30 bài tập dao động điều hòa mức độ vận dụng cao

Làm bài

Quảng cáo

Câu hỏi 1 :

  • A v = - 40sin(4t – π/2) (cm/s)
  • B v = - 4sin(10t)  (cm/s)
  • C v = - 40sin(10t – π/2) (cm/s)
  • D v = -5πsin( \pi t/2) (cm/s)

Đáp án: D

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức v = x’ kết hợp kĩ năng đọc đồ thị

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

Dựa vào đồ thị tìm được phương trình dao động: x = 10cos(0,5πt)cm

Phương trình vận tốc: v = -5πsin(0,5πt) cm

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 2 :

  • A v = {{4\pi } \over 3}\cos \left( {{\pi \over 3}t + {\pi \over 6}} \right)(cm/s).
  • B v = {{4\pi } \over 3}\cos \left( {{\pi \over 6}t + {{5\pi } \over 6}} \right)(cm/s).
  • C v = 4\pi \cos \left( {{\pi \over 3}t + {\pi \over 3}} \right)(cm/s).
  • D v = 4\pi \cos \left( {{\pi \over 6}t + {\pi \over 3}} \right)(cm/s).

Đáp án: A

Phương pháp giải:

Viết phương trình của li độ x, từ đó suy ra phương trình của vận tốc.

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 3 :

Li độ của vật dao động điều hòa phụ thuộc vào thời gian theo quy luật sau

Phương trình dao động của vật là

  • A A. x=10cos(50πt-π/3) cm    
  • B  x=10cos(100πt-2π/3) cm
  • C x=10cos(100πt+π/3) cm   
  • D x=10cos(50πt-2π/3) cm

Đáp án: B

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp: Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị dao động

Từ đồ thị ta xác định được:

+ Biên độ dao động A = 10 cm

+ Thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí có li độ x = - 5 cm đến VTCB là 10-2/6 s => T/12 = 10-2/6s

=> Chu kì dao động T = 0,02 s => tần số góc ω = 2π/T = 100π rad/s

+ Tại thời điểm t = 0, vật đi qua vị trí x = -5 cm = -A/2 theo chiều dương => pha ban đầu φ  = - 2π/3 rad

Vậy phương trình dao động của vật là: x = 10cos(100πt - 2π/3) cm

=> Chọn đáp án B

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 4 :

Một chất điểm dao động điều hòa có đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của li độ x vào thời gian t như hình vẽ. Tại thời điểm t = 3 s, chất điểm có vận tốc xấp xỉ bằng

 

  • A - 8,32 cm/s.
  • B -1,98 cm/s.
  • C 0 cm/s.
  • D -5,24 cm/s.

Đáp án: D

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 5 :

Hai chất điểm M và N dao động điều hoà dọc theo hai đường thẳng song song nhau và cùng ở sát với trục Ox coi như cùng gốc O. Phương trình dao động của chúng lần lượt là \({x_1} = {A_1}c{\rm{os}}\left( {\omega t + {\pi  \over 3}} \right)\) (cm) và \({x_2} = {A_2}c{\rm{os}}\left( {\omega t - {\pi  \over 6}} \right)\) (cm). Biết rằng \({{x_1^2} \over {36}} + {{x_2^2} \over {64}} = 1\). Tại thời điểm t nào đó, chất điểm M có li độ \({x_1} =  - 3\sqrt 2 cm\) và vận tốc \({v_1} = 60\sqrt 2 cm/s\). Khi đó vận tốc tương đối giữa hai chất điểm có độ lớn bằng:

 

  • A \({v_2} = 20\sqrt 3 cm/s\)
  • B v2 = 53,7 cm/s        
  • C v2 = 233,4 cm/s            
  • D \({v_2} = 140\sqrt 2 cm/s\)

Đáp án: D

Phương pháp giải:

Phương pháp : Biến đổi lượng giác và công thức đạo hàm

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

Phương trình dao động của hai chất điểm : 

\(\left\{ \matrix{ {x_1} = {A_1}c{\rm{os}}(\omega t + {\pi \over 3}) \hfill \cr {x_2} = {A_2}c{\rm{os}}(\omega t - {\pi \over 6}) = {A_2}\sin (\omega t + {\pi \over 3}) \hfill \cr} \right. \Rightarrow {{x_1^2} \over {A_1^2}} + {{x_2^2} \over {A_2^2}} = 1\)

Theo bài ra:

\(\begin{gathered}
\frac{{x_1^2}}{{36}} + \frac{{x_2^2}}{{64}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{x_1^2}}{{{6^2}}} + \frac{{x_2^2}}{{{8^2}}} = 1 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
{A_1} = 6cm \hfill \\
{A_2} = 8cm \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
{x_1} = 6c{\text{os}}(\omega t + \frac{\pi }{3})\,\,cm \hfill \\
{x_2} = 8c{\text{os}}(\omega t - \frac{\pi }{6}) = 8\sin (\omega t + \frac{\pi }{3})\,\,cm \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\end{gathered} \)

Tại thời điểm t có : 

\(\left\{ \begin{gathered}
{x_1} = 6c{\text{os}}(\omega t + \frac{\pi }{3}) = - 3\sqrt 2 \hfill \\
{v_1} = - 6\omega \sin (\omega t + \frac{\pi }{3}) = 60\sqrt 2 > 0 \hfill \\
{x_2} = 8c{\text{os}}(\omega t - \frac{\pi }{6}) = 8\sin (\omega t + \frac{\pi }{3}) \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow \sin (\omega t + \frac{\pi }{3}) = - \frac{1}{{\sqrt 2 }}{x_2} = - 4\sqrt 2 cm\)

Đạo hàm 2 vế của phương trình: \({{x_1^2} \over {36}} + {{x_2^2} \over {64}} = 1\) ta được: 

\({{2{x_1}{v_1}} \over {36}} + {{2{x_2}{v_2}} \over {64}} = 0 \Leftrightarrow {{{x_1}{v_1}} \over {18}} =  - {{{x_2}{v_2}} \over {32}} \Rightarrow {v_2} =  - {{32{x_1}{v_1}} \over {18{x_2}}} =  - {{32.\left( { - 3\sqrt 2 } \right)60\sqrt 2 } \over {18.\left( { - 4\sqrt 2 } \right)}} =  - 80\sqrt 2 cm/s\)

Vận tốc tương đối giữa hai chất điểm có độ lớn bằng : \(\Delta v = \left| {{v_1} - {v_2}} \right| = \left| {60\sqrt 2  - \left( { - 80\sqrt 2 } \right)} \right| = 140\sqrt 2 cm/s\)

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 6 :

