Chọn đáp án D.

Ta có $T_1=2\pi \sqrt{\frac{1}{g+a}}$    (1)

$T_2=2\pi \sqrt{\frac{1}{g-a}}$    (2)

$T=2\pi \sqrt{\frac{1}{g}}$          (3)

Từ (1); (2) và (3) ta được $\frac{2}{T_2}=\frac{1}{T_1^2}+\frac{1}{T_2^2}\Rightarrow T=3,4s$

Chọn đáp án C

Tại vị trí cân bằng vật đạt vận tốc có giá trị cực đại nên:$v_{\text{max}}=A_{12}\omega \Rightarrow A_{12}=\frac{v_{\text{max}}}{\omega }=\frac{60}{10}=6cm$

Hai dao động cùng pha biên độ của dao động tổng hợp là $A_{12}=A_1+A_2\Rightarrow A_2=A_{12}-A_1=6-4=2( cm)$

Chọn đáp án D

Gọi $∆l$ là độ biến dạng của lò xo ở vị trí cân bằng; theo định luật Húc:$mg=k∆l$

Theo định nghĩa:$\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{g}{∆l_0}}\Rightarrow ∆l_0=2\left(cm\right)$

Ta cũng có $\left|F_{dh}\right|=k\left|∆l\right|$, mà theo bài $\left|F_{dh}\right|\le 1,5$ nên $\left|∆l\right|\le 3cm\leftrightarrow \left|∆l+x\right|\le 3cm\to -5\le x\le 1cm$

Từ đường tròn lượng giác ta có thời gian tương ứng là $t=\frac{2T}{3}=\frac{2\mathrm{\pi }}{15\sqrt{5}}\left(s\right)$

Chọn đáp ánB

Để so sánh độ lệch pha của hai hàm điều hòa ta cần:

- Đưa phần hệ số về số dương

- Đưa phần điều hòa về cùng loại hàm sin hoặc cosin

→Độ lệch pha của hai dao động

$\Delta \phi =\left(\omega t+{\phi }_1\right)-\left(\omega t+{\phi }_2\right)={\phi }_1-{\phi }_2$

Chọn đáp án D

Ta có:

$\frac{T_2}{T_1}=\sqrt{\frac{m_2}{m_1}}=\sqrt{\frac{m_1+225}{m_1}}=\frac{3}{2}\to m_1=180g$

Chu kỳ dao động:$T_1=2\pi \sqrt{\frac{m_1}{k}}$

Suy ra độ cứng lò xo bằng:

$k=\frac{4{\pi }^2{m}_1}{T_1^2}=180\left(N/m\right)$

Chọn đáp án D.

Sử dụng đường tròn lượng giác: t = 0 chẩt điểm ở vị trí 3h.

Cứ mỗi chu kỳ, vật qua vị trí cân bằng 2 lần.

Sau 1008T, vật qua vị trí cân bằng 2016 chu kỳ.

Sau 3T/4 nữa thì vật qua 2018 lần.

Vậy t = 1008T + 3T/4 = 2016 + 1,5 = 2017,5s

Chọn đáp án C

Theo bài ra trong một chu kì dao động của vật, khoảng thời gian lò xo bị dãn ra là $\frac{2T}{3}$ nên khoảng thời gian lò xo bị nén là $\frac{T}{3},$ mà trong một chu kì khoảng thời gian lò xo bị nén chính là khoảng thời gian vật đi từ vị trí lò xo không biến dạng tới biên rồi trở lại vị trí lò xo không biến dạng, tức là vật đi từ $\left(A-\Delta l_o\right)\to A\to \left(A-\Delta l_o\right),$ theo đó

$A-\Delta l_o=\frac{A}{2}\Rightarrow \Delta l_o=\frac{A}{2}$

Từ đây $\left\{\begin{array}{l}{F}_1=k\frac{A}{2}\\ F_2=k\left(A+\Delta l_o\right)=3k\frac{A}{2}\end{array}\right.\Rightarrow \frac{F_1}{F_2}=\frac{1}{3}$

Chọn đáp án B.

