Lời giải chi tiết:

∆t =  (s)  => (rad)

=>  = A = 5 cm

Lời giải chi tiết:

Vật qua li độ x = 2cm theo chiều dương được biểu diễn tương ứng với điểm M trên VTLG:

Từ VTLG ta có vật qua vị trí x = 2cm có pha dao động là $- {\pi  \over 3}$

$\Rightarrow 4\pi t + {\pi  \over 6} =  - {\pi  \over 3} + k2\pi  \Leftrightarrow 4t =  - {1 \over 2} + 2k \Rightarrow t =  - {1 \over 8} + {k \over 2}\,\,\left( s \right);\,k = 1;2;3;...$

Chọn A

Phương pháp giải:

Phương pháp: Áp dụng công thức tính lực kéo về vật dao động điều hoà: 

Lực kéo về F = - kx

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

Khi t = 0,5s thì x = -10cm

Lực kéo về tác dụng lên vật: F = -kx = $- m{\omega ^2}x$ = 1N

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

Phương pháp: φ = 2kπ (cùng pha); φ = (2k + 1)π (ngược pha); φ = (2k + 1)π/2 (vuông pha)

$\eqalign{ & {{\rm{x}}_1} = 3c{\rm{os}}\left( {\pi t - {\pi \over 2}} \right)cm \cr & {{\rm{x}}_2} = 4\sin \left( {\pi t - {\pi \over 2}} \right)cm = 4c{\rm{os}}\left( {\pi t - \pi } \right)cm \cr & {{\rm{x}}_3} = 5\sin \left( {\pi t} \right)cm = 5c{\rm{os(}}\pi {\rm{t - }}{\pi \over 2})cm \cr}$

Vậy x₁, x₂ vuông pha.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức:

$$\Delta \varphi  = \left| {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right|$$

Lời giải chi tiết:

Đáp án A:

Ta có độ lệch pha giữa hai dao động:  $$\Delta \varphi  = 0,75\pi  - 0,5\pi  = 0,25\pi$$

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

 Sử dụng lí thuyết về quãng đường đi được của vật dao động điều hoà

Lời giải chi tiết:

Quãng đường vật đi được: S = A + A/2 = 1,5A

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về dao động điều hòa

Lời giải chi tiết:

Quỹ đạo chuyển động thẳng dài là l = 2A = 40 cm => biên độ dao động A = 20 cm

Quãng đường vật đi được trong một chu kì là S = 4A = 4.20 = 80 cm

=> Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Áp dụng hệ thức độc lập ${\left( {{v \over {\omega A}}} \right)^2} + {\left( {{a \over {{\omega ^2}A}}} \right)^2} = 1$

Lời giải chi tiết:

+ Với hai đại lượng vuông pha, ta có: 

${\left( {{v \over {\omega A}}} \right)^2} + {\left( {{a \over {{\omega ^2}A}}} \right)^2} = 1 =  > m{{{v^2}} \over {{A^2}}} + {m^2}{{{a^2}} \over {{A^2}}} = 1 =  > {A^2} = ({v^2} + m{a^2})$

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

+ Li độ của M: $x =  - 6\cos \left( { - {\pi  \over 3}} \right) =  - 3$

Phương pháp giải:

Phương pháp : Đại cương về dao động điều hòa

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

+ Hai dao động này ngược pha nhau.

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

Với hai đại lượng ngược pha ta luôn có ${{{x_1}} \over {{x_2}}} = {{{v_1}} \over {{v_2}}} =  - {{{A_1}} \over {{A_2}}} =  - {1 \over 2}$

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức độc lập với thới gian trong dao động điều hòa

Lời giải chi tiết:

Ta có  $v = \omega \sqrt {{A^2} - {x^2}}  = 2\pi f\sqrt {{A^2} - {x^2}}  = 8\pi \sqrt {{5^2} - {3^2}}  = 32\pi \left( {cm/s} \right)$

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Pha dao động là đại lượng xác định trạng thái dao động và được xác định theo công thức ωt+φ

Lời giải chi tiết:

Thay t = 1s vào biểu thức tính pha dao động ta được kết quả π.1 + π/2 = 1,5π rad

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức độc lập với thời gian  ${A^2} = {x^2} + {{{v^2}} \over {{\omega ^2}}}$

Lời giải chi tiết:

Ta có ${A^2} = {x^2} + {{{v^2}} \over {{\omega ^2}}} \Rightarrow v = \omega \sqrt {{A^2} - {x^2}}  = \omega \sqrt {{A^2} - {{{A^2}.3} \over 4}}  = {{\omega A} \over 2} = {{{v_{\max }}} \over 2}$