Ba vật nhỏ có khối lượng lần lượt là m­1, m2 và m3 với \({m_1} = {m_2} = {{{m_3}} \over 2} = 100 g\) được treo vào ba lò xo lí tưởng có độ cứng lần lượt k1, k2 và k3 với \({k_1} = {k_2} = {{{k_3}} \over 2} = 40N/m \). Tại vị trí cân bằng ba vật cùng nằm trên một đường thẳng nằm ngang cách đều nhau (O­1O2 = O2O3) như hình vẽ. Kích thích đồng thời cho ba vật dao động điều hòa theo các cách khác nhau. Từ vị trí cân bằng truyền cho vật m1 vận tốc 60 cm/s hướng thẳng đứng lên trên; m2được thả nhẹ nhàng từ một điểm phía dưới vị trí cân bằng, cách vị trí cân bằng một đoạn 1,5 cm. Chọn trục Ox hướng thẳng đứng xuống dưới, gốc O tại vị trí cân bằng, gốc thời gian (t = 0) lúc vật bắt đầu dao động. Viết phương trình dao động của vật m3 để trong suốt quá trình dao động ba vật luôn nằm trên một đường thẳng:

  • A \({x_3} = 3\sqrt 2 \cos \left( {20t - {\pi  \over 4}} \right) cm\)
  • B \({x_3} = 3\sqrt 2 \cos \left( {20t + {\pi  \over 4}} \right) cm\)
  • C \({x_3} = {{3\sqrt 5 } \over 2}\cos \left( {20t - {\pi  \over 3}} \right) cm \)
  • D \({x_3} = {{3\sqrt 5 } \over 2}\cos \left( {20t + {\pi  \over 3}} \right) cm \)

Đáp án: A

Phương pháp giải:

Phương pháp: Cắt ghép lò xo và viết phương trình dao động

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

+ Tần số góc dao động của ba con lắc \(\omega  = \sqrt {{k \over m}}  = 20 rad/s\)

+ Biên độ của các dao động

\(\left\{ \begin{gathered}
{A_1} = \frac{{{v_0}}}{\omega } = 3\,\,cm \hfill \\
{A_2} = 1,5\,\,cm \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

Tại thời điểm t = 0 để ba dao động này thẳng hàng thì \(\tan \alpha  = {{{x_2}} \over {{O_1}{O_2}}} = {{{x_3}} \over {{O_1}{O_2}}} \Rightarrow {x_3} = 2{x_1} = 3\) cm → dễ thấy rằng chỉ có A và B là phù hợp.

+ Tương tự như vậy, sau khoảng thời gian 0,25T, m1 đến biên, m2 trở vè vị trí cân bằng. Để ba vật thẳng hàng thì

\(\tan \alpha  = {{\left| {{x_1}} \right|} \over {{O_1}{O_2}}} = {{{x_3}} \over {{O_2}{O_3}}} \Rightarrow {x_3} = 3\) cm.

Tại thời điểm t = 0 vật có li độ x3 = 3 cm sau đó 0,25T vật vẫn có li độ x3 = 3 cm → tại t = 0 vật chuyển động theo chiều dương → φ0 = 0,25π.

Vậy \({x_3} = 3\sqrt 2 \cos \left( {20t - {\pi  \over 4}} \right) cm\)

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 7 :

Đồ thị li độ theo thời gian của chất điểm 1 (đường 1) và chất điểm 2 (đường 2) như hình vẽ, tốc độ cực đại của chất điểm 2 là \(3\pi \,\,cm/s\). Không kể thời điểm t = 0, thời điểm hai chất điểm có cùng li độ lần thứ 5 là

  • A 5,25 s.    
  • B 4,33 s. 
  • C 4,67 s.
  • D 5,0 s.

Đáp án: A

Phương pháp giải:

Sử dụng mối liên hệ giữa vòng tròn lượng giác và dao động điều hòa.

Lời giải chi tiết:

+ Dựa vào hình vẽ ta có:\(\sin {{\Delta \varphi } \over 2} = {{20} \over A}\) và  \(\cos {{\Delta \varphi } \over 2} = {8 \over A}.\)

+ Mặc khác  \({\sin ^2}\left( {{{\Delta \varphi } \over 2}} \right) + {\cos ^2}\left( {{{\Delta \varphi } \over 2}} \right) = 1 \Rightarrow A = \sqrt {{{20}^2} + {8^2}}  = 4\sqrt {29} \,\,mm.\)

+ Tại thời điểm  điểm D đang ở biên dương, thời điểm  ứng với góc quét \(\alpha  = \omega t = {{2\pi } \over 5}\,\,rad.\) 

+ Vậy li độ của điểm D khi đó sẽ là: \({u_D} = A\sin \left( \alpha  \right) = 6,6\,\,mm.\) 

Tốc độ dao động của D:  

\(v = \omega \sqrt {{A^2} - u_D^2} = 64,41\,\,{{mm}/s}.\)

Chọn A.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 8 :

Cho ba vật dao động điều hòa cùng biên độ A = 10 cm nhưng tần số khác nhau. Biết rằng tại mọi thời điểm li độ, vận tốc cùa các vật liên hệ với nhau bởi biểu thức \({{{x_1}} \over {{v_1}}} + {{{x_2}} \over {{v_2}}} = {{{x_3}} \over {{v_3}}}\). Tại thời điểm t, các vật cách vị trí cân bằng của chúng lần lượt là 6 cm, 8 cm và x3. Giá trị x3 gần giá trị nào nhất:

  • A 7,8 cm                         
  • B 9 cm                            

     

  • C 8,7 cm                       
  • D 8,5 cm

Đáp án: C

Phương pháp giải:

\(\left( {{x \over v}} \right)' = {{x'.v - x.v'} \over {{v^2}}} = {{{v^2} - x.a} \over {{v^2}}} = {{{v^2} + {\omega ^2}{x^2}} \over {{v^2}}} = {{{{{v^2}} \over {{\omega ^2}}} + {x^2}} \over {{{{v^2}} \over {{\omega ^2}}}}} = {{{A^2}} \over {{A^2} - {x^2}}}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \({{{x_1}} \over {{v_1}}} + {{{x_2}} \over {{v_2}}} = {{{x_3}} \over {{v_3}}}\)

Đạo hàm hai vế của phương trình theo t ta được:

\(\eqalign{
& {{{A^2}} \over {{A^2} - x_1^2}} + {{{A^2}} \over {{A^2} - x_2^2}} = {{{A^2}} \over {{A^2} - x_3^2}} \Leftrightarrow {1 \over {{{10}^2} - {6^2}}} + {1 \over {{{10}^2} - {8^2}}} = {1 \over {{{10}^2} - x_3^2}} \cr
& \Rightarrow {1 \over {{8^{^2}}}} + {1 \over {{6^{^2}}}} = {1 \over {{{10}^2} - x_3^2}} \Rightarrow 100 - x_3^2 = {{{8^2}{{.6}^2}} \over {{8^2} + {6^2}}} \Rightarrow {10^4} - 100x_3^2 = {48^2} \Rightarrow x_3^2 = 76,96 \Rightarrow \left| {{x_3}} \right| \approx 8,77cm \cr} \)

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 9 :

Một vật dao động điều hòa với phương trình \(x = 10\cos 10\pi t\,\,cm\). Khoảng thời gian vật đi từ vị trí có li độ x = 5 cm từ lần thứ 2014 đến lần thứ 2015 là:

  • A \(\frac{1}{5}\,\,s\).
  • B \(\frac{2}{{15}}\,\,s\).
  • C \(\frac{1}{{15}}\,\,s\) .
  • D \(\frac{4}{{15}}\,\,s\).

