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

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

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

Lời giải chi tiết:

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 : \(\Delta v = \left| {{v_1} - {v_2}} \right| = \left| {60\sqrt 2  - \left( { - 80\sqrt 2 } \right)} \right| = 140\sqrt 2 cm/s\)

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

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.

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:

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

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.

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.

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

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.

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

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

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.

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.

Phương pháp giải:

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

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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

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.

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.

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.