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Từ đồ thị ta thấy A và B là hai điểm có cùng vận tốc, nhưng ở hai phía so với vận tốc cực đại, nên đó sẽ là hai điểm cách đều vị trí cân bằng và ở hai phía so với O. Tại C, vật có vận tốc âm và đang giảm về 0 nên vật đang từ vị trí cân bằng đi về biên âm. Nên tại C lực hồi phục có hướng ngược với vận tốc. Tại D vật có vận tốc bằng 0 nên vật đang ở vị trí biên. Vì vận tốc tại D là 0 và đang tăng  nên D là vị trí biên âm

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị ta thấy A và B là hai điểm có cùng vận tốc, nhưng ở hai phía so với vận tốc cực đại, nên đó sẽ là hai điểm cách đều vị trí cân bằng và ở hai phía so với O. Tại C, vật có vận tốc âm và đang giảm về 0 nên vật đang từ vị trí cân bằng đi về biên âm. Nên tại C lực hồi phục có hướng ngược với vận tốc. Tại D vật có vận tốc bằng 0 nên vật đang ở vị trí biên. Vì vận tốc tại D là 0 và đang tăng  nên D là vị trí biên âm

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức gia tốc cực đại: a₀ = A.ω² = A.(2πf)²

Lời giải chi tiết:

Áp dụng công thức:  a₀ = A.ω² = A.(2πf)² = 10.(2π.4)² = 6310 cm/s² = 63,1 m/s²

Chọn B

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức a = -ω²x.

Chu kì được xác định bởi T = 2π/ ω

Lời giải chi tiết:

Vì a = -16π²x nên ta có  ω = 4π (rad/s)

Vậy T = 0,5s

Chọn B

Phương pháp giải:

Từ phương trình vận tốc, xác định phương trình li độ của vật, sau đó thay giá trị của t vào phương trình.

Lời giải chi tiết:

Ta có: $\text{v = 120 cos20t (cm/s)}\Rightarrow \text{x = }\int{\text{vdt}}=\text{120}\text{.sin20t}\text{.}\frac{\text{1}}{\text{20}}=\text{6 sin20t = 6 cos(20t}-\frac{\pi }{2})$

Vào thời điểm $\text{t = }\frac{\text{T}}{\text{6}}$, vật có li độ:

$\text{x = 6 cos(20}\text{.}\frac{1}{6}.\frac{2\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }}{20}-\frac{\pi }{2})=3\sqrt{3}$ (cm)

Chọn C

Phương pháp giải:

Phương trình li độ của dao động điều hòa: $x = A\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)$.

Trong đó: A là biên độ; $\omega$ là tần số góc; $\varphi$ là pha ban đầu; $\left( {\omega t + \varphi } \right)$là pha dao động.

Lời giải chi tiết:

Phương trình dao động: x = Acos10t (cm).

Tại t = 2 s, pha dao động 10t = 10.2 = 20 (rad).

Chọn D.

Phương pháp giải:

Phương trình li độ của dao động điều hòa: $x = A\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)$.

Trong đó:  là tần số góc; $\varphi$ là pha ban đầu; $\left( {\omega t + \varphi } \right)$là pha dao động.

Chu kì dao động: $T=\frac{2\pi }{\omega }$.

Lời giải chi tiết:

Phương trình dao động: $x = 4\cos \left( {\omega t - \frac{\pi }{3}} \right)$.

Pha dao động của vật: $\left( {\omega t - \frac{\pi }{3}} \right)$.

Tại thời điểm $t=\frac{T}{3}\Rightarrow \omega t-\frac{\pi }{3}=\omega .\frac{T}{3}-\frac{\pi }{3}=\frac{\omega .2\pi }{3\omega }-\frac{\pi }{3}=\frac{\pi }{3}$.

Chọn D.

Phương pháp giải:

Độ lệch pha của hai dao động: $\Delta \varphi  = \left| {{\varphi _2} - {\varphi _1}} \right|$.

Lời giải chi tiết:

Pha ban đầu của hai dao động lần lượt là: ${\varphi _1} = 0,75\pi ;\,\,{\varphi _2} = 0,5\pi$

$\Rightarrow \Delta \varphi =\left| {{\varphi }_{2}}-{{\varphi }_{1}} \right|=\left| 0,75\pi -0,5\pi  \right|=0,25\pi$

Chọn A.