Đáp án: C

Phương pháp giải:

Sử dụng vòng tròn lượng giác và công thức \(\Delta t = \frac{{\Delta \varphi }}{\omega }\).

Lời giải chi tiết:

Nhận xét: Trong 1 chu kì, vật đi qua vị trí \(x = 5\,\,cm = \frac{A}{2}\) 2 lần.

Thời điểm vật đi qua vị trí \(\frac{A}{2}\) lần thứ 2014, vật chuyển động theo chiều dương, lần thứ 2015 vật chuyển động theo chiều âm.

Từ VTLG, ta thấy góc quét được là \(\frac{{2\pi }}{3}\). Áp dụng mối liên hệ giữa góc \(\Delta \varphi \) và thời điểm \(\Delta t\), ta có:

\(\Delta t = \frac{{\Delta \varphi }}{\omega } = \frac{{\frac{{2\pi }}{3}}}{{10\pi }} = \frac{1}{{15}}\,\,\left( s \right)\)

Chọn C.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 10 :

Một chất điểm dao động điều hoà có đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của li độ x vào thời gian t như hình vẽ. Tại thời điểm t = 0,2s, chất điểm có li độ 2cm. Ở thời điểm t = 0,9s, gia tốc của chất điểm có giá trị bằng

  • A 0,57m/s2
  • B 0,9m/s2
  • C 1,25m/s2
  • D 0,45m/s2

Đáp án: A

Phương pháp giải:

Sử dụng phương trình li độ và gia tốc của dao động điều hoà, kết hợp kĩ năng đọc đồ thị.

Lời giải chi tiết:

+ Phương trình của li độ và gia tốc: \(\left\{ \begin{array}{l}x = Ac{\rm{os}}\left( {\omega t + \varphi } \right)\\a =  - {\omega ^2}Ac{\rm{os}}\left( {\omega t + \varphi } \right)\end{array} \right.\)

+ Từ đồ thị ta thấy: T/2 = 8ô, 1ô = 0,1s  T = 1,6s \( \Rightarrow \omega  = \frac{{5\pi }}{4}rad/s\)

+ Tại t = 0,3s có x = 0 \( \Leftrightarrow A\cos \left( {\frac{{5\pi }}{4}t + \varphi } \right) = 0 \Rightarrow \varphi  = \frac{\pi }{8}rad\)

+ Tại t = 0,2s có x = 2cm \( \Leftrightarrow A\cos \left( {\frac{{5\pi }}{4}.0,2 + \frac{\pi }{8}} \right) = 2 \Rightarrow A = 5,226cm\)

=> Phương trình của gia tốc: \(a =  - {\left( {\frac{{5\pi }}{4}} \right)^2}.5,226.c{\rm{os}}\left( {\frac{{5\pi }}{4}t + \frac{\pi }{8}} \right)\) 

+ Tại t = 0,9s \( \Rightarrow a =  - {\left( {\frac{{5\pi }}{4}} \right)^2}.5,226.c{\rm{os}}\left( {\frac{{5\pi }}{4}.0,9 + \frac{\pi }{8}} \right) = 0,57m/{s^2}\)

 Chọn A.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 11 :

Một vật dao động điều hòa với phương trình

\(x = 5\cos \left( {4\pi t + \frac{\pi }{3}} \right)cm\)

 . Quãng đường vật đi được sau 7/24 s kể từ thời điểm ban đầu là

  • A 12 cm.                        
  • B 10 cm                     
  • C 20 cm.                    
  • D 12,5 cm

Đáp án: D

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp vecto quay (mối quan hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều).

Lời giải chi tiết:

tại thời điểm ban đầu vật đang ở vị trí

\(\varphi = \frac{\pi }{3}\)

Chu kỳ dao động của vật là: T = 0,5s.

Khoảng thời gian

\(\begin{array}{l}
\Delta t = \frac{7}{{24}}s = \frac{7}{{24.0,5}}T = \frac{7}{{12}}T\\
= > \alpha = \frac{7}{{12}}.2\pi = \frac{{7\pi }}{6}rad
\end{array}\)

Vậy các vị trí ban đầu và cuối của khoảng thời gian ta xét là các vị trí M, N trên đường tròn, được biểu diễn như hình sau

Vậy quãng đường mà vật đã đi được là : S = 2,5 + 5 + 5 = 12,5 cm

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 12 :

Một vật dao động điều hòa. Hình bên là đồ thị biểu diễn mối quan hệ giữa vận tốc v và li độ x của vật. Gọi k1 và klần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị tại M và N. tỷ số \(\frac{{{k_1}}}{{{k_2}}}\)  bằng

  • A \(\frac{1}{{\sqrt 5 }}\)
  • B \(\frac{2}{{\sqrt 7 }}\)
  • C \(\frac{1}{{\sqrt 6 }}\)
  • D \(\frac{2}{{\sqrt 5 }}\)

Đáp án: A

Phương pháp giải:

Phương trình độc lập với thời gian: \({x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {A^2}\)

Lời giải chi tiết:

Dễ thấy \({x_M} = \frac{A}{4};{x_N} = \frac{A}{2}\)

Phương trình độc lập với thời gian:

\(\begin{array}{l}
{x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {A^2} \Leftrightarrow {v^2} = {\omega ^2}.({A^2} - {x^2})\\
\Rightarrow 2v.dv = - 2{\omega ^2}.x.dx\\
\Rightarrow \frac{{dv}}{{dx}} = \frac{{ - {\omega ^2}.x}}{v}
\end{array}\)

Tỉ số:  

\(\frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{{\frac{{d{v_1}}}{{d{x_1}}}}}{{\frac{{d{v_2}}}{{d{x_2}}}}} = \frac{{{x_1}}}{{{x_2}}}.\frac{{{v_2}}}{{{v_1}}} = \frac{1}{2}.\frac{{{v_2}}}{{{v_1}}}\)

Thay các giá trị x vào phương trình độc lập với thời gian ta tìm được :

\(\begin{array}{l}
{v_1}^2 = {\omega ^2}.({A^2} - {x_1}^2) = {\omega ^2}.({A^2} - {\frac{A}{{16}}^2}) = \frac{{15}}{{16}}{\omega ^2}.{A^2}\\
{v_2}^2 = {\omega ^2}.({A^2} - {x_2}^2) = {\omega ^2}.({A^2} - {\frac{A}{4}^2}) = \frac{3}{4}{\omega ^2}.{A^2}\\
\Rightarrow \frac{{{v_2}}}{{{v_1}}} = \sqrt {\frac{4}{5}} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}
\end{array}\)

Suy ra:  \(\frac{{{k_1}}}{{{k_2}}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{{\sqrt 5 }} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\)

Chọn A.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 13 :

Vật dao động điều hòa theo phương trình\(x = 6.\cos \left( {20t - \frac{{2\pi }}{3}} \right)cm\) cm. Tốc độ của vật sau khi vật đi quãng đường 6cm kể từ thời điểm ban đầu là