Phương trình dao động tổng hợp:

$x=x_1+x_2=6c\text{os}\left(\frac{2\pi }{3}t-\frac{\pi }{6}\right)cm.$

Tại thời điểm $x_1=x_2$

$\begin{array}{l}\iff 3c\text{os}\left(\frac{2\pi }{3}t-\frac{\pi }{2}\right)-3\sqrt{3}c\text{os}\left(\frac{2\pi }{3}t\right)=0\\ \iff 3c\text{os}\left(\frac{2\pi }{3}t-\frac{\pi }{2}\right)+3\sqrt{3}\sin \left(\frac{2\pi }{3}t-\frac{\pi }{2}\right)=0\\ \iff 3.2\left[\frac{1}{2}\text{cos}\left(\frac{2\pi }{3}t-\frac{\pi }{2}\right)+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin \left(\frac{2\pi }{3}t-\frac{\pi }{2}\right)\right]=0\\ \iff 6c\text{os}\left(\frac{2\pi }{3}t-\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{3}\right)=0\\ \iff \left(\frac{2\pi }{3}t-\frac{5\pi }{6}\right)=\pm \frac{\pi }{2}+2k\pi \iff \left\{\begin{array}{l}\frac{2\pi }{3}t=\frac{\pi }{3}+k2\pi \\ \frac{2\pi }{3}t=\frac{4\pi }{3}+k2\pi \end{array}\right.\end{array}$

$\Rightarrow x=\pm 3\sqrt{3}\approx \pm 5,19cm$

Chọn đáp án D.

Theo bài:

${\text{W}}_{d1}=2{\text{W}}_{t1}\Rightarrow \frac{1}{3}=\frac{{\text{W}}_t}{\text{W}}={\left(\frac{x}{A}\right)}^2={\left(\frac{3}{A}\right)}^2\Rightarrow A^2=27$

Lúc li độ bằng 1cm thì

$\frac{{\text{W}}_{t2}}{\text{W}}=\frac{1}{A^2}=\frac{1}{27}\Rightarrow {\text{W}}_{d2}=26W_{t2}$

Vậy so với thế năng đàn hồi của lò xo thì động năng của vật lớn gấp 2 lần

Chọn đáp án B.

Dao động tổng hợp của vật đó là:

$x=x_1=x_2=8\cos \left(10\pi t-\frac{\pi }{6}\right)\left(cm\right)$

Vận tốc của vật ở thời điểm t = 2s là:

$v=-8.10\pi .\sin \left(10\pi .2-\frac{\pi }{6}\right)=40\pi \left(cm/s\right)$

Chọn đáp án A.

Ta có:$x_0=\frac{F_c}{k}=\frac{\mu mg}{k}=\frac{0,02.0,5.10}{80}=1,{25.10}^{-3}\left(cm\right)$

Xét $\frac{A}{\Delta A_{\frac{1}{2}}}=\frac{A}{2x_0}=\frac{0,0525}{2.1,{25.10}^{-3}}=21$

Vì q = 0 nên vật dừng lại ở vị trí cân bằng:

$S=\frac{A^2}{\Delta A_{\frac{1}{2}}}=\frac{A^2}{2x_0}=\frac{0,{0525}^2}{{\mathrm{1.1.25.10}}^{-3}}=1,1025m$

Chọn đáp án B

Theo đề bài ta có:

$\begin{array}{l}{a}_{bien}=8a_{VTCB}\\ \iff g\sin {\alpha }_0=b.\frac{v^2}{l}=8.2g\left(1-\cos {\alpha }_0\right)=16g\left(1-\cos {\alpha }_0\right)\end{array}$ Nên:

$\begin{array}{l}\sin {\alpha }_0=16{\sin }^2\left(\frac{{\alpha }_0}{2}\right)\iff {\alpha }_0=16{\left(\frac{{\alpha }_0}{2}\right)}^2\\ \Rightarrow {\alpha }_0=0,25\left(rad\right)\end{array}$