Phương pháp giải:

Vận dụng lí thuyết về dao động điều hòa

Lời giải chi tiết:

A – sai vì vận tốc của chất điểm tại VTCB là ${v_{max}} = A\omega  = 10\pi \left( {cm/s} \right)$

B – sai vì chu kì dao dộng là $T = 2s$

C – sai vì biên độ $A = 10cm$

D - đúng

Chọn D

Phương pháp giải:

Pha dao động tại thời điểm t: $\omega t + \varphi$

Lời giải chi tiết:

Pha của dao động tại thời điểm $t = 1s$ là: $\pi .1 + 0,5\pi  = 1,5\pi \left( {rad} \right)$

Chọn C

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về lực kéo về

Lời giải chi tiết:

Lực kéo về tác dụng vào vật luôn hướng về vị trí cân bằng

Chọn A

Phương pháp giải:

Quãng đường lớn nhất vật đi được trong khoảng thời gian $t < \dfrac{T}{2}$: ${S_{\max }} = 2A\sin \dfrac{{\Delta \varphi }}{2}$

Góc quay của vecto quay trong thời gian t: $\Delta \varphi  = \omega t = \dfrac{{2\pi }}{T}.t$

Lời giải chi tiết:

Trong khoảng thời gian $\dfrac{T}{4}$, vecto quay được góc:

$\Delta \varphi  = \dfrac{{2\pi }}{T}.t = \dfrac{{2\pi }}{T}.\dfrac{T}{4} = \dfrac{\pi }{2}\,\,\left( {rad} \right)$

Quãng đường lớn nhất vật đi được trong khoảng thời gian $\dfrac{T}{4}$ là:

${S_{\max }} = 2A\sin \dfrac{{\Delta \varphi }}{2} = 2A.\sin \dfrac{\pi }{4} = A\sqrt 2$

Chọn A.

Phương pháp giải:

Vận tốc cực đại: ${v_{\max }} = \omega A$

Vận tốc luôn sớm pha hơn li độ góc $\dfrac{\pi }{2}$

Lời giải chi tiết:

Từ phương trình vận tốc của vật: $v = 20\pi \cos \left( {4\pi t + \dfrac{\pi }{6}} \right)\,\,\left( {cm/s} \right)$, ta có:

${v_{\max }} = \omega A \Rightarrow A = \dfrac{{{v_{\max }}}}{\omega } = \dfrac{{20\pi }}{{4\pi }} = 5\,\,\left( {cm} \right)$

Tần số góc: $\omega  = 4\pi \,\,\left( {rad/s} \right)$

Vận tốc luôn sớm pha hơn li độ góc $\dfrac{\pi }{2}\left( {rad} \right)$

${\varphi _{v/x}} = \dfrac{\pi }{2} = {\varphi _v} - {\varphi _x} \Rightarrow {\varphi _x} = {\varphi _v} - {\varphi _{v/x}} = \dfrac{\pi }{6} - \dfrac{\pi }{2} =  - \dfrac{\pi }{3}\,\,\left( {rad} \right)$

Vậy phương trình dao động là: $x = 5\cos \left( {4\pi t - \dfrac{\pi }{3}} \right)\,\,\left( {cm} \right)$

Chọn C.

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức tính tốc độ cực đại của vật dao động điều hòa: ${v_{max}} = A\omega$

Lời giải chi tiết:

Tốc độ cực đại của chất điểm: ${v_{max}} = A\omega  = 10.5 = 50\left( {cm/s} \right)$

Chọn B

Phương pháp giải:

Sử dụng hệ thức độc lập: ${A^2} = {x^2} + \dfrac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}}$

Lời giải chi tiết:

Tần số góc của dao động: $\omega  = \dfrac{{2\pi }}{T} = \dfrac{{2\pi }}{2} = \pi \left( {rad/s} \right)$

Áp dụng hệ thức độc lập, ta có: ${A^2} = {x^2} + \dfrac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}}$

$\Rightarrow v = \omega \sqrt {{A^2} - {x^2}}  = \pi \sqrt {{{10}^2} - {6^2}}  = 8\pi cm/s = 25,13m/s$

Chọn C

Phương pháp giải:

Vận tốc cực đại và gia tốc cực đại trong dao động điều hòa :  

$\left\{ \begin{array}{l} {v_0} = A.\omega \\ {a_0} = {\omega ^2}.A \end{array} \right.$

Công thức tính tần số dao động:  

$f = \frac{\omega }{{2\pi }}$

Lời giải chi tiết:

Ta có: 

$\left\{ \begin{array}{l} {v_0} = A.\omega = 6cm/s\\ {a_0} = {\omega ^2}.A = 18m/{s^2} \end{array} \right. \Rightarrow \omega = \frac{{{a_0}}}{{{v_O}}} = \frac{{18}}{6} = 3rad/s$

Tần số dao động của vật:

$f = \frac{\omega }{{2\pi }} = \frac{3}{{2\pi }} = 0,48Hz$

Chọn C.

Phương pháp giải:

Thay giá trị t vào biểu thức x

Lời giải chi tiết:

Tại t = 0,25s chất điểm có li độ bằng:  

$x = 2.\cos \left( {2\pi .0,25 + \frac{\pi }{2}} \right) = - 2cm$

Chọn C.