  • A 20 cm/s
  • B 60 cm/s
  • C \(60\sqrt 3 cm/s\)
  • D 80 cm/s

Đáp án: C

Phương pháp giải:

Phương trình dao động:  

\(x = 6.\cos \left( {20t - \frac{{2\pi }}{3}} \right)cm\)

Hệ thức độc lập theo thời gian của x và v:   

\({x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {A^2}\)

Lời giải chi tiết:

Phương trình dao động:

\(x = 6.\cos \left( {20t - \frac{{2\pi }}{3}} \right)cm\)

Vị trí ban đầu là  

\({x_0} = 6.\cos \frac{{2\pi }}{3} = - 3cm\)

Vận tốc ban đầu  

\({v_0} = - 6.20.\sin \frac{{2\pi }}{3} = - 60\sqrt 3 cm/s < 0\)

Vậy ban đầu vật ở vị trí x = -3cm và đang chuyển động theo chiều âm

 

Vậy sau khi chuyển động được quãng đường 6cm, vật quay lại vị trí x = -3 cm, và chuyển động  nên vận tốc lúc đó là

\(60\sqrt 3 cm/s\)

 

Chọn C

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 14 :

Một vật nhỏ đang dao động điều hòa với tần số góc là ω = π(rad/s). Tại thời điểm t = 0, vật nhỏ qua vị trí cân bằng theo chiều dương. Tại thời điểm nào thì vận tốc v và li độ x của vật nhỏ thỏa mãn v = ωx lần thứ 2019?

  • A 1009,25(s).                
  • B 2018,75(s)                   
  • C 1008,75(s)                   
  • D 2018,25(s).

Đáp án: D

Phương pháp giải:

Lí thuyết về dao động điều hòa, vòng tròn lượng giác

Lời giải chi tiết:

Cách giải:

Chu kì dao động  \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{\pi } = 2s\)

Ta có  \[v = \omega x \Leftrightarrow \omega \sqrt {{A^2} - {x^2}}  = \omega x \Leftrightarrow {A^2} - {x^2} = {x^2} \Leftrightarrow x =  \pm \frac{A}{{\sqrt 2 }}\]

Vì ω > 0 nên v cùng dấu với x. Do đó, mỗi chu kì có 2 lần vật đi qua vị trí thỏa mãn yêu cầu bài toán, đó là

+ Vật đi qua vị trí \(x = \frac{A}{{\sqrt 2 }}\) theo chiều dương.

+ Vật đi qua vị trí \(x =  - \frac{A}{{\sqrt 2 }}\)  theo chiều âm

Ta có hình vẽ

 

Thời gian để vật đi qua vị trí thỏa mãn điều kiện bài toán lần thứ 2019 là

t = 1009T + Δt

Từ hình vẽ ta thấy Δt = T/8

Do đó, thay số vào ta tìm được t = 2018,25 s

→ Chọn D

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 15 :

Một vật dao động điều hòa trên trục Ox, giới hạn bởi một đoạn thẳng có độ dài 20 cm, tần số 0,5 Hz. Gia tốc của chuyển động tại thời điểm t = 1 s là \(a=\frac{1}{\sqrt{2}}\,\,m/{{s}^{2}}\). Lấy \({\pi ^2} = 10\), phương trình dao động của vật là:

  • A \(x = 10\cos \left( {\pi t - \frac{{3\pi }}{4}} \right)\,\,\left( {cm} \right)\).
  • B \(x = 10\cos \left( {\pi t + \frac{\pi }{4}} \right)\,\,\left( {cm} \right)\).
  • C \(x = 20\cos \left( {\pi t - \frac{\pi }{4}} \right)\,\,\left( {cm} \right)\).
  • D \(x = 20\cos \left( {\pi t + \frac{{3\pi }}{4}} \right)\,\,\left( {cm} \right)\).

Đáp án: B

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức: \(\omega =2\pi f;\,\,a=-{{\omega }^{2}}x\).

Sử dụng VTLG xác định pha ban đầu.

Lời giải chi tiết:

Tần số góc: ; chu kì \(T=\frac{1}{f}=\frac{1}{0,5}=2\,\,\left( s \right)\)

Chiều dài quỹ đạo: \(L=2A\Rightarrow A=\frac{L}{2}=\frac{20}{2}=10\,\,\left( cm \right)\).

Tại thời điểm \(t=1\,\,s=\frac{T}{2}\), gia tốc của chuyển động: \(a=\frac{1}{\sqrt{2}}\,\,m/{{s}^{2}}\)

\(\Rightarrow -{{\omega }^{2}}x=\frac{100}{\sqrt{2}}\Rightarrow -{{\pi }^{2}}x=\frac{100}{\sqrt{2}}\Rightarrow x=-5\sqrt{2}\,\,\left( cm \right)\) 

\( \Rightarrow - {\omega ^2}x = \frac{{100}}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow - {\pi ^2}x = \frac{{100}}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow x = - 5\sqrt 2 \,\,\left( {cm} \right) \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
\omega t + \varphi = \frac{{3\pi }}{4}\\
\omega t + \varphi = - \frac{{3\pi }}{4}
\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
\varphi = - \frac{\pi }{4}\\
\varphi = \frac{\pi }{4}
\end{array} \right.\)

Phương trình dao động: \(\left[ \begin{array}{l}x = 10\cos \left( {\pi t - \frac{\pi }{4}} \right)\,\,\left( {cm} \right)\\x = 10\cos \left( {\pi t + \frac{\pi }{4}} \right)\,\,\left( {cm} \right)\end{array} \right.\)

Chọn B.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 16 :

Quả nặng có khối lượng 500 g gắn vào lò xo có độ cứng 50 N/m. Chọn gốc tọa độ tại vị trí cân bằng, kích thích để quả nặng dao động điều hòa. Đồ thị biểu diễn li độ theo thời gian như hình vẽ. Phương trình dao động của vật là:

  • A \(x=8\cos \left( 10t-\frac{\pi }{3} \right)\,\,\left( cm \right)\).
  • B \(x = 8\cos \left( {10t - \frac{\pi }{6}} \right)\,\,\left( {cm} \right)\).
  • C \(x = 8\cos \left( {10t + \frac{\pi }{3}} \right)\,\,\left( {cm} \right)\).
  • D \(x=8\cos \left( 10t+\frac{\pi }{6} \right)\,\,\left( cm \right)\).

Đáp án: A

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức: \(\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}\). Sử dụng VTLG xác định pha ban đầu.

Lời giải chi tiết:

Tần số góc: \(\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{50}{0,5}}=10\,\,\left( rad/s \right)\).

Từ đồ thị, tại thời điểm đầu t = 0, vật ở li độ x = 4 cm, đang chuyển động về phía biên dương.

→ \(\varphi =-\frac{\pi }{3}\).

Phương trình dao động: \(x = 8\cos \left( {10t - \frac{\pi }{3}} \right)\,\,\left( {cm} \right)\).

