50 bài tập Tổng hợp hai dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số - Phương pháp giản đồ Frenen mức độ vận dụng cao

Phương pháp giải:

- Sử dụng công thức tính biên độ của dao động tổng hợp hai dao động cùng phương, cùng tần số

- Sử dụng bất đẳng thức Cô - si.

Lời giải chi tiết:

Ta có: 

\(\eqalign{
& A_x^2 = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}\cos \left( {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right) \cr
& A_y^2 = A_1^2 + A_2^2 - 2{A_1}{A_2}\cos \left( {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right) \cr
& {A_x} = 5{A_y} \Leftrightarrow 12{A_1}{A_2}\cos \left( {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right) = 4A_1^2 + 4A_2^2 \cr
& \Rightarrow \cos \left( {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right) = {{4A_1^2 + 4A_2^2} \over {12{A_1}{A_2}}} \ge {{2\sqrt {4A_1^2.4A_2^2} } \over {12{A_1}{A_2}}} = {2 \over 3} \Rightarrow \Delta \varphi \le {48,18^0} \cr} \)

Vậy độ lệch pha cực đại của hai dao động là 48,18⁰

Lời giải chi tiết:

+ Khoảng cách giữa hai chất điểm theo phương thẳng đứng:

\(d = \left| {{y_1} - {y_2}} \right| = \sqrt {52} \left| {\cos \left( {7\pi t + \varphi } \right)} \right|cm \Rightarrow {d_{\max }} = \sqrt {52} cm\) 

+ Khoảng cách lớn nhất giữa hai chất điểm là:\(\sqrt {{O_1}{O_2}^2 + d_{\max }^2}  = \sqrt {52 + {{15}^2}}  = 16,64cm\)

Phương pháp giải:

- Giản đồ Fres-nen

- Định lí hàm số sin trong tam giác

Lời giải chi tiết:

- Từ dữ kiện đề bài \({A_1} = 10cm;{\varphi _{x1}} = \varphi ;{\varphi _{x2}} =  - \frac{\pi }{2};{\varphi _x} =  - \frac{\pi }{3}\) ta vẽ được giản đồ vecto :

- Xét ∆OA₂A ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{A_2}A = {A_1} = 10cm\\\widehat {{A_2}OA} = {90^0} - {60^0} = {30^0}\\\widehat {OA{A_2}} = \widehat {{A_1}OA} = {60^0} + \varphi \,\,\,\left( {O{A_1}//{A_2}A} \right)\\\widehat {O{A_2}A} = {180^0} - \widehat {{A_2}OA} - \widehat {OA{A_2}} = {180^0} - {30^0} - {60^0} - \varphi  = {90^0} - \varphi \end{array} \right.\)

- Sử dụng định lí hàm số sin trong ∆OA₂A ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{{{A_2}A}}{{\sin \widehat {{A_2}OA}}} = \frac{{O{A_2}}}{{\sin \widehat {OA{A_2}}}} = \frac{{OA}}{{\sin \widehat {O{A_2}A}}} \Leftrightarrow \frac{{10}}{{\sin 30}} = \frac{{{A_2}}}{{\sin \left( {60 + \varphi } \right)}} = \frac{A}{{\sin \left( {90 - \varphi } \right)}}\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A = \frac{{10.\sin \left( {90 - \varphi } \right)}}{{\sin 30}}\\{A_2} = \frac{{10.\sin \left( {60 + \varphi } \right)}}{{\sin 30}}\end{array} \right.\end{array}\)

- Năng lượng dao động cực đại khi \({A_{\max }} \Leftrightarrow \sin \left( {90 - \varphi } \right) = 1 \Leftrightarrow 90 - \varphi  = 90 \Rightarrow \varphi  = 0 \Rightarrow {A_2} = \frac{{10.\sin \left( {60 + 0} \right)}}{{\sin 30}} = 10\sqrt 3 cm\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

Phương pháp:

-          Sử dụng lí thuyết về khoảng cách của hai vật dao động điều hoà

-          Khảo sát hàm số bậc hai

Lời giải chi tiết:

Lời giải chi tiết:

Lời giải chi tiết:

Lời giải chi tiết:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về tổng hợp hai dao động điều hòa cùng tần số kết hợp với bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki để đánh giá

Lời giải chi tiết:

Giả sử phương trình dao động của M và N lần lượt là \({x_M} = {A_M}\cos (\omega t + {\varphi _M})\) và \({x_N} = {A_N}\cos (\omega t + {\varphi _N})\)

Biên độ dao động tổng hợp của hai dao động trên là: \(A = \sqrt {A_M^2 + A_N^2 + 2{A_M}{A_N}\cos ({\varphi _M} - {\varphi _N})} \)

Khoảng cách lớn nhất của M và N trên phương Ox là: \({d_{\max }} = \sqrt {A_M^2 + A_N^2 - 2{A_M}{A_N}\cos ({\varphi _M} - {\varphi _N})} \)

Theo đề bài ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}A_M^2 + A_N^2 + 2{A_M}{A_N}\cos ({\varphi _M} - {\varphi _N}) = {A^2} = 4\\A_M^2 + A_N^2 - 2{A_M}{A_N}\cos ({\varphi _M} - {\varphi _N}) = d_{\max }^2 = 2\end{array} \right. \Rightarrow A_M^2 + A_N^2 = 3\)

Thấy rằng: \({A_M} + {A_N} = 1.{A_M} + 1.{A_N} \le ({1^2} + {1^2})(A_M^2 + A_N^2) = 2.3 = 6\) => (A_M + A_N)_max = 6 cm=> Chọn D

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tổng hợp hai dao động

Lời giải chi tiết:

Ta có tần số góc của con lắc A và con lắc B là:

\(\begin{array}{l}
\omega {}_A = \sqrt {\frac{k}{m}} ;{\omega _B} = \sqrt {\frac{k}{{4m}}} = \frac{1}{2}\sqrt {\frac{k}{m}} = \frac{{{\omega _A}}}{2}\\
= > {\omega _A} = 2{\omega _B}
\end{array}\)

Chọn trục tọa độ Ox trùng với trục của hai lò xo, gốc tọa độ O ở vị trí cân bằng của con lắc A, chiều dương là chiều từ A đến B. Ta viết phương trình dao động của hai con lắc và tìm khoảng cách giữa hai con lắc: 

\(\begin{array}{l}
{x_A} = 8\cos \left( {{\omega _A}t + \pi } \right) = - 8\cos ({\omega _A}t) = - 8\cos \left( {2{\omega _B}t} \right)\\
{x_B} = 64 + 8.\cos \left( {{\omega _B}t + \pi } \right)\\
\Delta d = {x_B} - {x_A} = 64 + 8.\cos \left( {{\omega _B}t + \pi } \right) + 8\cos \left( {2{\omega _B}t} \right)\\
\Leftrightarrow \Delta d = 64 + 8.\left( {2{{\cos }^2}\left( {{\omega _B}t} \right) - 1} \right) - 8\cos \left( {{\omega _B}t} \right)\\
\Leftrightarrow \Delta d = 64 + 8.(2{\cos ^2}\left( {{\omega _B}t} \right) - \cos \left( {{\omega _B}t} \right) - 1)\\
\Leftrightarrow \Delta d = 64 + 8.\left[ {\left( {\sqrt 2 \cos \left( {{\omega _B}t} \right) - 2.\sqrt 2 \cos \left( {{\omega _B}t} \right).\frac{1}{{2\sqrt 2 }} + \frac{1}{8}} \right) - \frac{9}{8}} \right]\\
\Leftrightarrow \Delta d = 64 + 8.{\left( {\sqrt 2 \cos \left( {{\omega _B}t} \right) - \frac{1}{{2\sqrt 2 }}} \right)^2} - 9\\
*{\left( {\sqrt 2 \cos \left( {{\omega _B}t} \right) - \frac{1}{{2\sqrt 2 }}} \right)^2} \ge 0 \Leftrightarrow \Delta {d_{\min }} = 64 + 0 - 9 = 55cm\\
* - 1 \le \cos \left( {{\omega _B}t} \right) \le 1 \Rightarrow \Delta {d_{\max }} = 64 + 8.(2.{( - 1)^2} - ( - 1) - 1) = 64 + 8.2 = 80cm
\end{array}\)

