Đề kiểm tra giữa học kì 1 - Đề số 04Đề bài
Câu 1 :
Biên độ dao động:
Câu 2 :
Một con lắc lò xo dao động theo phương ngang với cơ năng dao động là \(32mJ\) và lực đàn hồi cực đại tác dụng lên vật có độ lớn là \(4N\). Biên độ dao động của con lắc là:
Câu 3 :
Trong các phương trình sau phương trình nào không biểu thị cho dao động điều hòa ?
Câu 4 :
Một con lắc đơn dao động với phương trình \(s = 2\cos 2\pi t\left( {cm} \right)\) (t tính bằng giây). Tần số dao động của con lắc là
Câu 5 :
Một vật dao động điều hòa theo phương trình \(x = 5cos\left( {\pi t} \right)cm\). Gia tốc cực đại của vật bằng:
Câu 6 :
Tại một điểm trên mặt chất lỏng có một nguồn dao động với tần số $120 Hz$, tạo ra sóng ổn định trên mặt chất lỏng. Xét $5$ gợn lồi liên tiếp trên một phương truyền sóng ở về một phía so với nguồn, gợn thứ nhất cách gợn thứ năm $0,5m$. Tính tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng:
Câu 7 :
Một đồng hồ quả lắc được coi như một con lắc đơn chạy đúng giờ tại một địa điểm trên mặt đất. Khi nhiệt độ môi trường giảm thì đồng hồ
Câu 8 :
Tại nơi có gia tốc trọng trường là 9,8m/s2. Một con lắc đơn dao động điều hòa với biên độ góc 60. Biết khối lượng vật nhỏ của con lắc là 90g và chiều dài dây treo là 1m. Chọn mốc thế năng tại vị trí cân bằng, cơ năng của con lắc xấp xỉ:
Câu 9 :
Trên một sợi dây đàn hồi đang có sóng dừng. Biết khoảng cách ngắn nhất giữa một nút sóng và vị trí cân bằng của một bụng sóng là 0,25m. Sóng truyền trên dây với bước sóng là:
Câu 10 :
Một vật nhỏ dao động điều hòa với biên độ $4cm$ và chu kì $2s$. Quãng đường vật đi được trong $4s$ là:
Câu 11 :
Một con lắc đơn gồm quả cầu nhỏ khối lượng m được treo vào một đầu sợi dây mềm, nhẹ, không dãn, dài 64cm. Con lắc dao động điều hòa tại nơi có gia tốc trọng trường g. Lấy g = π2 (m/s2). Chu kì dao động của con lắc là :
Câu 12 :
Một chất điểm có khối lượng \(500 g\) dao động điều hòa dưới tác dụng của một lực kéo về có biểu thức \(F = -0,8cos4t (N)\). Biên độ dao động của chất điểm bằng
Câu 13 :
Một vật dao động điều hòa, trong $1$ phút thực hiện được $30$ dao động toàn phần. Quãng đường mà vật di chuyển trong $8s$ là $64cm$. Biên độ dao động của vật là:
Câu 14 :
Một vật dao động điều hòa có độ lớn vận tốc cực đại là \(50\pi cm/s\). Tốc độ trung bình của vật trong một chu kì dao động là:
Câu 15 :
Con lắc lò xo gồm vật nặng m = 100g và lò xo nhẹ có độ cứng \(k = 100N/m\). Tác dụng một ngoại lực cưỡng bức biến thiên điều hòa biên độ \(F_0\) và tần số \(f_1 = 6Hz\) thì biên độ dao động là \(A_1\). Nếu giữ nguyên biên độ \(F_0\) mà tăng tần số ngoại lực đến \(f_2=5,5Hz\) thì biên độ dao động ổn định là \(A_2\). Kết luận đúng là:
Câu 16 :
Một sóng cơ học lan truyền trong một môi trường A có vận tốc vA và khi truyền trong môi trường B có vận tốc vB = 2vA. Bước sóng trong môi trường B sẽ:
Câu 17 :
Một điểm M chuyển động tròn đều trên một đường tròn với tốc độ 15 cm/s. Gọi P là hình chiếu của M lên một đường kính của đường tròn quỹ đạo. Tốc độ trung bình của P trong một dao động toàn phần bằng
Câu 18 :
Một chất điểm chuyển động tròn đều trong mặt phẳng thẳng đứng, có bán kính quỹ đạo là $8cm$, bắt đầu từ vị trí thấp nhất của đường tròn theo chiều ngược chiều kim đồng hồ với tốc độ không đổi là $16π cm/s$. Hình chiếu của chất điểm lên trục Ox nằm ngang, đi qua tâm O của đường tròn, nằm trong mặt phẳng quỹ đạo có chiều từ trái qua phải là
Câu 19 :
Vật dao động với phương trình \(x = 5cos\left( {4\pi t + \frac{\pi }{6}} \right)cm\). Tìm thời điểm vật đi qua vị trí biên dương lần thứ \(4\) kể từ thời điểm ban đầu.
Câu 20 :
Chất điểm có phương trình dao động \(x = 8\sin \left( {2\pi t + \frac{\pi }{2}} \right)\,\,cm\). Quãng đường mà chất điểm đó đi được từ \({t_0} = 0\) đến \({t_1} = 1,5\,\,s\) là:
Câu 21 :
Mối liên hệ giữa li độ \(x\), tốc độ \(v\) và tần số góc \(\omega \) của một dao động điều hòa khi động năng bằng 3 lần thế năng của hệ là:
Câu 22 :
Con lắc lò xo thẳng đứng gồm lò xo nhẹ đầu trên cố định, đầu dưới treo vật nặng m1, khi vật nằm cân bằng lò xo dãn 2,5cm. Vật m2 = 2m1 được nối với m1 bằng một dây mềm, nhẹ. Khi hệ thống cân bằng, đốt dây nối để m1 dao động điều hòa, lấy g = 10m/s2. Trong 1 chu kỳ dao động của m1 thời gian lò xo bị nén là:
Câu 23 :
Một con lắc lò xo đặt trên mặt phẳng nằm ngang gồm lò xo nhẹ có một đầu cố định, đầu kia gắn với vật nhỏ m1. Ban đầu giữ vật m1 tại vị trí mà lò xo bị nén 8cm, đặt vật nhỏ m2 (có khối lượng bằng khối lượng vật m1) trên mặt phẳng nằm ngang và sát với vật m1. Buông nhẹ để hai vật bắt đầu chuyển động theo phương của trục lò xo. Bỏ qua mọi ma sát. Ở thời điểm lò xo có chiều dài cực đại lần đầu tiên thì khoảng cách giữa hai vật m1 và m2 là:
Câu 24 :
Con lắc đơn dao động điều hòa có \({S_0} = 6cm\), tại nơi có gia tốc trọng trường \(g{\rm{ }} = {\rm{ }}10m/{s^2}\). Biết chiều dài của dây \(l = 0,9m\). Hãy viết phương trình dao động biết lúc \(t{\rm{ }} = {\rm{ }}0\) vật đi qua vị trí cân bằng theo chiều âm?