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính quãng đường lớn nhất.

  $${S_{{\rm{max}}}} = 2{\rm{Asin}}{{\omega \Delta t} \over 2}$$

Lời giải chi tiết:

Đáp án: A

Quãng đường lớn nhất vật đi được trong khoảng thời gian $${T \over 6}$$  là: 

$${S_{{\rm{max}}}} = 2{\rm{Asin}}{{\omega \Delta t} \over 2} = 2{\rm{Asin}}{{\omega {T \over 6}} \over 2} = 2{\rm{Asin}}{{{{2\pi } \over T}{T \over 6}} \over 2} = 2{\rm{Asin}}{\pi  \over 6} = A = 5cm$$

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính quãng đường lớn nhất.

  $${S_{{\rm{max}}}} = 2{\rm{Asin}}{{\Delta \varphi } \over 2} = 2{\rm{Asin}}{{\omega \Delta t} \over 2}$$

Lời giải chi tiết:

Ta có:   $$\Delta \varphi  = \Delta t.\omega  = {T \over 3}{{2\pi } \over T} = {{2\pi } \over 3}$$

Quãng đường lớn nhất vật đi được trong khoảng thời gian $${T \over 3}$$  là:

  $${S_{{\rm{max}}}} = 2{\rm{Asin}}{{\Delta \varphi } \over 2} = 2{\rm{Asin}}{{{{2\pi } \over 3}} \over 2} = 2{\rm{Asin}}{\pi  \over 3} = A\sqrt 3  = 5\sqrt 3 cm$$

=>Chọn C                                            

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính quãng đường lớn nhất.

  $${S_{{\rm{max}}}} = 2{\rm{Asin}}{{\Delta \varphi } \over 2} = 2{\rm{Asin}}{{\omega \Delta t} \over 2}$$

Lời giải chi tiết:

Ta có:   $$\Delta \varphi  = \Delta t.\omega  = {{2T} \over 3}{{2\pi } \over T} = {{4\pi } \over 3} = \pi  + {\pi  \over 3}$$

Quãng đường lớn nhất vật đi được trong khoảng thời gian $${T \over 3}$$  là:

  $${S_{{\rm{max}}}} = {S_{(\pi )}} + {S_{({\pi  \over 3})}} = 2A + 2{\rm{Asin}}{{\Delta \varphi } \over 2} = 2A + 2{\rm{Asin}}{{{\pi  \over 3}} \over 2} = 3A$$

=>Chọn B                                           

Lời giải chi tiết:

 (s)

=> 

=> S max = 2A.sin = 2A.sin  cm

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

Phương pháp: Sử dụng vòng tròn lượng giác

Chu kỳ dao động của vật: T = 0,2s.

Biểu diễn trên hình vẽ vị trí (1) là vị trí của vật ở thời điểm t₁ , sau t  = 0,05s = T/4 vật ở vị trí (2) có $x =  - 3\sqrt 3 ;v < 0$

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

Phương pháp : Áp dụng công thức tính tốc độ trung bình

 $\Delta t = {1 \over {15}} = {T \over 6}$

Để tốc độ trung bình lớn nhất thì quãng đường đi được lớn nhất và bằng A = 12cm.

 ${v_{tb}} = {{12} \over {1/15}} = 180cm/s$

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính tốc độ trung bình của chất điểm dao động điều hoà.

Lời giải chi tiết:

Quỹ đạo chuyển động 14cm => Biên độ dao động A = 7cm

Chu kỳ T = 1s

Từ đường tròng lượng giác ta thấy:

Gia tốc của chất điểm có độ lớn cực đại khi chất điểm ở vị trí biên.  Trong một chu kì chất điểm đi qua vị trí biên 2 lần, do vậy thời gian để chất điểm đi từ vị trí ban đầu đến khi gia tốc có độ lớn cực tiểu lần thứ 3 sẽ là: $t = T + \frac{T}{6}$

Vậy vận tốc trung bình của vật là: ${v_{tb}} = \frac{s}{t} = \frac{{{s_T} + {s_{\frac{T}{6}}}}}{{T + \frac{T}{6}}} = \frac{{4.7 + \frac{7}{2}}}{{1 + \frac{1}{6}}} = 27cm/s$

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị ta thấy: ${T \over 2} = {{2,2} \over {12}} - {1 \over {12}} = {{1,2} \over {12}} \Rightarrow T = 0,2s \Rightarrow \omega  = {{2\pi } \over T} = 10\pi \left( {rad/s} \right)$

Tại thời điểm t = 0:

$\eqalign{ & \left\{ {{x_0} = - 2cm \Leftrightarrow \left\{ \matrix{ 4\cos \varphi = - 2 \hfill \cr \sin \varphi > 0 \hfill \cr} \right.} \right. \Rightarrow \varphi = {{2\pi } \over 3}rad \cr & \Rightarrow x = 4\cos \left( {10\pi t + {{2\pi } \over 3}} \right)cm \cr}$