Lời giải chi tiết:

Lời giải chi tiết:

Lời giải chi tiết:

Sử dụng công thức tính li độ dao động tổng hợp, công thức độc lập thời gian giữa li độ và vận tốc

Gọi x là li độ của dao động tổng hợp tại hai thời điểm t

Tại thời điểm t ta có  \(x = {x_1} + {x_2} = \sqrt {15} ;{{{x_2}} \over {{x_1}}} =  - 2 \Rightarrow {x_1} =  - \sqrt {15} ;{x_2} = 2\sqrt {15} \)

Mà  \(\left| {{{{v_2}} \over {{v_1}}}} \right| = \sqrt {{{9{A^2} - x_2^2} \over {4{A^2} - x_1^2}}}  = 1 \Rightarrow A = 3cm\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Công thức tính cơ năng W = mω²A²/2

Lời giải chi tiết:

Theo bài ra ta có : m = 200g = 0,2kg ; A₁ = 3 cm ; T₁ = 0,8s => ω  = 2,5π

 \(W = 22,5{\rm{ }}mJ\; = {W_1} + {W_2} = {1 \over 2}m{\omega ^2}A_1^2 + {1 \over 2}m{\omega ^2}A_2^2 \Rightarrow {A_2} \approx 5,1cm\)

Phương pháp giải:

Sử dụng đường tròn lượng giác

Định luật bảo toàn cơ năng: W = Wđ + Wt

Lời giải chi tiết:

+ Phương trình dao động của hai con lắc lò xo: 

\(\left\{ \matrix{
{x_M} = Ac{\rm{os}}\left( {\omega t + {\varphi _M}} \right) \hfill \cr
{x_N} = A\sqrt 3 c{\rm{os}}\left( {\omega t + {\varphi _N}} \right) \hfill \cr} \right.\)

+ Khoảng cách giữa hai vật nặng của hai con lắc lò xo tại thời điểm t là: d = x_M – x_N = A_MN.cos(ωt + φ)

Với \({A_{MN}} = \sqrt {A_M^2 + A_N^2 - 2{A_M}{A_N}c{\rm{os}}\left( {{\varphi _M} - {\varphi _N}} \right)}  \Leftrightarrow \sqrt {{A^2} + {{\left( {A\sqrt 3 } \right)}^2} - 2A.A\sqrt 3 c{\rm{os}}\Delta \varphi } \)

+ Trong quá trình dao động, độ chênh lệch độ cao lớn nhất của hai vật là A:

\( \Rightarrow {\left[ {{A_{MN}}\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)} \right]_{\max }} = A \Leftrightarrow \sqrt {{A^2} + {{\left( {A\sqrt 3 } \right)}^2} - 2A.A\sqrt 3 c{\rm{os}}\Delta \varphi }  = A \Rightarrow c{\rm{os}}\Delta \varphi  = {{\sqrt 3 } \over 2} \Rightarrow \Delta \varphi  = {\pi  \over 6}\) 

+ Động năng của con lắc M cực đại \({{\rm{W}}_{dM}} = {{k{A^2}} \over 2} = 0,12J\) khi vật M ở VTCB. Khi đó ta biểu diễn được vị trí của vật N được biểu diễn trên đường tròn lượng giác (M và N lệch pha nhau góc π/6).

+ Từ đường tròn lượng giác xác định được \({x_N} = A\sqrt 3 c{\rm{os}}{\pi  \over 3} = {{A\sqrt 3 } \over 2}\)

=> Động năng của con lắc N là:

\({{\rm{W}}_{dN}} = {{\rm{W}}_N} - {{\rm{W}}_{tN}} = {{kA_N^2} \over 2} - {{kx_N^2} \over 2} = {{k{{\left( {A\sqrt 3 } \right)}^2}} \over 2} - {{k{{\left( {{{A\sqrt 3 } \over 2}} \right)}^2}} \over 2} = \left( {3 - {3 \over 4}} \right){{k{A^2}} \over 2} = {9 \over 4}.0,12 = 0,27J\) 

Phương pháp giải:

Khoảng cách giữa hai điểm sáng được biểu diễn bởi phương trình: d = x₁ – x₂ = Acos(ωt + φ)

Với \(\tan \varphi  = {{{A_1}\sin {\varphi _1} - {A_2}\sin {\varphi _2}} \over {{A_1}\cos {\varphi _1} - {A_2}c{\rm{os}}{\varphi _2}}}\)

Sử dụng đường tròn lượng giác

Lời giải chi tiết:

+ Phương trình vận tốc của hai chất điểm: 

\(\left\{ \matrix{
{v_1} = 20\pi c{\rm{os}}\left( {5\pi t + {\pi \over 2}} \right) \hfill \cr
{v_2} = 20\pi \sqrt 3 c{\rm{os}}\left( {5\pi t + {\pi \over 6} + {\pi \over 2}} \right) = 20\pi \sqrt 3 c{\rm{os}}\left( {5\pi t + {{2\pi } \over 3}} \right) \hfill \cr} \right.\)

+ Ta có: d = x₁ – x₂ = Acos(ωt + φ)

Với: \(\tan \varphi  = {{4\sin 0 - 4\sqrt 3 \sin {\pi  \over 6}} \over {4\cos 0 - 4\sqrt 3 c{\rm{os}}{\pi  \over 6}}} = \sqrt 3  \Rightarrow \varphi  = {\pi  \over 3} \Rightarrow d = A\cos \left( {5\pi t + {\pi  \over 3}} \right) \Rightarrow {d_{\max }} = A \Leftrightarrow d =  \pm A\)

+ Thời điểm đầu tiên t hai điểm sáng cách xa nhau nhất được biểu diễn trên đường tròn lượng giác:

Góc quét được: \(\alpha  = {\pi  \over 6} + {\pi  \over 2} = {{2\pi } \over 3} \Rightarrow t = {\alpha  \over \omega } = {{{{2\pi } \over 3}} \over {5\pi }} = {2 \over {15}}s\)

+ Tại t = 2/15s tỉ số vận tốc của chất điểm 1 so với chất điểm 2: \({{{v_1}} \over {{v_2}}} = {{20\pi c{\rm{os}}\left( {5\pi .{2 \over {15}} + {\pi  \over 2}} \right)} \over {20\pi \sqrt 3 c{\rm{os}}\left( {5\pi .{2 \over {15}} + {{2\pi } \over 3}} \right)}} = {{ - {{\sqrt 3 } \over 2}} \over { - {{\sqrt 3 } \over 2}}} = 1\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

Theo đề ta vẽ được giản đồ vecto như hình vẽ

Ta có 

\({{\rm{W}}_1} = 2{W_2} = > {A_1} = {A_2}\sqrt 2 = > \left\{ \matrix{
{A_2} = a \hfill \cr
{A_1} = a\sqrt 2 \hfill \cr} \right.\)

Từ hình vẽ ta có : 