Câu 25 :
Một con lắc đơn dao động điều hòa với biên độ góc α0 có cosα0 = 0,97. Khi vật đi qua vị trí có li độ góc α thì lực căng dây bằng trọng lực của vật. Giá trị cosα bằng:
Câu 26 :
Một con lắc đơn được treo ở trần một thang máy. Khi thang máy đứng yên, con lắc dao động điều hoà với chu kì T. Khi thang máy đi lên thẳng đứng, chậm dần đều với gia tốc có độ lớn bằng một nửa gia tốc trọng trường tại nơi đặt thang máy thì con lắc dao động điều hoà với chu kì T’ bằng:
Câu 27 :
Hai con lắc đơn treo cạnh nhau có chu kì dao động nhỏ là T1 = 4s và T2 = 4,8s. Kéo hai con lắc lệch một góc nhỏ như nhau rồi đồng thời buông nhẹ. Hỏi sau thời gian ngắn nhất là bao nhiêu thì hai con lắc sẽ đồng thời trở lại vị trí này:
Câu 28 :
Hai con lắc lò xo giống hệt nhau được treo vào hai điểm ở cùng độ cao, cách nhau 3cm. Kích thích cho hai con lắc dao động điều hòa theo phương thẳng đứng với phương trình lần lượt là \({x_1} = 3c{\rm{os}}\left( {\omega t} \right)\) và \({x_2} = 6c{\rm{os}}\left( {\omega t + \frac{\pi }{3}} \right)cm\). Trong quá trình dao động, khoảng cách lớn nhất giữa hai vậ nhỏ của các con lắc bằng: 
Câu 29 :
Khảo sát thực nghiệm một con lắc lò xo gồm vật nhỏ có khối lượng \(216{\rm{ }}g\) và lò xo có độ cứng k, dao động dưới tác dụng của ngoại lực \(F{\rm{ }} = {\rm{ }}{F_0}cos2\pi ft\), với \({F_0}\) không đổi và \(f\) thay đổi được. Kết quả khảo sát ta được đường biểu diễn biên độ \(A\) của con lắc theo tần số \(f\) có đồ thị như hình vẽ. Giá trị của \(k\) xấp xỉ bằng: 
Câu 30 :
Sóng truyền từ $O$ đến $M$ với vận tốc $v = 40cm/s$, phương trình sóng tại $O$ là \({u_0} = 4sin\dfrac{\pi }{2}t\left( {cm} \right)\). Biết vào thời điểm $t$ thì li độ của phần tử $M$ là $3cm$ và đang chuyển động theo chiều dương, vậy lúc $t + 6(s)$ li độ của $M$ là:
Câu 31 :
Trong thí nghiệm giao thoa sóng trên mặt nước, tốc độ truyền sóng là \(3,2m/s\), cần rung với tần số \(50Hz\). Khoảng cách giữa hai điểm cực đại giao thoa cạnh nhau trên đoạn thẳng nối hai nguồn\({S_1}{S_2}\) có giá trị là bao nhiêu?
Câu 32 :
Trên mặt chất lỏng có hai nguồn sóng dao động với cùng biên độ cùng tần số và cùng pha. Ta quan sát được hệ các vân đối xứng. Bây giờ nếu biên độ của một nguồn giảm xuống nhưng vẫn dao động cùng pha với nguồn còn lại thì:
Câu 33 :
Trên mặt nước có hai nguồn kết hợp A,B cách nhau \(12cm\) dao động theo các phương trình : \({u_1} = 0,2.cos(50\pi t + \pi )cm\) và \({u_2} = 0,2.cos(50\pi t + \frac{\pi }{2})cm\). Biết vận tốc truyền sóng trên mặt nước là \(0,5{\rm{ }}\left( {m/s} \right)\). Tính số điểm cực đại và cực tiểu trên đoạn A, B.
Câu 34 :
Trong giờ thực hành hiện tượng sóng dừng trên dây với hai đầu cố định, một học sinh thực hiện như sau: tăng tần số của máy phát dao động thì thấy rằng khi sóng dừng xuất hiện trên dây tương ứng với 1 bó sóng và 7 bó sóng thì tần số thu được thỏa mãn \({f_7} - {f_1} = 150\,\,\left( {Hz} \right)\). Khi trên dây xuất hiện sóng dừng với 4 nút sóng thì máy phát tần số hiện giá trị là
Câu 35 :
Một người đứng cách một bức tường 30 m nghe một tiếng súng nổ. Vị trí đặt súng cách tường 165 m. Người và súng cùng trên đường thẳng vuông góc với tường. Sau khi nghe tiếng nổ, người này lại nghe tiếng nổ do âm thanh phản xạ trên bức tường. Tốc độ âm thanh trong không khí là 330 m/s. Khoảng thời gian giữa hai tiếng nổ là:
Câu 36 :
Tại mặt chất lỏng có hai nguồn phát sóng \(A,{\rm{ }}B\) giống nhau và cách nhau một đoạn \(10{\rm{ }}cm\). Gọi \(M\)và \(N\) là hai điểm thuộc mặt chất lỏng sao cho \(MN{\rm{ }} = {\rm{ }}8{\rm{ }}cm\) và \(ABMN\) là hình thang cân (\(AB\) song song với \(MN\)). Bước sóng của sóng trên mặt chất lỏng do hai nguồn phát ra là \(1{\rm{ }}cm\). Để trong đoạn \(MN\) có \(7\) điểm dao động với biên độ cực đại thì diện tích lớn nhất của hình bình hành là:
Câu 37 :
Hai dao động cùng phương lần lượt có phương trình ${x_1} = {A_1}{\rm{cos(}}\pi {\rm{t + }}\frac{\pi }{6})(cm)$ và ${x_2} = 6{\rm{cos(}}\pi {\rm{t - }}\frac{\pi }{2})(cm)$. Dao động tổng hợp của hai dao động này có phương trình $x = A{\rm{cos(}}\pi {\rm{t + }}\varphi$ (cm). Thay đổi A1 cho đến khi A đạt giá trị cực tiểu thì:
Câu 38 :
Một lò xo nhẹ cách điện có độ cứng \(k{\rm{ }} = {\rm{ }}50{\rm{ }}N/m\) một đầu cố định, đầu còn lại gắn vào quả cầu nhỏ tích điện \(q = + 5\mu C\), khối lượng \(m{\rm{ }} = {\rm{ }}200g\). Quả cầu có thể dao động không ma sát dọc theo trục lò xo nằm ngang và cách điện. Tại thời điểm ban đầu t = 0 kéo vật tới vị trí lò xo giãn 4 cm rồi thả nhẹ đến thời điểm t = 0,2 s thì thiết lập điện trường không đổi trong thời gian 0,2 s, biết điện trường nằm ngang dọc theo trục lò xo hướng ra xa điểm cố định và có độ lớn \(E{\rm{ }} = {\rm{ }}{10^5}V/m\) . Lấy \(g{\rm{ }} = {\rm{ }}10m/{s^2}\). trong quá trình dao động thì tốc độ cực đại mà quả cầu đạt được là
Câu 39 :
Một vật có khối lượng không đổi, thực hiện đồng thời hai dao động điều hòa có phương trình dao động lần lượt là \({x_1} = {\rm{ }}10cos(2\pi t + {\rm{ }}\varphi )cm\) và \({x_2} = {\rm{ }}{A_2}cos(2\pi t - \dfrac{\pi }{2})cm\) thì dao động tổng hợp là \(x = Acos(2\pi t - \dfrac{\pi }{3})cm\) . Khi năng lượng dao động của vật cực đại thì biên độ dao động \({A_2}\) có giá trị là:
Câu 40 :
Từ điểm $A$ bắt đầu thả rơi tự do một nguồn phát âm có công suất không đổi, khi chạm đất tại $B$ nguồn âm đứng yên luôn. Tại $C$ ở khoảng giữa $A$ và $B$ (nhưng không thuộc $AB$), có một máy $M$ đo mức cường độ âm, $C$ cách $AB$ \(12{\rm{ }}m\). Biết khoảng thời gian từ khi thả nguồn đến khi máy $M$ thu được âm có mức cường độ âm cực đại, lớn hơn \(1,528s\) so với khoảng thời gian từ đó đến khi máy $M$ thu được âm có mức cường độ âm không đổi; đồng thời hiệu hai khoảng cách tương ứng này là \(11{\rm{ }}m\). Bỏ qua sức cản không khí, lấy \(g = 10{\rm{ }}m/{s^2}\). Hiệu giữa mức cường độ âm cuối cùng và đầu tiên xấp xỉ:
Lời giải và đáp án
Câu 1 :
Biên độ dao động:
Đáp án : C Lời giải chi tiết :
Ta có: Quãng đường vật đi trong một chu kỳ dao động là $4A$ Quãng đường vật đi được trong nửa chu kỳ dao động là $2A$ Độ dời lớn nhất của vật trong quá trình dao động là $A$ Độ dài quỹ đạo chuyển động của vật là $2A$
Câu 2 :
Một con lắc lò xo dao động theo phương ngang với cơ năng dao động là \(32mJ\) và lực đàn hồi cực đại tác dụng lên vật có độ lớn là \(4N\). Biên độ dao động của con lắc là:
Đáp án : A Phương pháp giải :
+ Áp dụng biểu thức tính cơ năng: \({\rm{W}} = \dfrac{1}{2}k{A^2}\) + Áp dụng biểu thức tính lực đàn hồi cực đại: \({F_{dhmax}} = {\rm{ }}kA\) Lời giải chi tiết :
Ta có: - Cơ năng dao động: \({\rm{W}} = \dfrac{1}{2}k{A^2} = {32.10^{ - 3}}J\) - Lực đàn hồi cực đại: \({F_{dhmax}} = {\rm{ }}kA{\rm{ }} = {\rm{ 4}}N\) \(\begin{array}{l} \to \dfrac{{\rm{W}}}{{{F_{{\rm{d}}{{\rm{h}}_{{\rm{max}}}}}}}} = \dfrac{A}{2} = \dfrac{{{{32.10}^{ - 3}}}}{4} = {8.10^{ - 3}}\\ \to A = 0,016m = 1,6cm\end{array}\)
Câu 3 :
Trong các phương trình sau phương trình nào không biểu thị cho dao động điều hòa ?