Chọn đáp án A

Trong một chu kỳ thì chỉ có một lần vật đi qua vị trí x = -2 cm và đang đi theo chiều dương. Xét đến thời điểm đi qua vị trí này lần thứ 2014 thì vật phải quay được 2013 chu kỳ và thêm một góc quay $\alpha$. Thời gian cần tìm là:

$\Delta t=2013T+\frac{5T}{6}=2013.1+\frac{5}{6}.1=2013,8333s$

Chọn đáp án C

Khi con lắc cân bằng trong điện trường đều có phương nằm ngang, vị trí A của con lắc có dây treo hợp với phương thẳng đứng góc $\alpha$ với:

$\tan \alpha =\frac{F}{P}=\frac{qE}{mg}=\frac{0,{5.10}^{-7}{\mathrm{.2.10}}^6}{0,5.10}=0,02\Rightarrow \alpha =0,02rad$ Khi đột ngột đổi chiều điện trường nhưng giữ nguyên cường độ thì con lắc dao động quanh vị trí cân bằng mới là điểm C, giữa A và B với biên độ góc $2\alpha$.

Con lắc dao động trong trọng trường hiệu dụng là:

$g=\sqrt{g^2+{\left(\frac{qE}{m}\right)}^2}=10,008m/s$

Chu kỳ của con lắc là:

$T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g^{\text{'}}}}=2\pi \sqrt{\frac{0,85}{10,008}}=1,8311s$.

Biên độ của con lắc là: $S_0=1.2\alpha =\mathrm{85.2.0},02=3,4cm$

Chọn đáp án B

Vận tốc có độ lớn cực đại là $0,4m/s$ nên$A\omega =0,4m/s=40cm/s$

Lúc vật đang ở vị trí $\text{x}=2\left(cm\right)$ theo chiều dương thì tại đó động năng bằng ba lần thế năng nên:

$W_d=3W_t\Rightarrow 4W_t=W\Rightarrow 4.\frac{k{x}^2}{2}=\frac{k{A}^2}{2}$

$\Rightarrow A=2x=4cm$

Gốc thời gian tại lúc này nên ${\phi }_0=\frac{-\pi }{3}$ (rad/s) và $\omega =\frac{v_{\max }}{A}=\frac{40}{4}=10\left(rad/s\right)$

Vậy phương trình dao động của vật là:$\text{x}=4\cos \left(10t-\frac{\pi }{3}\right)\left(cm\right)$

Chọn đáp án A

Ta có:$v_{\max }=A\omega \Rightarrow A.5=80\Rightarrow A=16cm$

Ta có:$A^2=A_1^2+4^2+\mathrm{2.4.}{A}_1.\cos \frac{\pi }{3}$

$\Rightarrow A_1^2+4A_1-240=0\Rightarrow A_1=13,62cm$

Với $A_1=13,62cm$ thì tính được:

$\cos \left(\overrightarrow{A_2};\overrightarrow{A}\right)=\frac{A_2^2+A^2-A_1^2}{2.A.A_2}=\frac{13,{62}^2+{16}^2-4^2}{\mathrm{2.16.13},62}=0,976$

$\Rightarrow \phi =12,578°\Rightarrow {\phi }_{\omega }=162,578°$

Chọn đáp án A

Tân số dao đông của con lắc lò xo:$f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}$ không phụ thuộc vào cách treo và biên độ. Do vậy với m và k không đổi, tần số của con lắc không đổi

Chọn đáp án C

Dao động tổng hợp của vật có phương trình là:

$x=x_1+x_2=4\cos \left(\frac{\sqrt{3}}{2}t+\frac{\pi }{3}\right)+5\cos \left(\frac{\sqrt{3}}{2}t+\frac{2\pi }{3}\right)=\sqrt{61}\text{cos}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}t+0,52\pi \right)$

Vậy gia tốc cực đại của vật có độ lớn là:

$a_{\text{max}}=\text{A}{\omega }^2=\frac{3}{4}\sqrt{61}\left(cm/s^2\right)$

Chọn đáp ánD

Vì trong một chu kỳ dao động thời gian lò xo bị giãn bằng 3 lần thời gian lò xo bị nén nên góc quay mà vecto quay được khi lò xo giãn cũng bằng 3 lần góc quay khi lò xo bị nén. Ta có hệ:

$\left\{\begin{array}{c}\frac{{\alpha }_{gian}}{{\alpha }_{nen}}=\frac{3}{1}\\ {\alpha }_{gian}+{\alpha }_{nen}=2\pi \end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{c}{\alpha }_{gian}=\frac{3\pi }{2}\\ {\alpha }_{nen}=\frac{\pi }{2}\end{array}\right.$ nên ta sẽ được:

$\frac{\Delta l}{A}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \Delta l=\frac{A}{\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=2cm$

Chu kỳ của vật là:$T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2\pi \sqrt{\frac{\Delta l}{g}}=2\sqrt{0,02s}$

Tốc độ trung bình của vật trong khoảng thời gian lò xo bị nén trong một chu kỳ bằng:

$$\begin{gathered} V_{nen}=\frac{S_{nen}}{\Delta t}=\frac{2\left(A-\frac{1}{\sqrt{2}}A\right)}{T/4}=\frac{2\left(2\sqrt{2}-2\right)}{\frac{2\sqrt{0,02}}{4}} \\ =80-40\sqrt{2}(cm/s)=23,43(cm/s) \end{gathered}$$

Chọn đáp ánC

Giá ban đầu giữ cho lò xo không biến dạng sau đó giá bắt đầu chuyển động nhanh dần đều với gia tốc a. Khi bắt đầu rời giá đỡ, vật đã đi được quãng đường S và gia tốc cũng là a:

$a=\frac{mg-kS}{m}\Rightarrow \frac{m(g-a)}{k}=0,08m$

Thời gian tính đến lúc rời giá đỡ là:

$S=\frac{a{t}^2}{2}\Rightarrow t=\sqrt{\frac{2S}{a}}=0,2\sqrt{2}\left(s\right)$

Tốc độ và độ lớn li độ của vật lúc rời giá đỡ là:

$\left\{\begin{array}{c}v=at=0,4\sqrt{2}(m/s)\\ \left|x_1\right|=\left|S-\Delta l_0\right|=\left|S-\frac{mg}{k}\right|=0,02m\end{array}\right.$

Biên độ dao động:

$A=\sqrt{x_1^2+\frac{v_1^2}{{\omega }^2}}=\sqrt{x_1^2+\frac{v_1^{2}m}{k}}=\sqrt{0,{02}^2+\frac{0,\mathrm{16.2.1}}{100}}=0,06m$

Chọn đáp án B.

Ta có hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}\frac{0,5^2}{v_{\max }^2}+\frac{{3.10}^2}{a_{\max }^2}=1\\ \frac{0,2^2}{v_{\max }^2}+\frac{6.64}{a_{\max }^2}=1\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}{a}_{\max }=20\\ v_{\max }=1\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\omega =\frac{a_{\max }}{v_{\max }}=20\\ A=0,05\end{array}\right.$

Nên lực kéo cực đại có độ lớn cực đại là:$F=kA=m{\omega }^{2}A=4N$

Chọn đáp án D

Ta có vật thứ nhất có $\left\{\begin{array}{l}{k}_1\\ m_1\\ A_1=\Delta l_1\end{array}\right.$  và vật thứ hai có $\left\{\begin{array}{l}{k}_2=2k_1\\ m_2=0,5m_1\\ A_2=\Delta l_2\end{array}\right.$

Xét:$\frac{A_1}{A_2}=\frac{\Delta l_1}{\Delta l_2}=\frac{{\omega }_2^2}{{\omega }_1^2}=\frac{k_2}{k_1}.\frac{m_1}{m_2}=2.2=4$

Mặt khác lập tỉ số:$\frac{E_1}{E_2}=\frac{m_1{\omega }_1^2{A}_1^2}{m_2{\omega }_2^2{A}_2^2}=2.\frac{1}{4}{.4}^2=8$

Chọn đáp án A

?  Lời giải:

+ Lực đàn hồi đổi chiều tại vị trí lò xo không biến dạng.