Chọn A.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 17 :

Đồ thị dưới đây biểu diễn phương trình li độ: \(x=A\cos \left( \omega t+\varphi  \right)\). Phương trình vận tốc dao động là:

  • A \(v =  - 40\sin \left( {4t - \frac{\pi }{2}} \right)\,\,\left( {cm/s} \right)\).
  • B \(v=-4\sin 10t\,\,\left( cm/s \right)\).
  • C \(v =  - 40\sin \left( {10t - \frac{\pi }{2}} \right)\,\,\left( {cm/s} \right)\).
  • D \(v=-5\pi \sin \left( 0,5\pi t \right)\,\,\left( cm/s \right)\).

Đáp án: D

Phương pháp giải:

Phương trình vận tốc của dao động: \(v=-A\omega \sin \left( \omega t+\varphi  \right)=A\omega \cos \left( \omega t+\varphi +\frac{\pi }{2} \right)\).

Lời giải chi tiết:

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 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:

  • A \(x=16\cos \left( 2\pi t-\frac{\pi }{2} \right)\,\,\left( cm \right)\).
  • B \(x=16\cos \left( 2\pi t+\frac{\pi }{2} \right)\,\,\left( cm \right)\).
  • C \(x = 8\cos \left( {2\pi t + \frac{\pi }{2}} \right)\,\,\left( {cm} \right)\).   
  • D \(x=8\cos \left( 2\pi t-\frac{\pi }{2} \right)\,\,\left( cm \right)\).

Đáp án: D

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức: \(\omega  = \frac{{{v_{\max }}}}{A}\).

Sử dụng VTLG xác định pha ban đầu.

Lời giải chi tiết:

Biên độ A = 8 cm; \(\omega  = \frac{{{v_{\max }}}}{A} = \frac{{16\pi }}{8} = 2\pi \,\,\left( {rad/s} \right)\).

Vật bắt đầu chuyển động từ vị trí thấp nhất của đường tròn theo chiều ngược chiều kim đồng hồ.

→ \(\varphi  =  - \frac{\pi }{2}\). 

Phương trình dao động của vật: \(x=8\cos \left( 2\pi t-\frac{\pi }{2} \right)\,\,\left( cm \right)\).

Chọn D.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 19 :

Một vật dao động điều hòa dọc theo trục Ox với phương trình \(x = A\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\)(x tính bằng cm, t tính bằng s). Tại thời điểm t1, vật có li độ x1 = 5 cm và vận tốc \({v_1} = 10\pi \sqrt 3 \) cm/s. Tại thời điểm t2, vật có li độ \({x_2} = 5\sqrt 2 cm\) và vận tốc \({v_2} = 10\pi \sqrt 2 \) cm/s. Lấy \({\pi ^2} = 10\). Biên độ dao động của vật là

  • A 0,1 m.
  • B 1 m.
  • C 15 cm.
  • D 20 cm.

Đáp án: A

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức độc lập với thời gian: \({x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {A^2}\)

Lời giải chi tiết:

Tại thời điểm t1, ta có: \({x_1}^2 + \frac{{{v_1}^2}}{{{\omega ^2}}} = {A^2} \Rightarrow {5^2} + \frac{{{{(10\pi \sqrt 3 )}^2}}}{{{\omega ^2}}} = {A^2}\,\,\left( 1 \right)\)

Tại thời điểm t2, ta có: \({x_2}^2 + \frac{{{v_2}^2}}{{{\omega ^2}}} = {A^2} \Rightarrow {\left( {5\sqrt 2 } \right)^2} + \frac{{{{(10\pi \sqrt 2 )}^2}}}{{{\omega ^2}}} = {A^2}\,\,\left( 2 \right)\)

Từ phương trình (1) và (2) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A = 10\,\,cm = 0,1\,\,m\\\omega  = 2\pi \,\,rad/s\end{array} \right.\)

Chọn A.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 20 :

Con lắc lò đặt nằm ngang, gồm vật nặng có khối lượng m và một lò xo nhẹ có độ cứng 100 (N/m) dao động điều hòa. Trong quá trình dao động chiều dài của lò xo biến thiên từ 22 (cm) đến 30 (cm). Khi vật cách vị trí biên 3 (cm) thì động năng của vật là.

  • A 0,0375 (J). 
  • B 0,035 (J). 
  • C 0,045 (J).
  • D 0,075 (J).

Đáp án: D

Phương pháp giải:

Chiều dài quỹ đạo của con lắc: L = 2A.

Áp dụng công thức độc lập với thời gian: \({x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {A^2}\) và định luật bảo toàn cơ năng: \({\rm{W}} = {{\rm{W}}_t} + {{\rm{W}}_d} = const\).

Lời giải chi tiết:

Chiều dài quỹ đạo của con lắc: \(L = 2A \Rightarrow A = \frac{L}{2} = \frac{{30 - 22}}{2} = 4\,\,cm\).

Vật cách vị trí biên 3 cm → \(x =  \pm 1\,\,cm\).

Động năng của vật: \({{\rm{W}}_d} = W - {{\rm{W}}_t} = \frac{{k{A^2}}}{2} - \frac{{k{x^2}}}{2}\)

\( \Rightarrow {{\rm{W}}_d} = \frac{{100.0,{{04}^2}}}{2} - \frac{{100.0,{{01}^2}}}{2} = 0,075\,\,\left( J \right)\).

Chọn D.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 21 :

Vật dao động điều hòa có vận tốc cực đại bằng 3 m/s và gia tốc cực đại bằng \(30\pi \,\,m/{s^2}\). Thời điểm ban đầu vật có vận tốc 1,5 m/s và thế năng đang giảm. Hỏi vào thời điểm nào sau đây vật có gia tốc bằng \( - 15\pi \,\,m/{s^2}\)

  • A 0,10 s.
  • B 0,05 s.
  • C 0,15 s.
  • D 0,20 s.

Đáp án: B

Phương pháp giải:

Sử dụng vòng tròn lượng giác và công thức \(\Delta t = \frac{{\Delta \varphi }}{\omega }\).

Áp dụng các công thức cực trị: \({v_{\max }} = \omega A;\,\,{a_{\max }} = {\omega ^2}A\) và công thức độc lập với thời gian: \({x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {A^2};\,\,a =  - {\omega ^2}x\).

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{v_{\max }} = \omega A = 300\,\,cm/s\\{a_{\max }} = {\omega ^2}A = 3000\pi \,\,cm/{s^2}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A = \frac{{30}}{\pi }\,\,\left( {cm} \right)\\\omega  = 10\pi \,\,\left( {rad/s} \right)\end{array} \right.\)

Thời điểm ban đầu, vật có vận tốc 1,5 m/s = 150 cm/s, áp dụng công thức độc lập với thời gian, ta có:

\({x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {A^2} \Rightarrow {x^2} + \frac{{{{150}^2}}}{{{{\left( {10\pi } \right)}^2}}} = {\left( {\frac{{30}}{\pi }} \right)^2} \Rightarrow x =  \pm \frac{{15\sqrt 3 }}{\pi }{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right) = \frac{{ \pm A\sqrt 3 }}{2}\)

Thế năng đang giảm \( \Rightarrow x = \frac{{ - A\sqrt 3 }}{2}\) và chuyển động theo chiều dương.