Đáp án : B Phương pháp giải :
Vận dụng các công thức biến đổi lượng giác và so sánh với phương trình dao động tổng quát của vât dao động điều hòa: \(x = Acos\left( {\omega t + \varphi } \right)\) Lời giải chi tiết :
Phương trình \(x = 3tsin(100\pi t + \frac{\pi }{6})\left( {cm} \right)\) không biểu thị cho dao động điều hòa vì biên độ trong phương trình này không phải là hằng số \(\left( {A = 3t} \right)\)
Câu 4 :
Một con lắc đơn dao động với phương trình \(s = 2\cos 2\pi t\left( {cm} \right)\) (t tính bằng giây). Tần số dao động của con lắc là
Đáp án : A Phương pháp giải :
Áp dụng công thức tính tần số của con lắc lò xo \(f = \dfrac{\omega }{{2\pi }}\) Lời giải chi tiết :
Tần số của con lắc lò xo là \(f = \dfrac{\omega }{{2\pi }} = \dfrac{{2\pi }}{{2\pi }} = 1Hz\)
Câu 5 :
Một vật dao động điều hòa theo phương trình \(x = 5cos\left( {\pi t} \right)cm\). Gia tốc cực đại của vật bằng:
Đáp án : C Phương pháp giải :
Vận dụng biểu thức xác định gia tốc cực đại: \({a_{max}} = {\omega ^2}A\) Lời giải chi tiết :
Gia tốc cực đại: \({a_{max}} = {\omega ^2}A = {\pi ^2}.5 = 5{\pi ^2}\left( {cm/{s^2}} \right)\)
Câu 6 :
Tại một điểm trên mặt chất lỏng có một nguồn dao động với tần số $120 Hz$, tạo ra sóng ổn định trên mặt chất lỏng. Xét $5$ gợn lồi liên tiếp trên một phương truyền sóng ở về một phía so với nguồn, gợn thứ nhất cách gợn thứ năm $0,5m$. Tính tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng:
Đáp án : C Phương pháp giải :
+ Khoảng cách giữa n ngọn sóng liên tiếp là: n - 1 bước sóng + Vận dụng biểu thức: \(\lambda = \dfrac{v}{f} = vT\) Lời giải chi tiết :
Ta có: Khoảng cách giữa $5$ gợn lồi (ngọn sóng) là: $4λ = 0,5m => λ = 0,125 m$ \(\lambda = \dfrac{v}{f} \to v = \lambda f = 0,125.120 = 15m/s\)
Câu 7 :
Một đồng hồ quả lắc được coi như một con lắc đơn chạy đúng giờ tại một địa điểm trên mặt đất. Khi nhiệt độ môi trường giảm thì đồng hồ
Đáp án : B Lời giải chi tiết :
Ta có: \(l = {l_0}\left( {1 + \alpha \Delta t} \right)\) và $T = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{g}} $ => Nhiệt độ giảm => \(l\) giảm => \(T\) giảm => Con lắc chạy nhanh
Câu 8 :
Tại nơi có gia tốc trọng trường là 9,8m/s2. Một con lắc đơn dao động điều hòa với biên độ góc 60. Biết khối lượng vật nhỏ của con lắc là 90g và chiều dài dây treo là 1m. Chọn mốc thế năng tại vị trí cân bằng, cơ năng của con lắc xấp xỉ:
Đáp án : D Phương pháp giải :
Áp dụng biểu thức tính cơ năng của con lắc đơn dao động điều hòa: \(W = \frac{1}{2}mgl{\alpha _0}^2\) Lời giải chi tiết :
Ta có: Cơ năng của con lắc đơn dao động điều hòa: \(W = \dfrac{1}{2}mgl{\alpha _0}^2 = \dfrac{1}{2}0,09.10.1.{\left( {\dfrac{{6\pi }}{{180}}} \right)^2} = 4,{9.10^{ - 3}}J\)
Câu 9 :
Trên một sợi dây đàn hồi đang có sóng dừng. Biết khoảng cách ngắn nhất giữa một nút sóng và vị trí cân bằng của một bụng sóng là 0,25m. Sóng truyền trên dây với bước sóng là:
Đáp án : C Phương pháp giải :
Vận dụng công thức xác định khoảng cách giữa nút và bụng liền kề là $\frac{\lambda }{4}$ . Lời giải chi tiết :
Ta có: khoảng cách giữa nút và bụng liền kề là $\frac{\lambda }{4} = 0,25m \to \lambda = 1m$
Câu 10 :
Một vật nhỏ dao động điều hòa với biên độ $4cm$ và chu kì $2s$. Quãng đường vật đi được trong $4s$ là:
Đáp án : A Phương pháp giải :
Sử dụng công thức xác định quãng đường vật đi được trong $n$ chu kì là $S = n.4A$ Lời giải chi tiết :
Ta có: $T = 2s => 4s = 2T$ Quãng đường vật đi được trong $4s = 2T$ là $S = 2.4A = 2.4.4= 32cm$
Câu 11 :
Một con lắc đơn gồm quả cầu nhỏ khối lượng m được treo vào một đầu sợi dây mềm, nhẹ, không dãn, dài 64cm. Con lắc dao động điều hòa tại nơi có gia tốc trọng trường g. Lấy g = π2 (m/s2). Chu kì dao động của con lắc là :
Đáp án : B Phương pháp giải :
Vận dụng biểu thức tính chu kì dao động của con lắc đơn: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{g}} \) Lời giải chi tiết :
Ta có chu kì dao động của con lắc đơn: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{g}} = 2\pi \sqrt {\dfrac{{0,64}}{{{\pi ^2}}}} = 1,6{\rm{s}}\)
Câu 12 :
Một chất điểm có khối lượng \(500 g\) dao động điều hòa dưới tác dụng của một lực kéo về có biểu thức \(F = -0,8cos4t (N)\). Biên độ dao động của chất điểm bằng
Đáp án : B Phương pháp giải :
+ Đọc phương trình lực kéo về + Sử dụng công thức lực kéo về cực đại: \({F_{max}} = kA\) Lời giải chi tiết :
Ta có: \({F_{max}} = kA = m{\omega ^2}A \to A = \dfrac{{{F_{max}}}}{{m{\omega ^2}}} = \dfrac{{0,8}}{{0,{{5.4}^2}}} = 0,1m = 10cm\)
Câu 13 :
Một vật dao động điều hòa, trong $1$ phút thực hiện được $30$ dao động toàn phần. Quãng đường mà vật di chuyển trong $8s$ là $64cm$. Biên độ dao động của vật là:
Đáp án : C Phương pháp giải :
+ Sử dụng công thức tính chu kì dao động: \(T = \dfrac{{\Delta t}}{N}\) + Sử dụng công thức xác định quãng đường vật đi được trong n chu kì là $S = n.4A$ Lời giải chi tiết :
Ta có: Chu kì dao động: \(T = \dfrac{{\Delta t}}{N} = \dfrac{{60}}{{30}} = 2{\rm{s}}\) Quãng đường vật đi được trong $8s = 4T$ là $S = 4.4A = 64cm => A = 4cm$
Câu 14 :
Một vật dao động điều hòa có độ lớn vận tốc cực đại là \(50\pi cm/s\). Tốc độ trung bình của vật trong một chu kì dao động là:
Đáp án : A Phương pháp giải :
+ Sử dụng công thức : \({v_{max}} = \omega A\) + Áp dụng công thức tính tốc độ trung bình của vật trong 1 chu kì : \({v_{tb}} = \dfrac{{4A}}{T}\) Lời giải chi tiết :
Ta có : + Vận tốc cực đại : \({v_{max}} = \omega A = 50\pi \left( {cm/s} \right)\) + Tốc độ trung bình của vật trong một chu kì: \({v_{tb}} = \dfrac{S}{t} = \dfrac{{4{\rm{A}}}}{T} = \dfrac{{4\dfrac{{{v_{{\rm{max}}}}}}{\omega }}}{{\dfrac{{2\pi }}{\omega }}} = \dfrac{{4{v_{{\rm{max}}}}}}{{2\pi }} = \dfrac{{4.50\pi }}{{2\pi }} = 100cm/s = 1m/s\)