+ Lực hồi phục (kéo về) đổi chiều tại vị trí cân bằng

$\left\{\begin{array}{l}f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{\Delta \mathcal{l}}}\Rightarrow \Delta \mathcal{l}=1\left(cm\right)\\ A=\sqrt{\Delta {\mathcal{l}}^2+\frac{v^2}{{\omega }^2}}=2cm\end{array}\right.\Rightarrow \Delta \mathcal{l}=\frac{A}{2}$

+ Thời gian mà lực đàn hồi ngược chiều lực hồi phục khi vật đi từ O đến M (M là vị trí lò xo không biến dạng) và ngược lại

$\Delta t=2.\frac{T}{12}=\frac{T}{6}=\frac{1}{30}s$

Chọn đáp án A

? Lời giải:

+ Đặt đường trên là dao động (1), đường dưới là dao động (2).

${\phi }_1=\frac{2\pi }{3}\stackrel{t=0,9}{\to }{\alpha }_1={\omega }_{1}t+{\phi }_1\iff \frac{4\pi }{3}={\omega }_1.0,9+\frac{2\pi }{3}\Rightarrow {\omega }_1=\frac{20\pi }{27}\left(rad/s\right)$

+ Từ đồ thị ta nhận thây hai đường thẳng song song với nhau suy ra ${\omega }_2={\omega }_1$.

+ Khi $t=0,3s\Rightarrow {\alpha }_2={\omega }_{2}t+{\phi }_2\iff -\frac{2\pi }{3}=\frac{20\pi }{7}.0,3+{\phi }_2\Rightarrow {\phi }_2=-\frac{8\pi }{9}$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{x}_1=A\cos \left(\frac{20\pi }{7}t+\frac{2\pi }{3}\right)\\ x_2=A\cos \left(\frac{20\pi }{7}t-\frac{8\pi }{9}\right)\end{array}\right.\Rightarrow \Delta x=x_1-x_2=\underset{hangso}{\underbracket{C}}\cos \left(\frac{20\pi }{7}t+\frac{7\pi }{8}\right)$

+ Hai vật gặp nhau tức là: $\Delta x\underset{k=0}{\overset{\mathrm{lan}dau}{\to }}t=0,15s$

Chọn đáp án D

? Lời giải:

+ Kéo vật đến vị trí lò xo giãn 5 cm rồi thả nhẹ, vật sẽ dao động quanh vị trí cân bằng với biên độ $A=\Delta \mathcal{l}=5cm$

+ Khi vật đi qua vị trí có li độ x = $\frac{A}{2}$ = 2,5 cm, vật có độ năng E_đ$=\frac{3E}{4}$  và thế năng $T_t=\frac{E}{4}$ → việc giữ chặt

lò xo tại điểm cách đầu cố định I một đoạn 0,75 chiều dài làm cho phần lò xo tham gia vào dao động mới của con lăc chỉ còn 0,25 → do đó thế năng của con lăc lúc sau chỉ còn lại là $E_t^{/}=0,25E_t=\frac{E}{16}$ .

→ Vậy năng lượng dao động của con lăc lúc sau là:  $E^{/}=E_d+E_t^{/}=\frac{3E}{4}+\frac{E}{16}=\frac{13E}{16}$      .

+ Mặc khác độ cứng của lò xo tỉ lệ nghịch với chiều dài nên con lăc lúc sau sẽ có độ cứng gấp 4 lần con lắc lúc đầu

$\Rightarrow E^{/}=\frac{13E}{16}\iff \frac{1}{2}\left(4k\right)A^{/2}=\frac{13}{16}.\frac{1}{2}k{A}^2\Rightarrow A^{/}=\sqrt{\frac{13}{4.16}}A=2,25\left(cm\right)$

Chọn đáp án C

? Lời giải:

+ Dễ thấy rằng hai dao động vuông pha nhau $\Rightarrow A=\sqrt{A_1^2+A_2^2}=\sqrt{2^2+{\left(2\sqrt{3}\right)}^2}=4cm$

+ Mặc khác chu kì của dao động là T = 0,5 s $\Rightarrow \omega =4\pi$ rad/s.

