
\end{array} \right.\)

Vậy AB = 2AI = 18 cm.

Khi M ở vị trí x = 24 cm thì M là cực đại xa A nhất, áp dụng điều kiện cực đại cho M ta có

\(\begin{array}{l}
BM - AM = \lambda \Leftrightarrow \sqrt {B{A^2} + A{M^2}} - AM = \lambda \\
\Rightarrow \lambda = \sqrt {{{18}^2} + {{24}^2}} - 24 = 6cm
\end{array}\)

Số cực đại trên AB thỏa mãn điều kiện:

\(\frac{{ - AB}}{\lambda } < k < \frac{{AB}}{\lambda } \Rightarrow \frac{{ - 18}}{6} < k < \frac{{18}}{6} \Rightarrow - 3 < k < 3\)

Không kể hai nguồn A, B, khi M ở vị trí x = b thì M là cực đại gần A nhất, ứng với k = 2, ta có:

\(\begin{array}{l}
BM' - AM' = 2\lambda \Leftrightarrow \sqrt {B{A^2} + AM{'^2}} - AM' = 2\lambda \\
\Rightarrow \lambda = \sqrt {{{18}^2} + {b^2}} - b = 2.6 = 12 \Rightarrow b = 7,5cm
\end{array}\)

Ta có tỉ số  

\(\frac{b}{a} = \frac{{7,5}}{{1,5}} = 5\)

Vậy giá trị gần nhất là 5,05.

Chọn C.

Phương pháp giải:

Bước sóng: \(\lambda  = \dfrac{v}{f}\)

Điều kiện có cực đại giao thoa: \({d_2} - {d_1} = k\lambda \)

Số điểm dao động cực đại trên đoạn thẳng nối hai nguồn bằng số giá trị k nguyên thỏa mãn:

\( - \dfrac{{AB}}{\lambda } < k < \dfrac{{AB}}{\lambda }\)

Để khoảng cách giữa M và đường trung trực max thì M thuộc cực đại ứng với k_max = 6

Sử dụng định lí hàm số cos và các tỉ số lượng giác để tính toán.

Lời giải chi tiết:

Bước sóng: \(\lambda  = \dfrac{v}{f} = \dfrac{{60}}{{40}} = 1,5cm\)

Số điểm dao động cực đại trên đoạn thẳng nối hai nguồn bằng số giá trị k nguyên thỏa mãn:

\(\begin{array}{l} - \dfrac{{AB}}{\lambda } < k < \dfrac{{AB}}{\lambda } \Leftrightarrow  - \dfrac{{10}}{{1,5}} < k < \dfrac{{10}}{{1,5}}\\ \Leftrightarrow  - 6,7 < k < 6,7 \Rightarrow k =  - 6; - 5;...;6\end{array}\)

Để khoảng cách giữa M và đường trung trực max thì M thuộc cực đại ứng với k_max

\({d_2} - {d_1} = {k_{\max }}\lambda  \Leftrightarrow MB - MA = 6.1,5 = 9cm\)

Mà \(MA = AB = 10cm \Rightarrow MB = 19cm\)

Ta có hình vẽ:

Áp dụng định lí hàm số cos trong tam giác MAB ta có:

\(\begin{array}{l}M{B^2} = M{A^2} + M{B^2} - 2.MA.MB.cos\widehat {MAB} \Rightarrow \widehat {MAB} = 143,{6^0}\\ \Rightarrow \widehat {MAI} = \widehat {MAB} - {90^0} = 53,{6^0}\\ \Rightarrow MI = AB.\sin \widehat {MAI} = 10.0,805 = 8,05cm\\ \Rightarrow b = MH = MI + IH = 8,05 + 5 = 13,05cm\end{array}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Phương trình dao động của một điểm trên đường trung trực của AB là: \(u = 2a.\cos \left( {2\pi ft - 2\pi \frac{d}{\lambda }} \right)\) 

Để điểm đó ngược pha với nguồn thì:  

\(d = (k + 0,5)\lambda \)

Vậy khi càng ra xa trung điểm I của AB thì các điểm ngược pha với nguồn càng gần sát nhau. Vì vậy, để tìm số điểm ngược pha ít nhất thì MN phải ở hai phía so với đường nối AB.

Lời giải chi tiết:

Phương trình dao động của một điểm trên đường trung trực của AB là: \(u = 2a.\cos \left( {2\pi ft - 2\pi \frac{d}{\lambda }} \right)\) 

Để điểm đó ngược pha với nguồn thì:  

\(d = (k + 0,5)\lambda \)

Vậy khi càng ra xa trung điểm I của AB thì các điểm ngược pha với nguồn càng gần sát nhau.

Vì vậy, để tìm số điểm ngược pha ít nhất thì MN phải ở hai phía so với đường nối AB.

Ta có hình vẽ:

Ta có:

\(AI = 15cm = 3,75\lambda \Rightarrow \) Điểm dao động ngược pha với nguồn đầu tiên có d = 4,5λ.

Xét M, N đối xứng nhau qua AB, ta có IN = 36 cm

Vậy:  

\(AN = \sqrt {A{I^2} + I{N^2}} = \sqrt {{{15}^2} + {{36}^2}} = {39_{}}cm = 9,75\lambda \)

Vậy trên đoạn IN có các điểm dao động ngược pha với nguồn thỏa mãn d là:

\(4,5\lambda ;{\rm{ }}5,5\lambda ;{\rm{ }}6,5\lambda ;\,\,7,5\lambda ;\,\,8,5\lambda ;\,\,9,5\lambda .\)

Tức là ở một phía có 6 điểm.

Tương tự với phía bên kia cũng có 6 điểm.

Tuy nhiên, nếu M, N không đối xứng nhau qua AB, mà N chưa đến vị trí ngược pha thỏa mãn d =  9,5λ, thì phía bên kia, M cũng chưa tới vị trí ngược pha thỏa mãn d = 10,5λ.

Vì vậy tổng số điểm ngược pha với nguồn ít nhất là 11 điểm.

 Chọn B.