Câu 15 :
Con lắc lò xo gồm vật nặng m = 100g và lò xo nhẹ có độ cứng \(k = 100N/m\). Tác dụng một ngoại lực cưỡng bức biến thiên điều hòa biên độ \(F_0\) và tần số \(f_1 = 6Hz\) thì biên độ dao động là \(A_1\). Nếu giữ nguyên biên độ \(F_0\) mà tăng tần số ngoại lực đến \(f_2=5,5Hz\) thì biên độ dao động ổn định là \(A_2\). Kết luận đúng là:
Đáp án : D Phương pháp giải :
+ Áp dụng biểu thức tính tần số dao động riêng: \(f = \dfrac{1}{{2\pi }}\sqrt {\dfrac{k}{m}} \) + Sử dụng đồ thị A-f Lời giải chi tiết :
Ta có: + Tần số dao động riêng của con lắc: \(f = \dfrac{1}{{2\pi }}\sqrt {\dfrac{k}{m}} = \dfrac{1}{{2\pi }}\sqrt {\dfrac{{100}}{{0,1}}} = 5H{\rm{z}}\) + f0 < f2 < f1  Từ đồ thị ta suy ra: A2 > A1
Câu 16 :
Một sóng cơ học lan truyền trong một môi trường A có vận tốc vA và khi truyền trong môi trường B có vận tốc vB = 2vA. Bước sóng trong môi trường B sẽ:
Đáp án : A Phương pháp giải :
Áp dụng công thức tính bước sóng: $\lambda = vT = \frac{v}{f}$ Lời giải chi tiết :
Vì f không thay đổi trong các môi trường Ta có: $\lambda = vT = \dfrac{v}{f} \to \dfrac{{{\lambda _A}}}{{{\lambda _B}}} = \dfrac{{{v_A}}}{{{v_B}}} = \dfrac{1}{2} \to {\lambda _B} = 2{\lambda _A}$
Câu 17 :
Một điểm M chuyển động tròn đều trên một đường tròn với tốc độ 15 cm/s. Gọi P là hình chiếu của M lên một đường kính của đường tròn quỹ đạo. Tốc độ trung bình của P trong một dao động toàn phần bằng
Đáp án : B Phương pháp giải :
Tốc độ dài: \(v = \omega A\) Tốc độ trung bình: \(\overline v = \dfrac{S}{t}\) Lời giải chi tiết :
Tốc độ dài của chuyển động tròn đều: \({v_M} = 15\,\,cm/s = \omega R = \omega A = {v_{\max }} = {v_P}\) Tốc độ trung bình trong 1 chu kì: \(\overline v = \dfrac{S}{t} = \dfrac{{4A}}{T} = \dfrac{{4A\omega }}{{2\pi }} = \dfrac{{2A\omega }}{\pi }\) \( \Rightarrow \overline v = \dfrac{{2{v_{\max }}}}{\pi } = \dfrac{{2{v_p}}}{\pi } = \dfrac{{2.15}}{\pi } = 9,55\,\,\left( {cm/s} \right)\)
Câu 18 :
Một chất điểm chuyển động tròn đều trong mặt phẳng thẳng đứng, có bán kính quỹ đạo là $8cm$, bắt đầu từ vị trí thấp nhất của đường tròn theo chiều ngược chiều kim đồng hồ với tốc độ không đổi là $16π cm/s$. Hình chiếu của chất điểm lên trục Ox nằm ngang, đi qua tâm O của đường tròn, nằm trong mặt phẳng quỹ đạo có chiều từ trái qua phải là
Đáp án : D Phương pháp giải :
Vận dụng lí thuyết về các đại lượng trong dao động điều hòa trong chuyển động tròn đều và điều kiện cho trước của thời điểm $t=0$. Lời giải chi tiết :
Ta có: \(\begin{array}{l}A = 8cm\\v = \omega R = \omega A = 16\pi \to \omega = \dfrac{{16\pi }}{8} = 2\pi \end{array}\) Mặt khác, tại thời điểm ban đầu, chất điểm đi qua tâm \(O{\rm{ }} = > {\rm{ }}x = 0\), nằm trong mặt phẳng có quỹ đạo có chiều từ trái qua phải $=> v > 0$ \(\begin{array}{l} \to \varphi = - \dfrac{\pi }{2}\\ \to x = 8c{\rm{os(2}}\pi {\rm{t - }}\dfrac{\pi }{2})cm\end{array}\)
Câu 19 :
Vật dao động với phương trình \(x = 5cos\left( {4\pi t + \frac{\pi }{6}} \right)cm\). Tìm thời điểm vật đi qua vị trí biên dương lần thứ \(4\) kể từ thời điểm ban đầu.
Đáp án : D Phương pháp giải :
+ Ứng dụng đường tròn lượng giác và công thức \(\Delta t = \frac{\alpha }{\omega } = \frac{{\alpha .T}}{{2\pi }}\) + Sử dụng biểu thức tính chu kì: \(T = \frac{{2\pi }}{\omega }\) Lời giải chi tiết :
Ta có:
Thời điểm gian vật đi từ vị trí ban đầu đến vị trí biên dương lần thứ nhất vật quét được 1 góc \(\alpha = \frac{{11\pi }}{6}\), vậy áp dụng mối liên hệ gữa góc quét \(\alpha \) và khoảng thời gian \(\Delta t\) thì ta có: \(\alpha = \frac{{11\pi }}{6} = > \Delta t = \frac{\alpha }{\omega } = \frac{{\frac{{11\pi }}{6}.T}}{{2\pi }} = \frac{{11T}}{{12}}\) Mặt khác ta thấy từ đường tròn lượng giác trong 1 chu kỳ vật đi qua vị trí biên dương 1 lần do đó Thời điểm vật đi qua vị trí vị trí biên dương lần thứ 4 kể từ thời điểm ban đầu là: \(t = \frac{{11T}}{{12}} + 3T\) Với: \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{4\pi }} = \frac{1}{2} = > t = \frac{{11}}{{12}}.\frac{1}{2} + 3.\frac{1}{2} = 1,96s\)
Câu 20 :
Chất điểm có phương trình dao động \(x = 8\sin \left( {2\pi t + \frac{\pi }{2}} \right)\,\,cm\). Quãng đường mà chất điểm đó đi được từ \({t_0} = 0\) đến \({t_1} = 1,5\,\,s\) là:
Đáp án : A Phương pháp giải :
Sử dụng công thức tính quãng đường đi được trong 1 chu kì, nửa chu kì. Lời giải chi tiết :
Phương trình dao động của vật: \(x = 8\sin \left( {2\pi t + \frac{\pi }{2}} \right)\, = 8\cos \left( {2\pi t} \right)\,\,\left( {cm} \right)\) Chu kì dao động: \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{2\pi }} = 1\,\,\left( s \right)\) Tại thời điểm \({t_1} = 1,5\,\,s\), ta có: \(t = \frac{{3T}}{2} = T + \frac{T}{2}\) → Quãng đường vật đi được là: S = 4.8 + 2.8 = 48 (cm) = 0,48 (m)
Câu 21 :
Mối liên hệ giữa li độ \(x\), tốc độ \(v\) và tần số góc \(\omega \) của một dao động điều hòa khi động năng bằng 3 lần thế năng của hệ là:
Đáp án : C Phương pháp giải :
Áp dụng biểu thức xác định li độ, vận tốc dao động của vật khi biết Wđ = nWt : \(\left\{ \begin{array}{l}{W_d} = n{W_t}\\W = {W_t} + {W_d}\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}{W_t} = \dfrac{1}{{n + 1}}W\\{W_d} = \dfrac{n}{{n + 1}}W\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}x = \pm \dfrac{A}{{\sqrt {n + 1} }}\\v = \pm A\omega \sqrt {\dfrac{n}{{n + 1}}} \end{array} \right.\) Lời giải chi tiết :