Thời điểm vật có gia tốc bằng \( - 15\pi \,\,m/{s^2}\), ta có: 

\(\begin{gathered}
a = - 15\pi \,\left( {m/{s^2}} \right) = - \frac{{30\pi }}{2} \Leftrightarrow a = - \frac{{{a_{\max }}}}{2} \hfill \\
\Leftrightarrow - {\omega ^2}x = - \frac{{{\omega ^2}A}}{2} \Rightarrow x = \frac{A}{2} \hfill \\
\end{gathered} \)

Từ VTLG, ta thấy vật chuyển động từ vị trí \(x = \frac{{ - A\sqrt 3 }}{2}\) đến vị trí \(x = \frac{A}{2}\), góc quét được là \(\frac{\pi }{2}\)

→ Thời điểm vật có gia tốc bằng \( - 15\pi \,\,m/{s^2}\): \(t = \frac{{\Delta \varphi }}{\omega } = \frac{{\frac{\pi }{2}}}{{10\pi }} = 0,05\,\,\left( s \right)\)

Chọn B.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 22 :

Một vật dao động điều hòa theo phương trình \(x = 2\cos \left( {2\pi t + \frac{\pi }{4}} \right)\,\,cm\). Tốc độ trung bình của vật trong khoảng thời gian từ t = 2 s đến t = 4,875 s là:

  • A 7,45 m/s.
  • B 8,14 cm/s.
  • C 7,16 cm/s.
  • D 7,86 cm/s.

Đáp án: B

Phương pháp giải:

Sử dụng VTLG và công thức \(\Delta \varphi  = \omega .\Delta t\)

Áp dụng công thức tính tốc độ trung bình: \({v_{tb}} = \frac{S}{{\Delta t}}\)

Lời giải chi tiết:

Pha ban đầu của dao động: \(\varphi  = \frac{\pi }{4}\,\,\left( {rad} \right)\)

Chu kì dao động: \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{2\pi }} = 1\,\,\left( s \right)\)

Tại thời điểm t = 2 s → t = 2T

Thời điểm t = 4,875 s → \(t = 4,875T = 2T + 2T + \frac{{7T}}{8}\)

Trong khoảng thời gian \(\frac{{7T}}{8}\), vật quay được góc:

\(\Delta \varphi  = \omega .\Delta t = \frac{{2\pi }}{T}.\frac{{7T}}{8} = \frac{{7\pi }}{4}\,\,\left( {rad} \right)\)

Biểu diễn trên VTLG ta có:

Từ VTLG, ta thấy quãng đường vật đi được là:

\(S = 2.4.2 + 3.2 + \sqrt 2  = 22 + \sqrt 2 \,\,\left( {cm} \right)\)

Tốc độ trung bình của vật:

\({v_{tb}} = \frac{S}{{\Delta t}} = \frac{{22 + \sqrt 2 }}{{4,875 - 2}} \approx 8,14\,\,\left( {cm/s} \right)\)

Chọn B.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 23 :

Một vật dao động điều hòa với phương trình \(x = 6\cos \left( {20\pi t + \frac{\pi }{6}} \right)\,\,cm\). Tốc độ trung bình của vật khi đi từ vị trí cân bằng theo chiều dương đến vị trí có li độ x = 3 cm theo chiều dương là:

  • A 3,6 m/s.
  • B 1,2 m/s.
  • C 36 m/s.
  • D Một giá trị khác.

Đáp án: A

Phương pháp giải:

Sử dụng vòng tròn lượng giác và công thức tính tốc độ trung bình

\({v_{tb}} = \frac{S}{{\Delta t}}\) (với S là quãng đường vật đi được trong thời gian ∆t)

Lời giải chi tiết:

Chu kì dao động: \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{20\pi }} = 0,1\,\,\left( s \right)\)

Khi vật đi từ VTCB theo chiều dương đến vị trí x = 3 cm theo chiều dương, ta có:

+ Quãng đường đi được: S = 3cm

+ Thời gian đi (sử dụng vòng tròn lượng giác):

Góc quét được: π/6 (rad)

→ Thời gian vật đi từ VTCB theo chiều dương đến vị trí x = 3 theo chiều dương là:

\(\Delta t = \frac{{\Delta \varphi }}{\omega } = \frac{{\frac{\pi }{6}}}{{20\pi }} = \frac{1}{{120}}\,\,\left( s \right)\)

→ Tốc độ trung bình của vật:

\({v_{tb}} = \frac{S}{{\Delta t}} = \frac{3}{{\frac{1}{{120}}}} = 360\,\,\left( {cm/s} \right) = 3,6\,\,\left( {m/s} \right)\)

Chọn A.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 24 :

Một vật dao động điều hòa theo phương trình \(x = 5\cos \left( {2\pi t - \frac{\pi }{4}} \right)\,\,cm\). Tốc độ trung bình của vật trong khoảng thời gian từ \({t_1} = 1\,\,s\) đến \({t_2} = 4,625\,\,s\) là:

  • A 15,5 cm/s.
  • B 17,4 cm/s.
  • C 12,8 cm/s.
  • D 19,7 cm/s.

Đáp án: D

Phương pháp giải:

Sử dụng VTLG và công thức \(\Delta \varphi  = \omega .\Delta t\)

Áp dụng công thức tính tốc độ trung bình: \({v_{tb}} = \frac{S}{{\Delta t}}\)

Lời giải chi tiết:

Pha ban đầu của dao động: \(\varphi  =  - \frac{\pi }{4}\,\,\left( {rad} \right)\)

Chu kì dao động: \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{2\pi }} = 1\,\,\left( s \right)\)

Tại thời điểm t = 1 s → t = T

Thời điểm t = 4,625 s → \(t = 4,625T = T + 3T + \frac{{5T}}{8}\)

Trong khoảng thời gian \(\frac{{5T}}{8}\), vật quay được góc:

\(\Delta \varphi  = \omega .\Delta t = \frac{{2\pi }}{T}.\frac{{5T}}{8} = \frac{{5\pi }}{4}\,\,\left( {rad} \right)\)

Biểu diễn trên VTLG ta có:

Từ VTLG, ta thấy quãng đường vật đi được là:

\(S = 3.4.5 + 2.5 + \left( {5 - \frac{{5\sqrt 2 }}{2}} \right) = 75 - \frac{{5\sqrt 2 }}{2}\,\,\left( {cm} \right)\)

Tốc độ trung bình của vật:

\({v_{tb}} = \frac{S}{{\Delta t}} = \frac{{75 - \frac{{5\sqrt 2 }}{2}}}{{4,625 - 1}} \approx 19,7\,\,\left( {cm/s} \right)\)

Chọn D.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 25 :

Một vật dao động theo phương trình \(x = 2\cos \left( {5\pi t + \frac{\pi }{6}} \right) + 1\,\,cm\). Trong giây đầu tiên kể từ lúc vật bắt đầu dao động, vật đi qua vị trí có li độ x = 2 cm theo chiều dương được mấy lần

  • A 3 lần 
  • B 2 lần
  • C 4 lần
  • D 5 lần

Đáp án: B

Phương pháp giải:

Sử dụng vòng tròn lượng giác và công thức \(\Delta \varphi  = \omega .\Delta t\)

Lời giải chi tiết:

Nhận xét: Vật đi qua vị trí có li độ x = 2 cm \( \Rightarrow \) vật cách VTCB: x’ = 2 – 1 = 1 (cm)

Pha ban đầu của dao động: \(\varphi  = \frac{\pi }{6}\,\,\left( {rad} \right)\)

Trong giây đầu tiên kể từ lúc bắt đầu dao động, vật quay được góc:

\(\Delta \varphi  = \omega .\Delta t = 5\pi .1 = 5\pi  = 4\pi  + \pi \,\,\left( {rad} \right)\)

Nhận xét: Trong 1 chu kì, vật đi qua li độ x = 2 cm theo chiều dương 1 lần.