\(\left\{ \matrix{
A_{23}^2 = A_3^2 - {a^2} \hfill \cr
\cos \alpha = {{{A_{23}}} \over {{A_{13}}}} \hfill \cr} \right.\)

Theo đề :\({{{{\rm{W}}_{23}}} \over {{{\rm{W}}_{13}}}} = {1 \over 3} \Leftrightarrow {{A_{23}^2} \over {A_{13}^2}} = {1 \over 3} =  > \cos \alpha  = {1 \over {\sqrt 3 }} =  > \tan \alpha  = \sqrt 2 \)

Lại có :\(\tan \alpha  = {{a + a\sqrt 2 } \over {{A_{23}}}} =  > {A_{23}} = \left( {1,5 + \sqrt 2 } \right){a^2} =  > A_3^2 = \left( {2,5 + \sqrt 2 } \right){a^2}\)

Vì 

\(\left\{ \matrix{
x = {x_1} + {x_2} + {x_3} = {x_{23}} + {x_1} \hfill \cr
\buildrel {{x_{23}} \bot {x_1}} \over
\longrightarrow = > A_{th}^2 = A_{23}^2 + A_1^2\mathrel{\mathop{\kern0pt\longrightarrow}
\limits_{({A_1} = A\sqrt 2 )}^{(9)}} A_{th}^2 = \left( {3,5 + \sqrt 2 } \right){a^2} \hfill \cr} \right.\)

Ta có \({{{{\rm{W}}_{th}}} \over {{{\rm{W}}_{23}}}} = {{A_{th}^2} \over {{A_{23}}}} = {{\left( {3,5 + \sqrt 2 } \right){a^2}} \over {\left( {1,5 + \sqrt 2 } \right){a^2}}} \approx 1,7 =  > {{\rm{W}}_{th}} = 1,7W\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

Khoảng cách giữa hai vật  x₂-x₁= 10\(\sqrt 2 \)cos (2,5πt + π/2) (cm) . Trong một chu kì có 4 lần xảy ra hai vật cách nhau 10cm. Sau  504T có 2016 lần, sau 3T/8 có 2 lần nữa hai vật cách nhau 10 cm. Vậy thời điểm hình chiếu của hai vật cách nhau 10 cm lần thứ 2018 là: 504T+3T/8= 403,5 s

Phương pháp giải:

Công thức tính biên độ của dao động tổng hợp là :  

\({A^2} = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}.\cos \Delta \varphi \)

Áp dụng BĐT Cô - si

Lời giải chi tiết:

Biên độ của dao động tổng hợp :\({A^2} = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}.\cos \Delta \varphi \)

Ta có :

${20^2} = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}.\cos \left( { - 1,572 - 0,35} \right) = A_1^2 + A_2^2 - 0,688{A_1}{A_2} = {({A_1} + {A_2})^2} - 2,688{A_1}{A_2}$

Áp dung BĐT Cô – si ta có :

\(\begin{array}{l}
{A_1}{A_2} \le \frac{{{{({A_1} + {A_2})}^2}}}{4} \Rightarrow {20^2} \le {({A_1} + {A_2})^2}(1 - \frac{{2,688}}{4})\\
\Rightarrow {({A_1} + {A_2})_{\max }} = 34,92 \approx 35cm
\end{array}\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính biên độ tổng hợp của hai dao động và sử dụng điều kiện có nghiệm của PT bậc 2

Lời giải chi tiết:

Biên độ dao động tổng hợp được tính theo công thức sau

 \({A^2} = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}\cos {\pi  \over 3} \Leftrightarrow A_1^2 + {A_2}.{A_1} + A_2^2 - {A^2} = 0\)

Để PT ẩn A₁ có nghiệm thì  \(\Delta  = A_2^2 - 4\left( {A_2^2 - {A^2}} \right) \ge 0 \Leftrightarrow 4{A^2} - 3A_2^2 \ge 0 \Leftrightarrow A_2^2 \le {{4{A^2}} \over 3} \Rightarrow {A_2} \le {{2A\sqrt 3 } \over 3}\)

Do đó  \({A_{2\max }} = {{2A\sqrt 3 } \over 3}\)

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Tần số góc của dao động: \(\omega  = \sqrt {\frac{k}{m}} \)

Độ lớn lực phục hồi tác dụng lên vật: \({F_{ph}} = \left| {k.x} \right|\)

Lời giải chi tiết:

Ta có \(16{x_1}^2 + 9{x_2}^2 = 25 \Rightarrow \frac{{{x_1}^2}}{{1,{{25}^2}}} + \frac{{{x_2}^2}}{{{{\left( {\frac{5}{3}} \right)}^2}}} = 1\)

Vậy hai dao động này vuông pha và có các biên độ thành phần:

 \(\left\{ \begin{gathered}{A_1} = 1,25\,\,\left( {cm} \right) \hfill \\{A_2} = \frac{5}{3}\,\,\left( {cm} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow A = \sqrt {{A_1}^2 + {A_2}^2} = \sqrt {1,{{25}^2} + {{\left( {\frac{5}{3}} \right)}^2}} = \frac{{25}}{{12}}\,\,\left( {cm} \right)\)

Độ lớn lực phục hồi tác dụng lên vật:

 \({F_{ph\max }} = k.A \Rightarrow k = \frac{{{F_{ph\max }}}}{A} = \frac{{0,4}}{{\frac{{25}}{{12}}{{.10}^{ - 2}}}} = 19,2\,\,\left( {N/m} \right)\)

Tần số góc của dao động: \(\omega  = \sqrt {\frac{k}{m}}  = \sqrt {\frac{{19,2}}{{0,3}}}  = 8\,\,\left( {rad/s} \right)\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Năng lượng dao động: \(\text{W}=\frac{1}{2}k{{A}^{2}}\)

Sử dụng đạo hàm để tìm cực trị của hàm số.

Lời giải chi tiết:

Tần số góc của hai con lắc lần lượt là:

\(\begin{align}& {{\omega }_{1}}=\sqrt{\frac{{{k}_{1}}}{{{m}_{1}}}} \\& {{\omega }_{2}}=\sqrt{\frac{{{k}_{2}}}{{{m}_{2}}}}=\sqrt{\frac{4{{k}_{1}}}{{{m}_{1}}}}=2{{\omega }_{1}} \\\end{align}\)

Biên độ dao động của hai con lắc:

\(\begin{align}& {{A}_{1}}=\sqrt{\frac{2W}{{{k}_{1}}}}=\sqrt{\frac{2.0,125}{100}}=0,05\,\,\left( m \right)=5\,\,\left( cm \right) \\& {{A}_{2}}=\sqrt{\frac{2W}{{{k}_{2}}}}=\sqrt{\frac{2.0,125}{400}}=0,025\,\,\left( m \right)=2,5\,\,\left( cm \right) \\\end{align}\)

Chọn hệ trục tọa độ với chiều dương như hình vẽ.