Khi Wđ = 3Wt \(\left\{ \begin{array}{l}{W_d} = 3{W_t}\\W = {W_t} + {W_d}\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}{W_t} = \dfrac{1}{{3 + 1}}W\\{W_d} = \dfrac{3}{{3 + 1}}W\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}x = \pm \dfrac{A}{{\sqrt {3 + 1} }}\\v = \pm A\omega \sqrt {\dfrac{3}{{3 + 1}}} \end{array} \right. \to \dfrac{x}{v} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 \omega }}\) \( \to \sqrt 3 \omega x = v\)
Câu 22 :
Con lắc lò xo thẳng đứng gồm lò xo nhẹ đầu trên cố định, đầu dưới treo vật nặng m1, khi vật nằm cân bằng lò xo dãn 2,5cm. Vật m2 = 2m1 được nối với m1 bằng một dây mềm, nhẹ. Khi hệ thống cân bằng, đốt dây nối để m1 dao động điều hòa, lấy g = 10m/s2. Trong 1 chu kỳ dao động của m1 thời gian lò xo bị nén là:
Đáp án : A Phương pháp giải :
+ Vận dụng biểu thức xác định độ dãn tại vị trí cân bằng của con lắc lò xo treo thẳng đứng: \(\Delta l = \dfrac{{mg}}{k}\) + Sử dụng công thức tính chu kỳ dao động của con lắc: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\Delta l}}{g}} \) + Xác định vị trí lò xo bị nén => thời gian nén Lời giải chi tiết :
- Khi chỉ có m1 thì lò xo dãn 1 đoạn: \(\Delta {l_0} = \dfrac{{{m_1}g}}{k} = 2,5cm\) - Khi treo đồng thời m1 và m2 thì lò xo dãn 1 đoạn: \(\Delta l = \dfrac{{\left( {{m_1} + {m_2}} \right)g}}{k} = \dfrac{{3{m_1}g}}{k} = 3.\Delta {l_0} = 7,5cm\) - Khi dây đứt, vật m1 đang có vận tốc bằng 0 (đang ở vị trí biên) Ngay sau khi đứt dây, m1 dao động điều hòa quanh VTCB chính là vị trí mà lò xo dãn 2,5cm với biên độ: \(A = \Delta l - \Delta {l_0} = 7,5 - 2,5 = 5cm\) Chu kỳ dao động của con lắc: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\Delta {l_0}}}{g}} = 2\pi \sqrt {\dfrac{{0,025}}{{10}}} = \dfrac{\pi }{{10}}s\)  Ta có: \({t_{nen}} = 2{t_{\left( { - A \to - \dfrac{A}{2}} \right)}} = 2.\dfrac{T}{6} = \dfrac{T}{3} = \dfrac{\pi }{{30}}s \approx 0,1047{\rm{s}}\)
Câu 23 :
Một con lắc lò xo đặt trên mặt phẳng nằm ngang gồm lò xo nhẹ có một đầu cố định, đầu kia gắn với vật nhỏ m1. Ban đầu giữ vật m1 tại vị trí mà lò xo bị nén 8cm, đặt vật nhỏ m2 (có khối lượng bằng khối lượng vật m1) trên mặt phẳng nằm ngang và sát với vật m1. Buông nhẹ để hai vật bắt đầu chuyển động theo phương của trục lò xo. Bỏ qua mọi ma sát. Ở thời điểm lò xo có chiều dài cực đại lần đầu tiên thì khoảng cách giữa hai vật m1 và m2 là:
Đáp án : D Lời giải chi tiết :
Giai đoạn 1: Cả hai vật cùng dao động với biên độ A, tần số góc \(\omega = \sqrt {\frac{k}{{{m_1} + {m_2}}}} \) và tốc độ cực đại v0=ωA. Giai đoạn 2: Đến VTCB m2 tách ra khỏi m1 thì: + m1 dao động điều hòa với tần số góc \(\omega ' = \sqrt {\frac{k}{{{m_1}}}} \) và biên độ \(A' = \frac{{{v_0}}}{{\omega '}} = A\sqrt {\frac{{{m_1}}}{{{m_1} + {m_2}}}} \) (vì tốc độ cực đại không đổi vẫn là v0) + m2 chuyển động thẳng đều với vận tốc v0 và khi đến vị trí biên dương (lần 1) thì m2 đi được quãng đường là: \(S = {v_0}\frac{{T'}}{4} = \frac{1}{2}\pi A\sqrt {\frac{{{m_1}}}{{{m_1} + {m_2}}}} \) Lúc này, khoảng cách hai vật: \(\Delta x = S - A' = \frac{{\pi A}}{2}\sqrt {\frac{{{m_1}}}{{{m_1} + {m_2}}}} - A\sqrt {\frac{{{m_1}}}{{{m_1} + {m_2}}}} \approx 3,2cm\)
Câu 24 :
Con lắc đơn dao động điều hòa có \({S_0} = 6cm\), tại nơi có gia tốc trọng trường \(g{\rm{ }} = {\rm{ }}10m/{s^2}\). Biết chiều dài của dây \(l = 0,9m\). Hãy viết phương trình dao động biết lúc \(t{\rm{ }} = {\rm{ }}0\) vật đi qua vị trí cân bằng theo chiều âm?
Đáp án : B Phương pháp giải :
+ Bước 1: Xác định biên độ góc: \({S_0}\) + Bước 2: Xác định tần số góc \(\omega \): \(\omega = \sqrt {\frac{g}{l}} \) + Bước 3: Xác định pha ban đầu: \(\varphi \) Tại \(t = 0\): \(\left\{ \begin{array}{l}s = {s_0}{\rm{cos}}\varphi \\v = - \omega {s_0}\sin \varphi \end{array} \right.\) + Bước 4: Viết PTDĐ: \(s = {s_0}{\rm{cos(}}\omega {\rm{t + }}\varphi {\rm{)}}\) Lời giải chi tiết :
Ta có: + Biên độ dài \({S_0} = 6cm\) + Tần số góc của con lắc: \(\omega = \sqrt {\frac{g}{l}} = \sqrt {\frac{{10}}{{0,9}}} = \frac{{10}}{3}\left( {rad/s} \right)\) + Tại \(t{\rm{ }} = {\rm{ }}0\): \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}s = {s_0}{\rm{cos}}\varphi = 0\\v = - \omega {s_0}\sin \varphi < 0\end{array} \right.\\ \to \left\{ \begin{array}{l}cos\varphi = 0\\\sin \varphi > 0\end{array} \right. \to \varphi = \frac{\pi }{2}\end{array}\) \(s = 6cos(\frac{{10}}{3}t + \frac{\pi }{2})cm\)
Câu 25 :
Một con lắc đơn dao động điều hòa với biên độ góc α0 có cosα0 = 0,97. Khi vật đi qua vị trí có li độ góc α thì lực căng dây bằng trọng lực của vật. Giá trị cosα bằng:
Đáp án : A Phương pháp giải :
Áp dụng biểu thức xác định lực căng dây tại vị trí α: \(T = mg(3c{\rm{os}}\alpha {\rm{ - 2cos}}{\alpha _0})\) Lời giải chi tiết :
Ta có: lực căng dây được xác định bằng biểu thức: \(\begin{array}{l}T = mg(3c{\rm{os}}\alpha {\rm{ - 2cos}}{\alpha _0}) = P = mg\\ \to 3c{\rm{os}}\alpha - {\rm{2cos}}{\alpha _0} = 1\\ \to c{\rm{os}}\alpha = \dfrac{{1 + 2c{\rm{os}}{\alpha _0}}}{3} = \dfrac{{1 + 2.0,97}}{3} = 0,98\end{array}\)
Câu 26 :
Một con lắc đơn được treo ở trần một thang máy. Khi thang máy đứng yên, con lắc dao động điều hoà với chu kì T. Khi thang máy đi lên thẳng đứng, chậm dần đều với gia tốc có độ lớn bằng một nửa gia tốc trọng trường tại nơi đặt thang máy thì con lắc dao động điều hoà với chu kì T’ bằng:
Đáp án : B Phương pháp giải :
+ Áp dụng công thức tính chu kì dao động của con lắc đơn: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \) + Áp dụng bài toán con lắc đơn chịu thêm tác dụng của lực quán tính Lời giải chi tiết :
Ta có: + Khi thang máy đứng yên: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \) + Khi thang máy đi lên chậm dần đều => v hướng lên, a hướng xuống, Fqt hướng lên Chu kì dao động của con lắc khi đó: \(T' = 2\pi \sqrt {\frac{l}{{g'}}} \) \(\begin{array}{l}g' = g - a = g - \frac{g}{2} = \frac{g}{2}\\ \to T' = 2\pi \sqrt {\frac{{2l}}{g}} = \sqrt 2 T\end{array}\) 