→  Tốc độ dao động cực đại của vật $v_{\max }=\omega A=16\pi cm/s$

Chọn đáp án D

? Lời giải:

Từ phương trình ta có A = 4 cm, $v_{\max }=\omega A=8\pi$ cm/s.

→ Tốc độ trung bình của chất điểm trong một chu kì $v=\frac{4A}{T}=\frac{2v_{\max }}{\pi }=\frac{2.8\pi }{\pi }=16cm/s$

Chọn đáp án A

? Lời giải:

+ Nâng vật đến vị trí cân bằng rồi thả nhẹ →  Lò xo sẽ dao động với biên độ $A=\Delta {\mathcal{l}}_0=\frac{mg}{k}\Rightarrow$ Hay nói cách khác $A~\frac{1}{k},$ mặt khác $E~k{A}^2\Rightarrow \sqrt{E}~\frac{1}{k}$

+ Với $k=3k_1+2k_2\Rightarrow \frac{1}{E}=\frac{3}{E_1}+\frac{2}{E_2}\Rightarrow E=30\left(mJ\right)$

Chọn đáp án B

? Lời giải:

+ Với giải thiết bài toán $x_1{v}_1+x_2{v}_2=8c{m}^2/s\Rightarrow \frac{d\left(x_1{x}_2\right)}{dt}=8c{m}^2/s$

Giả sử $\left\{\begin{array}{l}{x}_1=A_1\cos \left(\omega t+{\phi }_1\right)\\ x_2=A_2\cos \left(\omega t+{\phi }_2\right)\end{array}\right.$

$\begin{array}{l}\Rightarrow x_1{x}_2=A_1{A}_2\cos \left(\omega t+{\phi }_1\right)\cos \left(\omega t+{\phi }_2\right)\\ =\frac{A_1{A}_2}{2}\left[\cos \left({\phi }_1-{\phi }_2\right)+\cos \left(2\omega t+{\phi }_1+{\phi }_2\right)\right]\end{array}$

+ Thay vào phương trình đầu ta được $\omega =\frac{8}{-A_1{A}_2\sin \left(2\omega t+{\phi }_1+{\phi }_2\right)}$

+ Với $\frac{A_1+A_2}{2}\ge \sqrt{A_1{A}_2}\Rightarrow A_1{A}_2\le {\left(\frac{A_1+A_2}{2}\right)}^2=16c{m}^2$

$\Rightarrow {\omega }_{\min }$khi mẫu số là lớn nhất vậy $\omega =\frac{8}{16}=0,5rad/s$

Chọn đáp án D

? Lời giải:

+ Ta có $\left|F_{dh}\right|=k\left|x+\Delta {\mathcal{l}}_0\right|$ → Đồ thị độ lớn lực đàn hồi theo li độ là một dường thẳng khi $A\le \Delta {\mathcal{l}}_0$ và là một đoạn gấp khúc khi $A\ge \Delta {\mathcal{l}}_0$

• Dựa vào đồ thị ta có:

          + Với con lắc $\left(1\right)\frac{F_{d\max }}{F_{d\min }}=\frac{k_1\left(\Delta {\mathcal{l}}_{01}+A\right)}{k_1\left(\Delta {\mathcal{l}}_{01}-A\right)}=\frac{\Delta {\mathcal{l}}_{01}+A}{\Delta {\mathcal{l}}_{01}-A}=3\Rightarrow \Delta {\mathcal{l}}_{01}=2A$                (1)

          + Với con lắc $\left(2\right)\frac{F_{d\max }}{F_{d\left(bienam\right)}}=\frac{k_2\left(\Delta {\mathcal{l}}_{02}+A\right)}{k_2\left(A-\Delta {\mathcal{l}}_{02}\right)}=\frac{\Delta {\mathcal{l}}_{02}+A}{A-\Delta {\mathcal{l}}_{02}}=3\Rightarrow \Delta {\mathcal{l}}_{02}=\frac{A}{2}$            (2)