Phương trình dao động của hai con lắc lần lượt là:

\(\begin{align}& {{x}_{1}}=5\cos \left( {{\omega }_{1}}t-\pi  \right)=-5\cos \left( {{\omega }_{1}}t \right)\,\,cm \\& {{x}_{2}}=10+2,5\cos \left( 2{{\omega }_{1}}t \right)=5{{\cos }^{2}}\left( {{\omega }_{1}}t \right)+7,5\,\,cm \\\end{align}\)

Khoảng cách giữa hai vật: \(d=\left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|\)

\(\Rightarrow d=\left| -5\cos \left( {{\omega }_{1}}t \right)-5{{\cos }^{2}}\left( {{\omega }_{1}}t \right)-7,5 \right|=\left| 5{{\cos }^{2}}\left( {{\omega }_{1}}t \right)+5\cos \left( {{\omega }_{1}}t \right)+7,5 \right|\)

Đặt \(x=\cos \left( {{\omega }_{1}}t \right)\), xét hàm số \(y=5{{x}^{2}}+5x+7,5\Rightarrow y{{'}_{\left( x \right)}}=10x+5\)

Để \({{y}_{\min }}\Rightarrow y{{'}_{\left( x \right)}}=0\Rightarrow 10x+5=0\Rightarrow x=-\frac{1}{2}\)

Với \(x=\cos \left( {{\omega }_{1}}t \right)=-\frac{1}{2}\Rightarrow y=6,25\Rightarrow d=\left| y \right|=6,25\,\,\left( cm \right)\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Khoảng cách giữa hai chất điểm: \(d=\left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|\)

Sử dụng công thức \(t=\frac{\varphi }{\omega }\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \({{x}_{1}}-{{x}_{2}}=3\cos \left( \frac{5\pi }{3}t+\frac{\pi }{3} \right)-3\sqrt{3}\cos \left( \frac{5\pi }{3}t+\frac{5\pi }{6} \right)=6\cos \left( \frac{5\pi }{3}t \right)\,\,\left( cm \right)\)

Khoảng cách lớn nhất giữa hai chất điểm \({{d}_{\max }}=6\,\,\left( cm \right)\Leftrightarrow {{x}_{1}}-{{x}_{2}}=\pm 6\,\,\left( cm \right)\)

Thời điểm đầu tiên hai vật có khoảng cách lớn nhất, hai vật quay được góc: \(\varphi =\pi \,\,\left( rad \right)\)

Vậy thời điểm đầu tiên hai vật có khoảng cách lớn nhất: \(t=\frac{\varphi }{\omega }=\frac{\pi }{\frac{5\pi }{3}}=0,6\,\,\left( s \right)\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Biên độ dao động tổng hợp: \(A=\sqrt{{{A}_{1}}^{2}+{{A}_{2}}^{2}+2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\cos \left( {{\varphi }_{1}}-{{\varphi }_{2}} \right)}\)

Khoảng cách lớn nhất giữa hai vật: \({{d}_{\max }}=\sqrt{{{A}_{1}}^{2}+{{A}_{2}}^{2}-2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\cos \Delta \varphi }\)

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy để tìm cực trị.

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(x={{x}_{1}}+{{x}_{2}}\), giá trị lớn nhất của tổng li độ dao động của hai vật:

\(A=\sqrt{{{A}_{1}}^{2}+{{A}_{2}}^{2}+2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\cos \Delta \varphi }\)

Khoảng cách lớn nhất giữa hai vật:

\({{d}_{\max }}=\sqrt{{{A}_{1}}^{2}+{{A}_{2}}^{2}-2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\cos \Delta \varphi }\)

Theo đề bài ta có: \(A=2{{d}_{\max }}\)

\(\begin{align}& \Rightarrow \sqrt{{{A}_{1}}^{2}+{{A}_{2}}^{2}+2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\cos \Delta \varphi }=2\sqrt{{{A}_{1}}^{2}+{{A}_{2}}^{2}-2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\cos \Delta \varphi } \\& \Rightarrow {{A}_{1}}^{2}+{{A}_{2}}^{2}+2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\cos \Delta \varphi =4\left( {{A}_{1}}^{2}+{{A}_{2}}^{2}-2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\cos \Delta \varphi  \right) \\& \Rightarrow 3{{A}_{1}}^{2}+3{{A}_{2}}^{2}-10{{A}_{1}}{{A}_{2}}\cos \Delta \varphi =0 \\& \Rightarrow \cos \Delta \varphi =\frac{3}{5}\frac{{{A}_{1}}^{2}+{{A}_{2}}^{2}}{2{{A}_{1}}{{A}_{2}}} \\\end{align}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: \({{A}_{1}}^{2}+{{A}_{2}}^{2}\ge 2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\)

\(\Rightarrow \frac{{{A}_{1}}^{2}+{{A}_{2}}^{2}}{2{{A}_{1}}{{A}_{2}}}\ge 1\Rightarrow \cos \Delta \varphi \ge \frac{3}{5}\Rightarrow {{\left( \cos \Delta \varphi  \right)}_{\min }}=\frac{3}{5}\Rightarrow \Delta {{\varphi }_{\max }}=53,{{13}^{0}}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp giản đồ vecto fresnel và định lý sin trong tam giác.

Biểu diễn  \({x_1} = {A_1}.\cos \left( {\omega t - \frac{\pi }{6}} \right)(cm)\)  bởi vecto A₁ và \({x_2} = {A_2}.\cos (\omega t - \pi )(cm)\)bởi vecto A₂.

Dao động tổng hợp có phương trình: \(x = 9.\cos (\omega t + \varphi )(cm)\) được biểu diễn bởi vecto A.

Từ các phương trình vẽ được giản đồ vecto. Từ giản đồ vecto áp dụng định lí hàm số sin và biện luận.

Lời giải chi tiết:

Sử dụng phương pháp giản đồ vecto fresnel và định lý sin trong tam giác.

Biểu diễn \({x_1} = {A_1}.\cos \left( {\omega t - \frac{\pi }{6}} \right)(cm)\) bởi vecto A₁ 

Và \({x_2} = {A_2}.\cos (\omega t - \pi )(cm)\) bởi vecto A₂.

Dao động tổng hợp có phương trình: \(x = 9.\cos (\omega t + \varphi )(cm)\) được biểu diễn bởi vecto A.

Ta vẽ được giản đồ vecto:

Áp dụng định lý sin trong tam giác OAA₁ ta có:  

\(\frac{A}{{\sin \frac{\pi }{6}}} = \frac{{{A_2}}}{{\sin \alpha }} = \frac{{{A_1}}}{{\sin \beta }}\)

Để A₂ cực đại thì α = 90⁰, khi đó β = 60⁰.

Ta có:  

\(\frac{A}{{\sin {{30}^0}}} = \frac{{{A_1}}}{{\sin {{60}^0}}} \Rightarrow {A_1} = A.\frac{{\sin {{60}^0}}}{{\sin {{30}^0}}} = 9{\sqrt 3 _{}}(cm)\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Khoảng cách giữa hai vật nhỏ trong quá trình dao động là: \(d = \sqrt {{3^2} + {{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2}} \)

Khoảng cách này lớn nhất là \({d_{\max }} \Leftrightarrow {\left( {{x_2} - {x_1}} \right)_{\max }}\)

Lời giải chi tiết:

Khoảng cách giữa hai vật nhỏ trong quá trình dao động là:

\(d = \sqrt {{3^2} + {{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2}} \)

Ta có: \({x_2} - {x_1} = 6\cos \left( {\omega t + \frac{\pi }{3}} \right) - 3\cos \left( {\omega t} \right)\)

\( \Leftrightarrow {x_2} - {x_1} = 3\sqrt 3 .\cos \left( {\omega t + \frac{\pi }{2}} \right)cm\)

Suy ra: \(\;{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)_{\max }} = 3\sqrt 3 cm \Leftrightarrow \cos \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{2}} \right) = 1\)

Vậy khoảng cách lớn nhất giữa hai vật nhỏ là:

\(d = \sqrt {{3^2} + {{\left( {3\sqrt 3 } \right)}^2}}  = 6cm\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Từ đồ thị ta viết phương trình của hai phương trình x₁ và x₂ sau đó tổng hợp x = x₁+ x₂

Sau đó áp dụng công thức độc lập với thời gian: 

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

Lời giải chi tiết:

+ Dao động của vật 1 có biên độ A = 4 cm.