Câu 27 :
Hai con lắc đơn treo cạnh nhau có chu kì dao động nhỏ là T1 = 4s và T2 = 4,8s. Kéo hai con lắc lệch một góc nhỏ như nhau rồi đồng thời buông nhẹ. Hỏi sau thời gian ngắn nhất là bao nhiêu thì hai con lắc sẽ đồng thời trở lại vị trí này:
Đáp án : D Phương pháp giải :
Áp dụng biểu thức xác định thời gian nhỏ nhất kể từ t = 0, hai con lắc trùng phùng: \(\Delta t = \frac{{{T_1}{T_2}}}{{\left| {{T_1} - {T_2}} \right|}}\) Lời giải chi tiết :
Thời gian ngắn nhất 2 con lắc sẽ đồng thời trở lại vị trí ban đầu: \(\Delta t = \frac{{{T_1}{T_2}}}{{\left| {{T_1} - {T_2}} \right|}} = \frac{{4.4,8}}{{(4,8 - 4)}} = 24{\rm{s}}\)
Câu 28 :
Hai con lắc lò xo giống hệt nhau được treo vào hai điểm ở cùng độ cao, cách nhau 3cm. Kích thích cho hai con lắc dao động điều hòa theo phương thẳng đứng với phương trình lần lượt là \({x_1} = 3c{\rm{os}}\left( {\omega t} \right)\) và \({x_2} = 6c{\rm{os}}\left( {\omega t + \frac{\pi }{3}} \right)cm\). Trong quá trình dao động, khoảng cách lớn nhất giữa hai vậ nhỏ của các con lắc bằng:
Đáp án : B Lời giải chi tiết :
Ta có: Khoảng cách giữa hai vật nhỏ của con lắc bằng: \(d = \sqrt {{3^2} + {{\left| {{x_1} - {x_2}} \right|}^2}} \) Ta có: \({x_1} - {\rm{ }}{x_2} = 3c{\rm{os}}\left( {\omega t} \right) - 6c{\rm{os}}\left( {\omega t + \frac{\pi }{3}} \right) = 3c{\rm{os}}\left( {\omega t} \right) + 6c{\rm{os}}\left( {\omega t + \frac{\pi }{3} + \pi } \right)\) Biên độ tổng hợp: của x1 - x2 là \({A^2} = {3^2} + {6^2} + 2.3.6.c{\rm{os(}}\pi {\rm{ + }}\frac{\pi }{3}) \to A \approx 5,2cm\) \({d_{max}} \leftrightarrow {\left| {{x_1} - {x_2}} \right|_{{\rm{max}}}} = A \to {d_{max}} = \sqrt {{3^2} + {{(5,2)}^2}} = 6cm\)
Câu 29 :
Khảo sát thực nghiệm một con lắc lò xo gồm vật nhỏ có khối lượng \(216{\rm{ }}g\) và lò xo có độ cứng k, dao động dưới tác dụng của ngoại lực \(F{\rm{ }} = {\rm{ }}{F_0}cos2\pi ft\), với \({F_0}\) không đổi và \(f\) thay đổi được. Kết quả khảo sát ta được đường biểu diễn biên độ \(A\) của con lắc theo tần số \(f\) có đồ thị như hình vẽ. Giá trị của \(k\) xấp xỉ bằng:
Đáp án : A Phương pháp giải :
+ Sử dụng lí thuyết về điều kiện xảy ra cộng hưởng của dao động cưỡng bức: - Khi xảy ra cộng hưởng, biên độ dao động của vật cực đại. - Tần số góc dao động của lực cưỡng bức khi đó bằng tần số góc dao động riêng của hệ: \(\omega = {\omega _0} = \sqrt {\dfrac{k}{m}} \) + Kĩ năng đọc đồ thị Lời giải chi tiết :
Khi $f$ nằm trong khoảng từ \(1,25Hz\) đến \(1,3Hz\) thì biên độ cực đại, khi đó xảy ra cộng hưởng. Ta có: \(f = \dfrac{1}{{2\pi }}\sqrt {\dfrac{k}{m}} \Rightarrow k = 4{\pi ^2}m{f^2}\) (1) Với \(f \in \left[ {1,25;1,3} \right]\) thay vào (1) ta suy ra \(k \in \left[{13,32;14,41} \right]\) => Ta chọn $A$: \(k{\rm{ }} = {\rm{ }}13,64N/m\)
Câu 30 :
Sóng truyền từ $O$ đến $M$ với vận tốc $v = 40cm/s$, phương trình sóng tại $O$ là \({u_0} = 4sin\dfrac{\pi }{2}t\left( {cm} \right)\). Biết vào thời điểm $t$ thì li độ của phần tử $M$ là $3cm$ và đang chuyển động theo chiều dương, vậy lúc $t + 6(s)$ li độ của $M$ là:
Đáp án : A Phương pháp giải :
+ Áp dụng công thức tính góc quét: \(\Delta \varphi = \omega \Delta t\) + Sử dụng vòng tròn lượng giác Lời giải chi tiết :
Góc quét được: \(\Delta \varphi = \omega \Delta t = \dfrac{\pi }{2}6= {3\pi }\) Vẽ trên vòng tròn lượng giác, ta được:  Từ vòng tròn lượng giác, ta có: $t + 6s$ điểm $M$ có li độ $-3cm$
Câu 31 :
Trong thí nghiệm giao thoa sóng trên mặt nước, tốc độ truyền sóng là \(3,2m/s\), cần rung với tần số \(50Hz\). Khoảng cách giữa hai điểm cực đại giao thoa cạnh nhau trên đoạn thẳng nối hai nguồn\({S_1}{S_2}\) có giá trị là bao nhiêu?
Đáp án : B Phương pháp giải :
+ Sử dụng công thức tính bước sóng: \(\lambda = \frac{v}{f}\) + Khoảng cách giữa 2 cực đại liên tiếp hoặc 2 cực tiểu liên tiếp là: \(\frac{\lambda }{2}\) Lời giải chi tiết :
Ta có: + Bước sóng: \(\lambda = \frac{v}{f} = \frac{{3,2}}{{50}} = 0,064m = 6,4cm\) + Khoảng cách giữa 2 cực đại liên tiếp : \(\frac{\lambda }{2} = \frac{{6,4}}{2} = 3,2cm\)
Câu 32 :
Trên mặt chất lỏng có hai nguồn sóng dao động với cùng biên độ cùng tần số và cùng pha. Ta quan sát được hệ các vân đối xứng. Bây giờ nếu biên độ của một nguồn giảm xuống nhưng vẫn dao động cùng pha với nguồn còn lại thì:
Đáp án : D Phương pháp giải :
Áp dụng công thức tính biên độ dao động của 2 nguồn cùng pha A = a1 + a2 Lời giải chi tiết :
Giả sử ban đầu: \({u_1} = {u_2} = ac{\rm{os}}\left( {\omega t + \varphi } \right) \to \left\{ \begin{array}{l}{A_{{\rm{max}}}} = {a_1} + {a_2} = 2{\rm{a}}\\{A_{\min }} = \left| {{a_1} - {a_2}} \right| = 0\end{array} \right.\) Nếu: u2 dao động với biên độ a’, với a’ < a. \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = ac{\rm{os}}\left( {\omega t + \varphi } \right)\\{u_2} = a'c{\rm{os}}\left( {\omega t + \varphi } \right)\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}{A_{{\rm{max}}}} = {a_1} + {a_2}' = a + a' < 2{\rm{a}}\\{A_{\min }} = \left| {{a_1} - {a_2}'} \right| = \left| {a - a'} \right| > 0\end{array} \right.\) => Nếu biên độ của một giảm xuống nhưng vẫn dao động cùng pha với nguồn còn lại thì hiện tượng giao thao vẫn xảy ra, vị trí các vân không đổi nhưng vân cực tiểu lớn hơn và vân cực đại nhỏ hơn
Câu 33 :
Trên mặt nước có hai nguồn kết hợp A,B cách nhau \(12cm\) dao động theo các phương trình : \({u_1} = 0,2.cos(50\pi t + \pi )cm\) và \({u_2} = 0,2.cos(50\pi t + \frac{\pi }{2})cm\). Biết vận tốc truyền sóng trên mặt nước là \(0,5{\rm{ }}\left( {m/s} \right)\). Tính số điểm cực đại và cực tiểu trên đoạn A, B.