Từ (1) và (2) $\Delta {\mathcal{l}}_{01}=4\Delta {\mathcal{l}}_{02}$

+ Lại có ở vị trí cân bằng $\frac{F_{dh1}}{F_{dh2}}=\frac{k_1\Delta {\mathcal{l}}_{01}}{k_2\Delta {\mathcal{l}}_{02}}\Rightarrow \frac{k_1}{k_2}=\frac{F_{dh1}}{F_{dh2}}.\frac{\Delta {\mathcal{l}}_{02}}{\Delta {\mathcal{l}}_{01}}=2.\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$

Chọn đáp án A

@ Lời giải:

+ Ta có $x = x_1 + x_2 \to x_1 = x – x_2$

Do vậy $\begin{array}{l}{A}_1^2=A_2^2+{\left(\sqrt{3}{A}_1\right)}^2-2A_2\left(\sqrt{3}{A}_1\right)\cos \left(\phi -{\phi }_2\right)\\ \iff A_1^2=A_2^2+3A_1^2-3A_1{A}_2\end{array}$

Ta đưa về phương trình bậc hai với ẩn $A_2$ như sau: $A_2^2-3A_1{A}_2+2A_1^2=0$→ $\left[\begin{array}{l}{A}_2=2A_1\\ A_2=A_1\end{array}\right.$

+ Với $A_2 = A_1$ ta có  $\frac{\phi }{{\phi }_2}=\frac{1}{2}$

Với $A_2 = 2A_1$ ta có  $\frac{\phi }{{\phi }_2}=\frac{3}{4}$

Chọn đáp án B

@ Lời giải:

+ Từ đồ thị, ta thấy rằng dao động thành phần ứng với đường liền nét có phương trình $x_1=4\cos \left(\frac{10\pi }{3}t+\frac{\pi }{3}\right)$ cm.

+ Thành phần dao động ứng với đường nét đứt. Tại $t=\frac{T}{12}=0,05$  s đồ thị đi qua vị trí x = –A → tại t = 0, thành phần dao động này đi qua vị trí $x=-\frac{\sqrt{3}}{2}A=-6$ cm →$A=4\sqrt{3}$ cm.

→$x_2=4\sqrt{3}\cos \left(\frac{10\pi }{3}t+\frac{5\pi }{6}\right)$ cm →$x = x_1 + x_2 =$$8\cos \left(\frac{10\pi }{3}t+\frac{2\pi }{3}\right)$ cm.

+ Tại t = 0, vật đi qua vị trí x = –4 cm theo chiều âm. Sau khoảng thời gian Δt = 0,2 s ứng với góc quét Δφ = ωΔt = 120⁰ vật đến vị trí x = –4 cm theo chiều dương.

→$v_{tb}=\frac{4+4}{0,2}=40$ cm/s

Chọn đáp án A

@ Lời giải:

+ Tại $t_{1 }= 0,11 s$ vật đang ở vị trí có li độ $x=-\Delta l_0=-\frac{A}{2}=-4$  cm. Lực đàn hồi của lò xo bị triệt tiêu tại vị trí lò xo không biến dạng (tương ứng với $x=-\Delta l_0$ ).

→ từ hình vẽ, t có$t=t_1+\frac{2T}{3}=0,11+\frac{2}{3}.0,4=0,38$ s.

Chọn đáp án A

@ Lời giải:

Với mốc thế năng được chọn tại vị trí cân bằng của lò xo, trục Ox hướng lên →$E_{hd }= mgx$→ đường nét đứt ứng với đồ thị thế năng hấp dẫn.

$E_{dh} = 0,5k{(\Delta l}^{}$₀ – x)2 → ứng với đường nét liền.

+ Từ đồ thị, ta có: $x_{max} = A = 5 cm; E_{dhmax} = m{g}_A \leftrightarrow 0,05 = m.10.0,05$ → m = 0,1 kg.

$E_{dhmax} = 0,5k{(\Delta l + A)}^2 \leftrightarrow 0,1125 = 0,5.k{(0,025 + 0,05)}^2$ → k = 40 N/m.