Tại thời điểm ban đầu t₀ = 0 thì x₁₀ = 2cm và vật đang chuyển động về biên dương, nên pha ban đầu

\({\varphi _1} = - \frac{\pi }{3}rad\)

Vì vậy phương trình dao động có dạng: 

\({x_1} = 4.\cos \left( {\omega t - \frac{\pi }{3}} \right)(cm)\)

Đến thời điểm \(t = \frac{1}{{12}}s\) thì lần đầu tiên x₁ = 0, ta có:

\(0 = 4.cos\left( {\omega .\frac{1}{{12}} - \frac{\pi }{3}} \right) \Leftrightarrow \omega .\frac{1}{{12}} - \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{2}\)

\( \Leftrightarrow \omega \frac{1}{{12}} = \frac{{5\pi }}{6} \Leftrightarrow \omega  = 10\pi (rad/s)\)

Vậy ta có phương trình dao động của vật 1 là  

\({x_1} = 4.\cos \left( {10\pi t - \frac{\pi }{3}} \right)\left( {cm} \right)\)

+ Dao động của vật 2 có biên độ A = 8cm.

Tại thời điểm ban đầu t₀ = 0 thì x₂₀= 4cm và vật đang chuyển động về biên dương, nên pha ban đầu \({\varphi _1} = - \frac{\pi }{3}rad\)

Vì vậy phương trình dao động có dạng:  

\({x_2} = 8.\cos \left( {\omega t - \frac{\pi }{3}} \right)(cm)\)

Đến thời điểm \(t = \frac{1}{{12}}s\) thì lần đầu tiên x₂ = 0, ta có:

\(0 = 8.cos\left( {\omega .\frac{1}{{12}} - \frac{\pi }{3}} \right) \Leftrightarrow \omega .\frac{1}{{12}} - \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{2}\)

\( \Leftrightarrow \omega \frac{1}{{12}} = \frac{{5\pi }}{6} \Leftrightarrow \omega  = 10\pi (rad/s)\)

Vậy ta có phương trình dao động của vật 2 là:  

\({x_2} = 8.\cos \left( {10\pi t - \frac{\pi }{3}} \right)\left( {cm} \right)\)

Phương trình dao động tổng hợp là:

\(x = {x_1} + {x_2}\)

\(x = 4.\cos \left( {10\pi t - \frac{\pi }{3}} \right) + 8.\cos \left( {10\pi t - \frac{\pi }{3}} \right)\)

\(x = 12.\cos \left( {10\pi t - \frac{\pi }{3}} \right)\)

Khi \(x = 6{\sqrt 3 _{}}cm\) áp dụng phương trình độc lập với thời gian ta có:

\({x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {A^2} \Leftrightarrow {\left( {6\sqrt 3 } \right)^2} + \frac{{{v^2}}}{{{{(10\pi )}^2}}} = {12^2} \Rightarrow v = 60\pi \left( {cm/s} \right)\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Sử dụng giản đồ vecto và hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Lời giải chi tiết:

Ta có giản đồ vecto:

Nhận xét: \({A_{2\min }} \Leftrightarrow \overrightarrow {{A_2}}  \equiv \overrightarrow {OH} \)

Xét Δ OAB vuông tại O, ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{O{A^2}}} + \dfrac{1}{{O{B^2}}} \Rightarrow \dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left( {5\sqrt 6 } \right)}^2}}} + \dfrac{1}{{{5^2}}}\\ \Rightarrow OH = 4,629\,\,\left( {cm} \right) \approx 4,6\,\,\left( {cm} \right)\\ \Rightarrow {A_{2\min }} = OH = 4,6\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Biên độ dao động tổng hợp: \({A^2} = {A_1}^2 + {A_2}^2 + 2{A_1}{A_2}\cos \Delta \varphi \)

Sử dụng bất đẳng thức Cô – si để tìm cực trị.

Lời giải chi tiết:

Biên độ dao động tổng hợp là:

\(\begin{array}{l}{A^2} = {A_1}^2 + {A_2}^2 + 2{A_1}{A_2}\cos \Delta \varphi \\ \Rightarrow {\left( {2\sqrt 3 } \right)^2} = {A_1}^2 + {A_2}^2 + 2{A_1}{A_2}\cos \dfrac{\pi }{3}\\ \Rightarrow 12 = {A_1}^2 + {A_2}^2 + {A_1}{A_2} = {\left( {{A_1} + {A_2}} \right)^2} - {A_1}{A_2}\end{array}\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có:

\({A_1} + {A_2} \ge 2\sqrt {{A_1}{A_2}}  \Rightarrow {A_1}{A_2} \le \dfrac{{{{\left( {{A_1} + {A_2}} \right)}^2}}}{4}\) (dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow {A_1} = {A_2}\))

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {\left( {{A_1} + {A_2}} \right)^2} - {A_1}{A_2} \ge \dfrac{3}{4}{\left( {{A_1} + {A_2}} \right)^2} \Rightarrow 12 \ge \dfrac{3}{4}{\left( {{A_1} + {A_2}} \right)^2}\\ \Rightarrow {\left( {{A_1} + {A_2}} \right)^2} \le 16 \Rightarrow {A_1} + {A_2} \le 4\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Năng lượng của dao động điều hòa: \(W = \dfrac{1}{2}k{A^2}\)

Sử dụng giản đồ vecto

Lời giải chi tiết:

Ta có: \({W_1} = 3{W_2} \Rightarrow \dfrac{1}{2}k{A_1}^2 = 3.\dfrac{1}{2}k{A_2}^2 \Rightarrow {A_1}^2 = 3{A_2}^2 \Rightarrow {A_1} = {A_2}\sqrt 3 \)

Lại có: \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{W_{13}} = 5{W_0}\\{W_{23}} = {W_0}\end{array} \right. \Rightarrow {W_{13}} = 5{W_{23}} \Rightarrow \dfrac{1}{2}k{A_{13}}^2 = 5.\dfrac{1}{2}k{A_{23}}^2\\ \Rightarrow {A_{13}}^2 = 5{A_{23}}^2 \Rightarrow {A_{13}} = {A_{23}}\sqrt 5 \end{array}\)

Ta có giản đồ vecto:

Đặt \({A_{23}} = OB = a \Rightarrow {A_{13}} = OC = a\sqrt 5 \)

Xét \(\Delta OBC:BC = \sqrt {O{C^2} - O{B^2}}  = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 5 } \right)}^2} - {a^2}}  = 2a\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow {A_1} + {A_2} = BC = 2a \Rightarrow {A_2}\left( {\sqrt 3  + 1} \right) = a\sqrt 5 \\ \Rightarrow {A_2} = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{{\sqrt 3  + 1}} \Rightarrow {A_1} = {A_2}\sqrt 3  = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{{\sqrt 3  + 1}}\end{array}\)

Ta có: \(\overrightarrow A  = \overrightarrow {{A_1}}  + \overrightarrow {{A_2}}  + \overrightarrow {{A_3}}  = \overrightarrow {{A_1}}  + \overrightarrow {{A_{23}}} \,\,\left( {\overrightarrow {{A_1}}  \bot \overrightarrow {{A_{23}}} } \right)\)

\( \Rightarrow A = \sqrt {{A_1}^2 + {A_{23}}^2}  = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{a\sqrt {15} }}{{\sqrt 3  + 1}}} \right)}^2} + {a^2}}  = 1,7348a \approx 1,73a\)