Đáp án : D Phương pháp giải :
+ Áp dụng công thức tính bước sóng: \(\lambda = vT = v\frac{{2\pi }}{\omega }\) + Áp dụng công thức tính số cực đại, cực tiểu của hai nguồn vuông pha: \(\frac{{ - L}}{\lambda } - \frac{1}{4} < k < \frac{L}{\lambda } - \frac{1}{4}\) Lời giải chi tiết :
Bước sóng : \(\lambda = vT = v\frac{{2\pi }}{\omega } = 0,5.\frac{{2\pi }}{{50\pi }} = 0,02(m) = 2cm\) Nhìn vào phương trình ta thấy A, B là hai nguồn dao động vuông pha nên số điểm dao động cực đại và cực tiểu là bằng nhau và thoã mãn : \(\begin{array}{l} - \frac{{AB}}{\lambda } - \frac{1}{4} < k < \frac{{AB}}{\lambda } - \frac{1}{4}\\ \leftrightarrow - \frac{{12}}{2} - \frac{1}{4} < k < \frac{{12}}{2} - \frac{1}{4}\\ \to - 6,25 < k < 5,75\end{array}\) => Có 12 điểm dao động với biên độ cực đại và 12 điểm dao động cực tiểu.
Câu 34 :
Trong giờ thực hành hiện tượng sóng dừng trên dây với hai đầu cố định, một học sinh thực hiện như sau: tăng tần số của máy phát dao động thì thấy rằng khi sóng dừng xuất hiện trên dây tương ứng với 1 bó sóng và 7 bó sóng thì tần số thu được thỏa mãn \({f_7} - {f_1} = 150\,\,\left( {Hz} \right)\). Khi trên dây xuất hiện sóng dừng với 4 nút sóng thì máy phát tần số hiện giá trị là
Đáp án : B Phương pháp giải :
Điều kiện để có sóng dừng khi hai đầu là nút: \({\rm{l}} = k\dfrac{\lambda }{2} = k\dfrac{v}{{2{f_k}}}\) với k là số bó sóng, k+1 là số nút. Lời giải chi tiết :
Khi trên dây có 1 bó sóng, ta có chiều dài dây là: \({\rm{l}} = \dfrac{v}{{2{f_1}}}\) Khi trên dây có 7 bó sóng, chiều dài dây là: \({\rm{l}} = 7\dfrac{v}{{2{f_7}}}\) \( \Rightarrow {\rm{l}} = 7\dfrac{v}{{2{f_7}}} = \dfrac{v}{{2{f_1}}} = \dfrac{{6v}}{{2\left( {{f_7} - {f_1}} \right)}} \Rightarrow {f_1} = \dfrac{{{f_7} - {f_1}}}{6} = \dfrac{{150}}{6} = 25\,\,\left( {Hz} \right)\) Khi trên dây có 4 nút sóng, số bó sóng trên dây là 3, khi đó ta có: \({\rm{l}} = 3\dfrac{v}{{2{f_3}}} = \dfrac{v}{{2{f_1}}} \Rightarrow {f_3} = 3{f_1} = 3.25 = 75\,\,\left( {Hz} \right)\)
Câu 35 :
Một người đứng cách một bức tường 30 m nghe một tiếng súng nổ. Vị trí đặt súng cách tường 165 m. Người và súng cùng trên đường thẳng vuông góc với tường. Sau khi nghe tiếng nổ, người này lại nghe tiếng nổ do âm thanh phản xạ trên bức tường. Tốc độ âm thanh trong không khí là 330 m/s. Khoảng thời gian giữa hai tiếng nổ là:
Đáp án : D Phương pháp giải :
Sử dụng công thức \(S{\rm{ }} = {\rm{ }}v.t\) Lời giải chi tiết :
Khoảng cách giữa người và súng là: L = 165 – 30 = 135 m Gọi \({t_1}\) là thời gian lúc súng bắt đầu nổ đến tai người: \({t_1} = \frac{{{S_1}}}{v} = \frac{{135}}{v}\) \({t_2}\) là thời gian do âm thanh phản xạ trên bức tường sau khi nghe tiếng nổ: \({t_2} = \frac{{{S_2}}}{v} = \frac{{30 + 165}}{v}\) Thời gian giữa hai lần tiếng nổ đến tai người là: \(\Delta t = {t_2} - {t_1} = \frac{{30 + 165}}{v} - \frac{{135}}{v} = \frac{{60}}{v} = \frac{{60}}{{330}} = \frac{2}{{11}}s\)
Câu 36 :
Tại mặt chất lỏng có hai nguồn phát sóng \(A,{\rm{ }}B\) giống nhau và cách nhau một đoạn \(10{\rm{ }}cm\). Gọi \(M\)và \(N\) là hai điểm thuộc mặt chất lỏng sao cho \(MN{\rm{ }} = {\rm{ }}8{\rm{ }}cm\) và \(ABMN\) là hình thang cân (\(AB\) song song với \(MN\)). Bước sóng của sóng trên mặt chất lỏng do hai nguồn phát ra là \(1{\rm{ }}cm\). Để trong đoạn \(MN\) có \(7\) điểm dao động với biên độ cực đại thì diện tích lớn nhất của hình bình hành là:
Đáp án : C Phương pháp giải :
Sử dụng điều kiện có cực đại giao thoa trong giao thoa sóng hai nguồn cùng pha \({d_2}-{\rm{ }}{d_1} = {\rm{ }}k\lambda \) Lời giải chi tiết :
Để diện tích $ABMN$ là lớn nhất thì $AH$ phải lớn nhất điều này xảy ra khi $N$ nằm tên cực đại thứ $3$ Ta có: \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}NB - NA = 3\lambda \\N{B^2} = N{H^2} + {9^2}\\N{A^2} = N{H^2} + 1\end{array} \right.\\ \Rightarrow \sqrt {N{H^2} + 9} - \sqrt {N{H^2} + 1} = 3cm\\ \Rightarrow NH = 11,8cm\end{array}\) Diện tích $ABMN$ khi đó là: \(S = \dfrac{1}{2}\left( {AB + MN} \right)NH = \dfrac{1}{2}\left( {10 + 8} \right)11,8 = 106,2c{m^2}\)
Câu 37 :
Hai dao động cùng phương lần lượt có phương trình ${x_1} = {A_1}{\rm{cos(}}\pi {\rm{t + }}\frac{\pi }{6})(cm)$ và ${x_2} = 6{\rm{cos(}}\pi {\rm{t - }}\frac{\pi }{2})(cm)$. Dao động tổng hợp của hai dao động này có phương trình $x = A{\rm{cos(}}\pi {\rm{t + }}\varphi$ (cm). Thay đổi A1 cho đến khi A đạt giá trị cực tiểu thì:
Đáp án : C Phương pháp giải :
Sử dụng giản đồ Fresnen  Lời giải chi tiết :
Ta có: \(\begin{array}{l}\frac{A}{{\sin 60}} = \frac{6}{{\sin (30 + \varphi )}} = \frac{{{A_1}}}{{\sin (90 - \varphi )}}\\ \Rightarrow A = \frac{{6.\sin 60}}{{\sin (30 + \varphi )}}\end{array}\) Để Amin thì $\sin (30 + \varphi )max = 1 \to \varphi = {60^0}$ Vậy dao động tổng hợp có pha ban đầu là - 600
Câu 38 :
Một lò xo nhẹ cách điện có độ cứng \(k{\rm{ }} = {\rm{ }}50{\rm{ }}N/m\) một đầu cố định, đầu còn lại gắn vào quả cầu nhỏ tích điện \(q = + 5\mu C\), khối lượng \(m{\rm{ }} = {\rm{ }}200g\). Quả cầu có thể dao động không ma sát dọc theo trục lò xo nằm ngang và cách điện. Tại thời điểm ban đầu t = 0 kéo vật tới vị trí lò xo giãn 4 cm rồi thả nhẹ đến thời điểm t = 0,2 s thì thiết lập điện trường không đổi trong thời gian 0,2 s, biết điện trường nằm ngang dọc theo trục lò xo hướng ra xa điểm cố định và có độ lớn \(E{\rm{ }} = {\rm{ }}{10^5}V/m\) . Lấy \(g{\rm{ }} = {\rm{ }}10m/{s^2}\). trong quá trình dao động thì tốc độ cực đại mà quả cầu đạt được là
Đáp án : D Phương pháp giải :
+ Sử dụng biểu thức: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{m}{k}} = 0,4s\) + Xác định lực điện + Sử dụng biểu thức tính tốc độ cực đại: \({v_{max}} = \omega A\) Lời giải chi tiết :