Biểu diễn trên VTLG, ta có:

Từ VTLG, ta thấy trong 1 s đầu tiên kể từ lúc bắt đầu dao động, vật đi qua vị trí có li độ x = 2 cm theo chiều dương 2 lần.

Chọn B.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 26 :

Cho 3 vật dao động điều hòa lần lượt có biên độ \({A_1} = 5\sqrt 2 \,\,cm;\,\,{A_2} = 10\sqrt 2 \,\,cm\); \({A_3} = 10\,\,cm\) và tần số f1; f2; f3. Biết rằng tại mọi thời điểm, li độ và vận tốc của các vật liên hệ bằng biểu thức \(\dfrac{{{x_1}}}{{{v_1}}} + \dfrac{{{x_2}}}{{{v_2}}} = \dfrac{{{x_3}}}{{{v_3}}}\). Tại thời điểm t, các vật cách vị trí cân bằng của chúng những đoạn lần lượt là 4 cm; 8 cm và x0. Giá trị của x0 gần giá trị nào nhất sau đây?

 

  • A  8 cm 
  • B  5 cm  
  • C 6 cm  
  • D  4 cm

Đáp án: A

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết đạo hàm

Công thức độc lập với thời gian: \({x^2}{\omega ^2} + {v^2} = {A^2}{\omega ^2}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \({\left( {\dfrac{x}{v}} \right)^\prime } = \dfrac{{x'.v - x.v'}}{{{v^2}}} = \dfrac{{{v^2} - x.a}}{{{v^2}}}\)

Chú ý: \(a =  - {\omega ^2}x \Rightarrow {\left( {\dfrac{x}{v}} \right)^\prime } = \dfrac{{{v^2} + {\omega ^2}{x^2}}}{{{v^2}}} = 1 + \dfrac{{{\omega ^2}{x^2}}}{{{v^2}}}\)

Công thức độc lập với thời gian:

\({\omega ^2}{x^2} + {v^2} = {\omega ^2}{A^2} \Rightarrow {v^2} = {\omega ^2}\left( {{A^2} - {x^2}} \right) \Rightarrow {\left( {\dfrac{x}{v}} \right)^\prime } = 1 + \dfrac{{{x^2}}}{{{A^2} - {x^2}}}\)

Theo đề bài ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{\frac{{{x_1}}}{{{v_1}}} + \frac{{{x_2}}}{{{v_2}}} = \frac{{{x_3}}}{{{v_3}}} \Rightarrow {{\left( {\frac{{{x_1}}}{{{v_1}}}} \right)}^\prime } + {{\left( {\frac{{{x_2}}}{{{v_2}}}} \right)}^\prime } = {{\left( {\frac{{{x_3}}}{{{v_3}}}} \right)}^\prime }} \\
{ \Rightarrow 1 + \frac{{{x_1}^2}}{{{A^2} - {x_1}^2}} + 1 + \frac{{{x_2}^2}}{{{A^2} - {x_2}^2}} = 1 + \frac{{{x_3}^2}}{{{A^2} - {x_3}^2}}} \\
\begin{gathered}
\Rightarrow 1 + \frac{{{4^2}}}{{{{\left( {5\sqrt 2 } \right)}^2} - {4^2}}} + 1 + \frac{{{8^2}}}{{{{\left( {10\sqrt 2 } \right)}^2} - {8^2}}} = 1 + \frac{{{x_3}^2}}{{{{10}^2} - {x_3}^2}} \hfill \\
\Rightarrow {x_3} = 8,124\,\,\left( {cm} \right) \hfill \\
\end{gathered}
\end{array}\)

Chọn A.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 27 :

Hai vật nhỏ A và B dao động điều hòa có đồ thị mô tả li độ theo thời gian như hình vẽ. tại thời điểm t0, tỉ số tốc độ của A đối với tốc độ của B là

  • A 8/5.
  • B 2.
  • C 1/2.
  • D 5/8.

Đáp án: A

Phương pháp giải:

+ Đọc đồ thị x – t

+ Viết phương trình dao động từ đồ thị

+ Xác định thời điểm trên đồ thị

Lời giải chi tiết:

Gọi 1 ô theo trục Ox là A, 1 ô theo trục Ot là a

Ta có:

+ Biên độ của A là \(2A\) , biên độ của B là \(5A\)

+ Chu kì, dao động của A là \(6a\), chu kì dao động của B là \(T = 12a\)

\( \Rightarrow {\omega _A} = 2{\omega _B}\)

Phương trình dao động của A: \({x_A} = 4Acos\left( {{\omega _A}t - \dfrac{\pi }{3}} \right)\)

Phương trình dao động của vật B: \({x_B} = 5Acos\left( {\dfrac{{{\omega _A}}}{2}t} \right)\)

Tốc độ của A và B tại thời điểm \({t_0} = \dfrac{{2{T_A}}}{6} = \dfrac{{{T_A}}}{3}\) là:

\(\left\{ \begin{array}{l}{v_A} =  - 4A{\omega _A}\sin \left( {{\omega _A}\dfrac{{{T_A}}}{3} - \dfrac{\pi }{3}} \right) =  - 4A{\omega _A}\sin \left( {\dfrac{\pi }{3}} \right)\\{v_B} =  - 5A\dfrac{{{\omega _A}}}{2}\sin \left( {\dfrac{{{\omega _A}}}{2}\dfrac{{{T_A}}}{3}} \right) =  - 5A\dfrac{{{\omega _A}}}{2}\sin \left( {\dfrac{\pi }{3}} \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \dfrac{{{v_A}}}{{{v_B}}} = \dfrac{{ - 4A{\omega _A}\sin \left( {\dfrac{\pi }{3}} \right)}}{{ - 5A\dfrac{{{\omega _A}}}{2}\sin \left( {\dfrac{\pi }{3}} \right)}} = \dfrac{8}{5}\)

Chọn A

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 28 :

Một vật nhỏ dao động điều hòa với chu kì T, giữa hai điểm biên M và N. Chọn chiều dương từ M đến N, gốc tọa độ tại vị trí cân bằng O, mốc thời gian t = 0 là lúc vật đi qua trung điểm I của đoạn MO theo chiều dương. Gọi a và v lần lượt là gia tốc tức thời và vận tốc tức thời của vật. Tích av = 0 lần thứ ba vào thời điểm

  • A \(\frac{T}{{12}}\)
  • B \(\frac{{11T}}{{12}}\)
  • C \(\frac{T}{3}\)
  • D \(\frac{{7T}}{{12}}\)

Đáp án: D

Phương pháp giải:

Ta có hình vẽ thể hiện quỹ đạo dao động và vị trí ban đầu của dao động:

Viết các phương trình dao động, vận tốc, gia tốc và xác định tích a.v = 0 tại các thời điểm nào.