Lại có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{W = \frac{1}{2}k{A^2}} \\ {{W_{23}} = \frac{1}{2}k{A_{23}}^2} \end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \frac{W}{{{W_{23}}}} = {\left( {\frac{A}{{{A_{23}}}}} \right)^2} = {\left( {\frac{{1,73a}}{a}} \right)^2} \approx 3 \Rightarrow W = 3{W_{23}} = 3{W_0}\)

Chọn 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:

Xét tỉ số \(\dfrac{x}{v}\)

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:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{{x_1}}}{{{v_1}}} + \dfrac{{{x_2}}}{{{v_2}}} = \dfrac{{{x_3}}}{{{v_3}}} \Rightarrow {\left( {\dfrac{{{x_1}}}{{{v_1}}}} \right)^\prime } + {\left( {\dfrac{{{x_2}}}{{{v_2}}}} \right)^\prime } = {\left( {\dfrac{{{x_3}}}{{{v_3}}}} \right)^\prime }\\ \Rightarrow 1 + \dfrac{{{x_1}^2}}{{{A^2} - {x_1}^2}} + 1 + \dfrac{{{x_2}^2}}{{{A^2} - {x_2}^2}} = 1 + \dfrac{{{x_3}^2}}{{{A^2} - {x_3}^2}}\\ \Rightarrow 1 + \dfrac{{{4^2}}}{{{{10}^2} - {4^2}}} + 1 + \dfrac{{{3^2}}}{{{{10}^2} - {3^2}}} = 1 + \dfrac{{{x_3}^2}}{{{{10}^2} - {x_3}^2}} \Rightarrow {x_3} = 7,5\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Khoảng cách giữa hai chất điểm theo phương Oy: \(y = \left| {{y_1} - {y_2}} \right|\)

Sử dụng máy tính bỏ túi để tìm phương trình dao động tổng hợp.

Khoảng cách giữa hai chất điểm: \(d = \sqrt {{x^2} + {y^2}} \)

Lời giải chi tiết:

Khoảng cách giữa hai chất điểm theo phương Oy là:

\(y = \left| {{y_1} - {y_2}} \right| = \left| {10\cos \left( {5\pi t - \dfrac{\pi }{2}} \right) - 5\cos \left( {5\pi t + \dfrac{\pi }{6}} \right)} \right|\)

Sử dụng máy tính bỏ túi:

+ Bấm MODE – 2 để máy tính hiện lên chữ CMPLX

+ Bấm SHIFT – MODE – 4 để đưa máy về chế độ rad

+ Bấm \(10\angle  - \dfrac{\pi }{2} - 5\angle \dfrac{\pi }{6}SHIFT - 2 - 3 -  = 5\sqrt 7 \angle  - 1,9\)

\( \Rightarrow y = 5\sqrt 7 \cos \left( {5\pi t - 1,9} \right)\,\,\left( {cm} \right)\)

Khoảng cách lớn nhất của hai chất điểm theo phương Oy là: \({y_{\max }} = 5\sqrt 7 \,\,\left( {cm} \right)\)

Khoảng cách lớn nhất giữa hai chất điểm là:

\({d_{\max }} = \sqrt {{x^2} + {y_{\max }}^2}  = \sqrt {{{10}^2} + {{\left( {5\sqrt 7 } \right)}^2}}  = 16,58\,\,\left( {cm} \right)\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

+ Đọc đồ thị

+ Áp dụng biểu thức tổng hợp dao động điều hòa: \({A^2} = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}cos\Delta \varphi \)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = {A_1}cos\left( {\omega t + {\varphi _1}} \right)\\{x_2} = {A_2}cos\left( {\omega t + {\varphi _2}} \right)\\ - {x_2} = {A_2}cos\left( {\omega t + {\varphi _2} + \pi } \right)\end{array} \right.\)

+ Khoảng cách giữa hai chất điểm theo phương Ox: \(\Delta d = \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = dcos\left( {\omega t + \varphi } \right)\)

Với \(\left\{ \begin{array}{l}\Delta \varphi  = {\varphi _1} - \left( {{\varphi _2} + \pi } \right)\\d = \sqrt {A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}cos\Delta \varphi } \end{array} \right.\)

- Khi \({A_1} = 0 \Rightarrow d = {A_2} = 12cm\)

\(\begin{array}{l}{d^2} = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}cos\Delta \varphi \\ = {\left( {{A_1} + {A_2}cos\Delta \varphi } \right)^2} + A_2^2\left( {1 - co{s^2}\Delta \varphi } \right)\end{array}\)

\({d_{\min }}\) khi

\(\begin{array}{l}{A_1} + {A_2}cos\Delta \varphi  = 0 \Rightarrow {A_1} =  - {A_2}cos\Delta \varphi \\ \Leftrightarrow 9 =  - 12cos\Delta \varphi \\ \Rightarrow cos\Delta \varphi  = \dfrac{{ - 3}}{4}\end{array}\)

- Khi \(d = 10cm\), ta có \({d^2} = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}cos\Delta \varphi \)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {10^2} = A_1^2 + {12^2} + 2{A_1}.12.\left( { - \dfrac{3}{4}} \right)\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{A_1} = 15,08 = {a_2}\\{A_1} = 2,92 = {a_1}\end{array} \right.\end{array}\)

Tỉ số cơ năng:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{{{\rm{W}}_2}}}{{{{\rm{W}}_1}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}m{\omega ^2}a_2^2 + \dfrac{1}{2}m{\omega ^2}A_2^2}}{{\dfrac{1}{2}m{\omega ^2}a_1^2 + \dfrac{1}{2}m{\omega ^2}A_2^2}}\\ = \dfrac{{a_2^2 + A_2^2}}{{a_1^2 + A_2^2}} = \dfrac{{15,{{08}^2} + {{12}^2}}}{{2,{{92}^2} + {{12}^2}}} = 2,435\end{array}\)

Chọn C

Phương pháp giải:

+ Viết phương trình dao động của hai vật : \({x_{1}};{x_2}\) 

+ Khoảng cách giữa hai vật theo phương ngang : \(\Delta x = \left| {{x_1} - {x_2}} \right|\)

+ Khoảng cách nhỏ nhất giữa hai vật trong quá trình dao động là : \({d_{\min }} = \sqrt {M{N^2} + \Delta {x_{{{\min }^2}}}} {\rm{ }}\)

Lời giải chi tiết:

Cách giải :

- Tần số góc của vật 1 và vật 2 là :

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{\omega _1} = \sqrt {\dfrac{{{k_1}}}{m}}  = \sqrt {\dfrac{{100}}{m}}  = \dfrac{{10}}{{\sqrt m }}}\\{{\omega _2} = \sqrt {\dfrac{{{k_2}}}{m}}  = \sqrt {\dfrac{{25}}{m}}  = \dfrac{5}{{\sqrt m }}}\end{array}} \right. \Rightarrow {\omega _1} = 2{\omega _2}\)

- Lò xo \({k_1}\) có chiều dài tự nhiên \({l_{1}} = {\rm{ }}35cm\) 

Lò xo \({k_2}\) _{­ ­}có chiều dài tự nhiên \({l_2} = {\rm{ }}26cm\)

\( \Rightarrow \) Vị trí cân bằng của hai lò xo cách nhau theo phương ngang 1 đoạn : \(35{\rm{ }}--{\rm{ }}26{\rm{ }} = {\rm{ }}9cm\)

- Thời điểm ban đầu (t = 0), giữ lò xo \({k_1}\) dãn một đoạn \(3cm\), lò xo \({k_2}\) nén một đoạn \(6cm\) rồi đồng thời thả nhẹ để hai vật dao động điều hoà.