Ta có: + Chu kì dao động: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{m}{k}} = 0,4s\) + Biên độ dao động ban đầu: \({A_0} = 4cm\) + Tại thời điểm \(t = 0\): \(x = 4cm\) + Tại thời điểm \(t = 0,2s = \dfrac{T}{2}\): \(x' = 4cm\) và khi đó thiết lập điện trường không đổi trong thời gian \(0,2s\) Vì \(\overrightarrow E \) hướng ra xa điểm cố định và điện tích \(q > 0\) nên \(\overrightarrow {{F_d}} \uparrow \uparrow \overrightarrow E \) \( \Rightarrow \) Vị trí cân bằng khi có điện trường lệch ra xa điểm cố định \({x_0} = \dfrac{{qE}}{k} = 0,01m = 1cm\) \( \Rightarrow \) Biên độ khi có điện trường: \({A_1} = {A_0} + {x_0} = 4 + 1 = 5cm\) Điện trường không còn sau \(0,2s = \dfrac{T}{2}\) vật sẽ dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng ban đầu \( \Rightarrow \) Biên độ trong giai đoạn này: \({A_2} = {A_1} + {x_0} = 6cm\) \( \Rightarrow \) Tốc độ cực đại: \({v_{max}} = \omega {A_2} = \dfrac{{2\pi }}{{0,4}}.6 = 30\pi \left( {cm/s} \right)\)
Câu 39 :
Một vật có khối lượng không đổi, thực hiện đồng thời hai dao động điều hòa có phương trình dao động lần lượt là \({x_1} = {\rm{ }}10cos(2\pi t + {\rm{ }}\varphi )cm\) và \({x_2} = {\rm{ }}{A_2}cos(2\pi t - \dfrac{\pi }{2})cm\) thì dao động tổng hợp là \(x = Acos(2\pi t - \dfrac{\pi }{3})cm\) . Khi năng lượng dao động của vật cực đại thì biên độ dao động \({A_2}\) có giá trị là:
Đáp án : B Phương pháp giải :
+ Sử dụng giản đồ véc – tơ + Sử dụng định lí hàm số sin trong tam giác: \(\dfrac{a}{{\sin a}} = \dfrac{b}{{\sin b}} = \dfrac{c}{{\sin c}}\) Lời giải chi tiết :
- Từ dữ kiện đề bài \({A_1} = 10cm;{\varphi _{x1}} = \varphi ;{\varphi _{x2}} = - \dfrac{\pi }{2};{\varphi _x} = - \dfrac{\pi }{3}\) ta vẽ được giản đồ vecto :
- Xét \(\Delta O{A_2}A\) ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{A_2}A = {A_1} = 10cm}\\{\widehat {{A_2}OA} = {{90}^0} - {{60}^0} = {{30}^0}}\\{\widehat {OA{A_2}} = \widehat {{A_1}OA} = {{60}^0} + \varphi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {O{A_1}//{A_2}A} \right)}\\{\widehat {O{A_2}A} = {{180}^0} - \widehat {{A_2}OA} - \widehat {OA{A_2}} = {{180}^0} - {{30}^0} - {{60}^0} - \varphi = {{90}^0} - \varphi }\end{array}} \right.\) - Sử dụng định lí hàm số sin trong \(\Delta O{A_2}A\) ta có: \(\begin{array}{*{20}{l}}{\dfrac{{{A_2}A}}{{\sin \widehat {{A_2}OA}}} = \dfrac{{O{A_2}}}{{\sin \widehat {OA{A_2}}}} = \dfrac{{OA}}{{\sin \widehat {O{A_2}A}}} \Leftrightarrow \dfrac{{10}}{{\sin 30}} = \dfrac{{{A_2}}}{{\sin \left( {60 + \varphi } \right)}} = \dfrac{A}{{\sin \left( {90 - \varphi } \right)}}}\\{ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A = \dfrac{{10.\sin \left( {90 - \varphi } \right)}}{{\sin 30}}}\\{{A_2} = \dfrac{{10.\sin \left( {60 + \varphi } \right)}}{{\sin 30}}}\end{array}} \right.}\end{array}\) - Năng lượng dao động cực đại khi \({A_{max}}\) \( \Leftrightarrow \sin \left( {90 - \varphi } \right) = 1 \Leftrightarrow 90 - \varphi = 90 \Rightarrow \varphi = 0 \Rightarrow {A_2} = \dfrac{{10.\sin \left( {60 + 0} \right)}}{{\sin 30}} = 10\sqrt 3 cm\)
Câu 40 :
Từ điểm $A$ bắt đầu thả rơi tự do một nguồn phát âm có công suất không đổi, khi chạm đất tại $B$ nguồn âm đứng yên luôn. Tại $C$ ở khoảng giữa $A$ và $B$ (nhưng không thuộc $AB$), có một máy $M$ đo mức cường độ âm, $C$ cách $AB$ \(12{\rm{ }}m\). Biết khoảng thời gian từ khi thả nguồn đến khi máy $M$ thu được âm có mức cường độ âm cực đại, lớn hơn \(1,528s\) so với khoảng thời gian từ đó đến khi máy $M$ thu được âm có mức cường độ âm không đổi; đồng thời hiệu hai khoảng cách tương ứng này là \(11{\rm{ }}m\). Bỏ qua sức cản không khí, lấy \(g = 10{\rm{ }}m/{s^2}\). Hiệu giữa mức cường độ âm cuối cùng và đầu tiên xấp xỉ:
Đáp án : B Phương pháp giải :
+ Vận dụng biểu thức tính mức cường độ âm: \(L = 10\log \dfrac{I}{{{I_0}}}\) + Vận dụng biểu thức tính cường độ âm: \(I = \dfrac{P}{{4\pi {r^2}}}\) + Sử dụng biểu thức tính quãng đường rơi tự do: \(s = \dfrac{1}{2}g{t^2}\) + Vận dụng biểu thức tính hiệu mức cường độ âm: \({L_1} - {L_2} = 10\log \dfrac{{{I_1}}}{{{I_2}}} = 10\log \dfrac{{r_2^2}}{{r_1^2}}\) Lời giải chi tiết :
 $M$ thu được âm có mức cường độ âm cực đại khi nguồn âm tại $D$ với \(AD \bot CD\) $M$ thu được âm không đổi khi nguồn âm đứng yên tại $B$ Thời gian rơi và quãng đường rơi được từ $A \to D$ lần lượt là ${t_1}$ và ${h_1}$ Thời gian rơi và quãng đường đi được từ $D \to B$ lần lượt là ${t_2}$ và ${h_2}$ Theo đề: ${t_1}-{\rm{ }}{t_2} = {\rm{ }}1,528{\rm{ }}s{\rm{ }}\left( {{t_1} > {\rm{ }}1,528s} \right)$ và ${h_1}-{\rm{ }}{h_2} = {\rm{ }}11{\rm{ }}m$ Áp dụng công thức rơi tự do : \({s_1} = {h_1} = \dfrac{1}{2}gt_1^2\)và \({s_2} = {\rm{ }}{h_1} + {\rm{ }}{h_2} = \dfrac{1}{2}g{\left( {{t_1} + {t_2}} \right)^2} = \dfrac{1}{2}g{\left( {2{t_1} - 1,528} \right)^2}\) Suy ra \(2{s_1}-{\rm{ }}{s_2} = {\rm{ }}{h_1}-{\rm{ }}{h_2} = gt_1^2 - \dfrac{1}{2}g{\left( {2{t_1} - 1,528} \right)^2}\) $\begin{gathered}\leftrightarrow 10t_1^2-30,56{\text{ }}{t_1} + {\text{ }}22,67392{\text{ }} = {\text{ }}0 \hfill \\\to \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{t_1} = 1,787599692} \\{{t_2} = 1,268400308}\end{array}} \right. \hfill \\\end{gathered} $. Nhận nghiệm \({t_1} = 1,787599692s \to {h_1} = 16m\) và ${h_2} = {\rm{ }}5{\rm{ }}m$ Suy ra : \(\begin{array}{l}{L_B} - {L_A} = 10\log \dfrac{{{I_B}}}{{{I_A}}} = 10\log \dfrac{{C{A^2}}}{{C{B^2}}}\\ = 10\log \dfrac{{A{D^2} + D{C^2}}}{{B{D^2} + D{C^2}}}\\ = 10\log \dfrac{{{{16}^2} + {{12}^2}}}{{{5^2} + {{12}^2}}} = 3,74dB\end{array}\)
|