+ Khi vật đi qua vị trí lò xo không biến dạng → $x = \Delta l_0 = 0,5A = 2,5 cm$.

→ $v=\frac{\sqrt{3}}{2}{v}_{max}=\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{\frac{40}{0,1}}.5=86,6$ cm/s.

Chọn đáp án C

@ Lời giải:

Để đơn giản, ta có thể chia quá chuyển động của vật B thành hai giai đoạn:

Giai đoạn 1: Dao động điều hòa cùng vật A với biên độ A = 10 cm.

+ Tần số góc của dao động$\omega =\sqrt{\frac{k}{m_1+m_2}}=\sqrt{\frac{40}{0,1+0,3}}=10$ rad/s.

+ Tốc độ của vật B khi đi qua vị trí lò xo không biến dạng $v_{max} = \omega A = 10.10 = 100 cm/s$.

Giai đoạn 2: Chuyển động thẳng đều với vận tốc không đổi $v = v_{max }= 100 cm/s$. Vật A dao động điều hòa quanh vị trí lò xo không biến dạng với tần số góc ${\omega }_0=\sqrt{\frac{k}{m_1}}=\sqrt{\frac{40}{0,1}}=20$ rad/s.

+ Khi đi qua vị trí lò xo không biến dạng, tốc độ của vật A bắt đầu giảm → dây bắt đầu chùng. Vì dây là đủ dài nên vật B sẽ chuyển động thẳng đều.

+ Vật A dừng lại lần đầu tiên kể từ khi thả hai vật ứng với khoảng thời gian

$\Delta t=\frac{T}{4}+\frac{T_0}{4}=\frac{\pi }{2\omega }+\frac{\pi }{2{\omega }_0}=0,075\pi$ s.

→ Tốc độ trung bình của vật B:

$\overline{v_{tb}}=\frac{v_{max}\frac{T_0}{4}+A}{\Delta t}=\frac{100.\frac{\pi }{40}+10}{0,075\pi }=75,8$ cm/s

Chọn đáp án A

@ Lời giải:

Ban đầu lò xo giãn một đoạn $\Delta l_0$, sau khoảng thời gian thả rơi lò xo và vật → lò xo co về trạng thái không biến dạng. Khi ta giữ cố định điểm chính giữa của lò xo, con lắc sẽ dao động quanh vị trí cân bằng mới.

+ Khi giữ cố định điểm chính giữa của lò xo, phần lò xo tham gia vào dao động có độ cứng $k = 2k_0 = 50 N/m.$

→ Tần số góc của dao động$\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{50}{0,1}}=10\sqrt{5}$ rad/s → T = 0,28 s.

→ Độ biến dạng của lò xo tại vị trí cân bằng mới $\Delta l=\frac{mg}{k}=\frac{0,1.10}{50}=2$ cm.

+ Vận tốc của con lắc tại thời điểm $t_1$ là $v_0=g{t}_1=10.0,02\sqrt{15}=0,2\sqrt{15}$ m/s.

→ Biên độ dao động của con lắc $A=\sqrt{\Delta l^2+{\left(\frac{v_0}{\omega }\right)}^2}=\sqrt{2^2+{\left(\frac{20\sqrt{15}}{10\sqrt{5}}\right)}^2}=4$ cm.

+ Ta chú ý rằng tại thời điểm $t_1$ vật ở vị trí có li độ $\left|x\right|=\frac{A}{2}=2$ cm → sau khoảng thời gian $\Delta t = t_2 – t_1 = 0,25T = 0,07 s$ vật đi vị trí có li độ $\left|x\right|=\frac{\sqrt{3}}{2}A$ → $v=\frac{v_{max}}{2}=\frac{\omega A}{2}=\frac{4.10\sqrt{5}}{2}=20\sqrt{5}$ cm/s ≈ 44,7 cm/s.

Chọn đáp án D

?  Lời giải:

+ Biên độ dao động của vật đạt cực đại khi xảy ra cộng hưởng cơ học: $f_0=f=\frac{4\pi }{2\pi }=2Hz$