Chọn gốc toạ độ trùng với VTCB của lò xo \({k_1}\).

\( \Rightarrow \) Phương trình dao động điều hoà của hai vật :

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 3\cos \left( {{\omega _1}t} \right) = 3\cos \left( {2.{\omega _2}t} \right)}\\{{x_2} =  - 9 + 6\cos \left( {{\omega _2}t + \pi } \right) =  - 9 - 6\cos \left( {{\omega _2}t} \right)}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \) Khoảng cách giữa hai vật theo phương ngang trong quá trình dao động là :

\(\Delta x = \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \left| {3\cos \left( {2.{\omega _2}t} \right) + 9 + 6\cos \left( {{\omega _2}t} \right)} \right|\)

Vì :

\(\begin{array}{*{20}{l}}
\begin{gathered}
\cos \left( {2.{\omega _2}t} \right) = 2{\cos ^2}\left( {{\omega _2}t} \right) - 1 \hfill \\
\Rightarrow \Delta x = \left| {3\left( {2{{\cos }^2}\left( {{\omega _2}t} \right) - 1} \right) + 9 + 6\cos \left( {{\omega _2}t} \right)} \right| \hfill \\
\end{gathered} \\
{ \Rightarrow \Delta x = \left| {6.{{\cos }^2}\left( {{\omega _2}t} \right) + 6\cos \left( {{\omega _2}t} \right) + 6} \right|}
\end{array}\)

Đặt : \(a = \cos \left( {{\omega _2}t} \right) \Rightarrow \Delta x = \left| {6.{a^2} + 6a + 6} \right|\)

Ta có :

\(\begin{array}{*{20}{l}}
\begin{gathered}
6.{a^2} + 6a + 6 = 6\left( {{a^2} + a + 1} \right) \hfill \\
= 6\left[ {{{\left( {a + \frac{1}{2}} \right)}^2} + \frac{3}{4}} \right] = 6.{\left( {a + \frac{1}{2}} \right)^2} + 4,5 \hfill \\
\end{gathered} \\
\begin{gathered}
6.{\left( {a + \frac{1}{2}} \right)^2} + 4,5 \leqslant 4,5 \hfill \\
\Rightarrow {\left( {6.{a^2} + 6a + 6} \right)_{\min }} = 4,5 \hfill \\
\end{gathered} \\
{ \Rightarrow \Delta {x_{\min }} = 4,5cm}
\end{array}\)

\( \Rightarrow \) Khoảng cách nhỏ nhất giữa hai vật trong quá trình dao động là :

\({d_{\min }} = \sqrt {M{N^2} + \Delta {x_{{{\min }^2}}}}  = \sqrt {{9^2} + 4,{5^2}}  = 10,06cm\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

+ Đọc đồ thị \(x - t\)

+ Viết phương trình dao động điều hòa của mỗi dao động

+ Áp dụng biểu thức tính tốc độ trung bình: \(v = \dfrac{s}{t}\)

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị, ta có chu kì dao động \(T = 0,6s\)

+ Dao động thứ nhất có biên độ \(4cm\), tại \(t = 0\) li độ \({x_1} = 2cm\) và đang giảm, vậy phương trình dao động là \({x_1} = 4cos\left( {\dfrac{{10\pi }}{3}t + \dfrac{\pi }{3}} \right)cm\)

+ Dao động thứ 2, tại \(t = 0\) có li độ \(x =  - 6cm\) tại \(t = 0,2s\) là vần đầu vật qua vị trí cân bằng, nên ta có:

\(\dfrac{{10\pi }}{3}.0,2 + \varphi  =  - \dfrac{\pi }{2} \Rightarrow \varphi  =  - \dfrac{{7\pi }}{6}\left( {rad} \right)\)

\( \Rightarrow {A_2}cos\varphi  =  - 6 \Rightarrow {A_2} = \dfrac{{ - 6}}{{cos\varphi }} = \dfrac{{ - 6}}{{cos\left( { - \dfrac{{7\pi }}{6}} \right)}} = 4\sqrt 3 cm\)

Vậy dao động thứ 2 có phương trình dao động là: \({x_2} = 4\sqrt 3 cos\left( {\dfrac{{10\pi }}{3}t - \dfrac{{7\pi }}{6}} \right)cm\)

Phương trình dao động tổng hợp: \(x = {x_1} + {x_2} = 8cos\left( {\dfrac{{10\pi }}{3}t + \dfrac{{2\pi }}{3}} \right)cm\)

Vậy đến thời điểm \(t = 0,2\) thì vật ở vị trí có li độ \(x =  - 4cm.\)

Trong \(0,2s\) đầu tiên kể từ \(t = 0\) vật đi được \(S = 2.4 = 8cm\)

Vận tốc trung bình của vật là \(v = \dfrac{8}{{0,2}} = 40cm/s\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Phương trình dao động điều hòa tổng quát là \(x = A.\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\).

Từ đồ thị ta xác định được chu kì dao động của hai dao động, biên độ dao động và viết được hai phương trình dao động, sau đó tổng hợp hai dao động: x = x₁ + x₂

Sau đó tìm quãng đường mà vật đi được trong 0,8s đầu tiên và tính vận tốc trung bình: 

\({v_{tb}} = \frac{S}{t}\)

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị ta xác định được chu kì dao động của hai dao động:

\(T = 0,6s \Rightarrow \omega = \frac{{2\pi }}{T} = \frac{{10\pi }}{3}\left( {rad/s} \right)\)

Dao động x₁ sau 0,2s thì vật có li độ bằng 0 lần thứ nhất. Ta có :

\(\omega .t + {\varphi _{01}} = \frac{{ - \pi }}{2} \Rightarrow \frac{{10\pi }}{3}.0,2 + {\varphi _{01}} = \frac{{ - \pi }}{2} \Rightarrow {\varphi _{01}} = \frac{{ - \pi }}{2} - \frac{{2\pi }}{3} = \frac{{ - 7}}{6}\pi \)

Pha ban đầu của dao động x₁là : 

\({\varphi _{01}} = \frac{{ - 7\pi }}{6}\)

Biên độ dao động của x₁là : 

\(A = \frac{{ - 6}}{{\cos \frac{{ - 7\pi }}{6}}} = 4\sqrt 3 \left( {cm} \right)\)

Vậy phương trình dao động 1: 

\({x_1} = 4\sqrt 3 .\cos \left( {\frac{{10\pi }}{3}t - \frac{{7\pi }}{6}} \right)cm\)

Dao động x₂ tại t = 0 thì vật có li độ bằng 2. Ta có:

\(\cos {\varphi _{02}} = \frac{{{x_2}}}{{{A_2}}} = \frac{2}{4} \Rightarrow {\varphi _{02}} = \frac{\pi }{3}\)

Pha ban đầu của dao động x₂là: 

\({\varphi _{02}} = \frac{\pi }{3}\)

Biên độ dao động của x₂ là A₂ = 4 cm.

Vậy phương trình dao động 2: \({x_2} = 4.\cos \left( {\frac{{10\pi }}{3}t + \frac{\pi }{3}} \right)cm\)

Dao động tổng hợp là : 

\(x = {x_1} + {x_2} = 8.\cos \left( {\frac{{10\pi }}{3}.t + \frac{{2\pi }}{3}} \right)cm\)

Ta có:  

\(0,8s = 0,6s\; + 0,2s = T + \frac{T}{3}\)

Vậy quãng đường vật đi được sau thời gian 0,8 s là : 

\(S = 4A + \Delta S\)

Với ∆S là quãng đường đi được trong 1/3 chu kì.