Lời giải chi tiết:

Ta có hình vẽ thể hiện quỹ đạo dao động và vị trí ban đầu của dao động:

Ta có các phương trình dao động, vận tốc, gia tốc là:

\(\left\{ \begin{array}{l}
x = A.\cos \left( {\omega t - \frac{{2\pi }}{3}} \right)\\
v = x' = - \omega A.\sin \left( {\omega t - \frac{{2\pi }}{3}} \right)\\
a = v' = - {\omega ^2}.A.\cos \left( {\omega t - \frac{{2\pi }}{3}} \right)
\end{array} \right.\)

Ta có tích a.v là

\(\begin{array}{l}
a.v = {\omega ^3}.{A^2}.\sin \left( {\omega t - \frac{{2\pi }}{3}} \right).\cos \left( {\omega t - \frac{{2\pi }}{3}} \right)\\
\,\,\,\,\,\,\, = {\omega ^3}.{A^2}.\frac{1}{2}\left[ {\sin \left( {2\omega t - \frac{{4\pi }}{3}} \right) + \sin 0} \right]\\
a.v = \frac{1}{2}.{\omega ^3}.{A^2}.\sin \left( {2\omega t - \frac{{4\pi }}{3}} \right) = 0\\
\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \sin \left( {2\omega t - \frac{{4\pi }}{3}} \right) = 0\\
\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow 2\omega t - \frac{{4\pi }}{3} = k\pi \Rightarrow t = k\frac{T}{4} + \frac{T}{3}
\end{array}\)

Với điều kiện t > 0 nên ta lấy các giá trị k = - 1,0,1,2…..

Vậy tích a.v = 0 lần thứ 3 ứng với k = 1, ta có  \(t = \frac{T}{4} + \frac{T}{3} = \frac{{7T}}{{12}}\)

Chọn D.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 29 :

Một chất điểm dao động điều hòa có li độ phụ thuộc theo thời gian được biểu diễn như hình vẽ bên. Biết các khoảng chia từ \({t_1}\) trở đi bằng nhau nhưng không bằng khoảng chia từ \(0\) đến \({t_1}\). Quãng đường chất điểm đi được từ thời điểm \({t_2}\) đến thời điểm \({t_3}\) gấp \(2\) lần quãng đường chất điểm đi được từ thời điểm \(0\) đến thời điểm \({t_1}\) và \({t_3} - {t_2} = 0,2\,\,\left( s \right)\). Độ lớn vận tốc của chất điểm tại thời điểm \({t_3}\) xấp xỉ bằng

  • A \(42,5\,\,cm/s\).
  • B \(31,6\,\,cm/s\).     
  • C \(27,7\,\,cm/s\).      
  • D \(16,65\,\,cm/s\).

Đáp án: D

Phương pháp giải:

Sử dụng vòng tròn lượng giác và kĩ năng đọc đồ thị

Tần số góc: \(\omega  = \dfrac{{2\pi }}{T}\)

Tốc độ tại li độ x: \({v^2} = {\omega ^2}\left( {{A^2} - {x^2}} \right)\)

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị ta thấy nửa chu kì ứng với 6 ô → 1 chu kì ứng với 12 ô

Khoảng cách mỗi ô là \(0,2\,\,s\)

\( \Rightarrow T = 12.0,2 = 2,4\,\,\left( s \right) \Rightarrow \omega  = \dfrac{{2\pi }}{{2,4}} = \dfrac{\pi }{{1,2}}\,\,\left( {rad/s} \right)\)

Với mỗi ô, vecto quay được góc tương ứng là:

\(\Delta \varphi  = \omega .\Delta t = \dfrac{{2\pi }}{T}.\dfrac{T}{{12}} = \dfrac{\pi }{6}\,\,\left( {rad} \right)\)

Ta có vòng tròn lượng giác:

 

Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy quãng đường vật đi từ thời điểm \({t_2}\) đến thời điểm \({t_3}\) là:

\(S = \left| {{x_3} - {x_2}} \right| = \left| {A\cos \dfrac{\pi }{3} - A\cos \dfrac{\pi }{6}} \right| = \dfrac{{A\sqrt 3 }}{2} - \dfrac{A}{2}\)

Theo đề bài ta có:

\(S = 2\left( {A - 6} \right) \Rightarrow \dfrac{{A\sqrt 3 }}{2} - \dfrac{A}{2} = 2.\left( {A - 6} \right) \Rightarrow A = 7,344\,\,\left( {cm} \right)\)

Tốc độ của vật tại thời điểm \({t_3}\) là:

\(\begin{array}{l}{v^2} = {\omega ^2}\left( {{A^2} - {x^2}} \right) = {\omega ^2}.\left( {{A^2} - \dfrac{{{A^2}}}{4}} \right) = {\omega ^2}.\dfrac{3}{4}{A^2}\\ \Rightarrow v = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\omega A = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{\pi }{{1,2}}.7,344 = 16,65\,\,\left( {cm/s} \right)\end{array}\)

Chọn D.

Đáp án - Lời giải

Câu hỏi 30 :

Một con lắc lò xo đang dao động điều hòa với biên độ A, thời gian ngắn nhất để con lắc di chuyển từ vị trí có li độ \({x_1} =  - A\) đến vị trí có li độ \({x_2} = \frac{A}{2}\) là 1s. Chu kì dao động của con lắc là

  • A \(\frac{1}{3}\,\,s\).
  • B 2 s.
  • C 3 s.
  • D 6 s.

Đáp án: C

Phương pháp giải:

Sử dụng vòng tròn lượng giác và công thức \(\Delta t = \frac{{\Delta \varphi }}{\omega }\).

Lời giải chi tiết:

Từ VTLG, ta thấy vật đi từ vị trí có li độ \({x_1} =  - A\) đến vị trí có li độ \({x_2} = \frac{A}{2}\), góc quét là \(\frac{{2\pi }}{3}\).

Áp dụng mối liên hệ giữa góc \(\Delta \varphi \) và thời điểm \(\Delta t\), ta có:

\(\Delta t = \frac{{\Delta \varphi }}{\omega } \Rightarrow \omega  = \frac{{\Delta \varphi }}{{\Delta t}} = \frac{{\frac{{2\pi }}{3}}}{1} = \frac{{2\pi }}{3}\,\,\left( {rad/s} \right)\)

Chu kì dao động của con lắc: \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{\frac{{2\pi }}{3}}} = 3\,\,\left( s \right)\)

Chọn C.

Đáp án - Lời giải

Xem thêm

Quảng cáo
close