Tại thời điểm ban đầu vật có vị trí: 

\({x_0} = 8.\cos \frac{{2\pi }}{3} = - 4cm\)

Sau \(\frac{T}{3}\) vật đến vị trí  \(x = 8.\cos \left( {\frac{{4\pi }}{3}} \right) = - 4cm\)

Quãng đường vật đi được trong thời gian \(\frac{T}{3}\)  này là ∆S = 8cm

Vậy quãng đường vật đi được sau thời gian 0,8 s là :

\(\;S = 4A + \Delta S = 4.8 + 8 = 40cm\)

Vận tốc trung bình trong thời gian này là: 

\(v = \frac{{40}}{{0,8}} = 50\left( {cm/s} \right)\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

+ Vận dụng phương pháp tổng hợp biên độ dao động điều hòa: \({A^2} = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}cos\Delta \varphi \)

+ Sử dụng hệ thức lượng giác

+ Áp dụng BĐT Cosi

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = {A_1}cos\left( {\omega t + {\varphi _1}} \right)\\{x_2} = {A_2}cos\left( {\omega t + {\varphi _2}} \right)\\ - {x_2} = {A_2}{\rm{cos}}\left( {\omega t + {\varphi _2} + \pi } \right)\end{array} \right.\)

Độ lệch pha của 2 dao động: \(\Delta \varphi  = {\varphi _2} - {\varphi _1}\)

\(x = {x_1} + {x_2}\)

Biên độ của x: \(A = \sqrt {A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}cos\Delta \varphi } \)

\(y = {x_1} - {x_2} = {x_1} + \left( { - {x_2}} \right)\)

Biên độ của y: \(B = \sqrt {A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}.\cos \left( {\pi  + \Delta \varphi } \right)} \)

\(\Rightarrow B = \sqrt {A_1^2 + A_2^2 - 2{A_1}{A_2}cos\Delta \varphi }\)  

Theo đầu bài, ta có: \(A = 2B\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {A^2} = 4{B^2}\\ \Rightarrow A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}cos\Delta \varphi  = 4\left( {A_1^2 + A_2^2 - 2{A_1}{A_2}cos\Delta \varphi } \right)\\ \Rightarrow 3A_1^2 + 3A_2^2 = 10{A_1}{A_2}cos\Delta \varphi \\ \Rightarrow cos\Delta \varphi  = \dfrac{{3\left( {A_1^2 + A_2^2} \right)}}{{10{A_1}{A_2}}}\end{array}\)

Theo bất đẳng thức cosi ta có: \(A_1^2 + A_2^2 \le 2{A_1}{A_2}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow cos\Delta \varphi  \le \dfrac{{3.2{A_1}{A_2}}}{{10{A_1}{A_2}}} = \dfrac{3}{5}\\ \Rightarrow \Delta \varphi  \le 53,{13^0}\end{array}\)

\( \Rightarrow \) Độ lệch pha cực đại giữa \({x_1}\) và \({x_2}\) là \(\Delta \varphi  = 53,{13^0}\)   

Chọn D

Phương pháp giải:

Khoảng cách theo phương ngang giữa hai vật: \(d = \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = A\cos \left( {\pi t + \varphi } \right)\)

Với: \({A^2} = A_1^2 + A_2^2 - 2{A_1}{A_2}.\cos \left( {{\varphi _2} - {\varphi _1}} \right)\)

Lời giải chi tiết:

Khoảng cách theo phương ngang giữa hai vật là:

\(d = \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = A\cos \left( {\pi t + \varphi } \right)\)

Trong đó:

 \(\begin{array}{l}{A^2} = A_1^2 + {12^2} - 2{A_1}.12.\cos \dfrac{\pi }{3} \Leftrightarrow {A^2} = A_1^2 + 144 - 12{A_1}\\ \Leftrightarrow {A^2} = {\left( {{A_1} - 6} \right)^2} + 108 \ge 108\\ \Rightarrow A_{\min }^2 = 108 \Rightarrow {A_{\min }} = 6\sqrt 3 cm \Leftrightarrow {A_1} = 6cm\end{array}\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

+ Đọc đồ thị dao động

+ Sử dụng vòng tròn lượng giác

+ Sử dụng công thức góc quét: \(\Delta \varphi  = \omega \Delta t\)

+ Sử dụng biểu thức tổng hợp dao động điều hòa: \(x = {x_1} + {x_2} = {A_1}\angle {\varphi _1} + {A_2}\angle {\varphi _2}\)

+ Sử dụng biểu thức tính cơ năng: \({\rm{W}} = \dfrac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2}\)

Lời giải chi tiết:

Xét điểm M (đường 2), N (đường 1) tại hai thời điểm \({t_1},{t_2}\) trên đồ thị

Xác định trên vòng tròn lượng giác ta được:

Từ vòng tròn lượng giác, ta suy ra \(\Delta \varphi  = \dfrac{\pi }{3}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{x_{{N_{{t_1}}}}} = 4 = Acos\dfrac{{\Delta \varphi }}{2} = Acos\dfrac{\pi }{6}\\ \Rightarrow A = \dfrac{8}{{\sqrt 3 }}cm\end{array}\)

Mặt khác: \(\Delta \varphi  = \omega .\Delta t \Rightarrow \omega  = \dfrac{{\Delta \varphi }}{{\Delta t}} = \dfrac{{\dfrac{\pi }{3}}}{{\dfrac{1}{3}}} = \pi \left( {rad/s} \right)\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{8}{{\sqrt 3 }}cos\left( {\pi t - \dfrac{\pi }{6}} \right)cm\\{x_2} = \dfrac{8}{{\sqrt 3 }}cos\left( {\pi t + \dfrac{\pi }{6}} \right)cm\end{array} \right.\)

Dao động tổng hợp: \(x = {x_1} + {x_2} = \dfrac{8}{{\sqrt 3 }}\angle  - \dfrac{\pi }{6} + \dfrac{8}{{\sqrt 3 }}\angle \dfrac{\pi }{6} = 8\angle 0\)

Cơ năng của chất điểm: \({\rm{W}} = \dfrac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} = \dfrac{1}{2}.0,2.{\pi ^2}.{\left( {0,08} \right)^2} = 6,{4.10^{ - 3}}J = 6,4mJ\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Phương trình hai dao động là  

\({x_1} = {A_1}.\cos \left( {\omega t + {\varphi _1}} \right);{x_2} = {A_2}.\cos \left( {\omega t + {\varphi _2}} \right)\)

Dao động tổng hợp là \(x = A.\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\)

 với \(A = \sqrt {A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}.\cos \Delta \varphi } \)

Năng lượng của dao động là:  \({\rm{W}} = \frac{1}{2}.k.{A^2}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} = {A_1}.\cos \left( {\omega t + {\varphi _1}} \right)\\
{x_2} = {A_2}.\cos \left( {\omega t + {\varphi _2}} \right)\\
x = {x_1} + {x_2} = A.\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)
\end{array} \right.\)

 Với:  

\(A = \sqrt {A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}.\cos \Delta \varphi } \)

Năng lượng của dao động trong hai trường hợp lệch pha \(\frac{\pi }{4}\) và \(\frac{\pi }{2}\) lần lượt là:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{{\rm{W}}_1} = \frac{1}{2}.k.A{'^2} = 8W = \frac{1}{2}.k.\left( {A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}.{A_2}.\cos \frac{\pi }{4}} \right)\\
{{\rm{W}}_2} = \frac{1}{2}.k.A'{'^2} = 6W = \frac{1}{2}.k.\left( {A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}.{A_2}.\cos \frac{\pi }{2}} \right)
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{{\rm{W}}_1} = \frac{1}{2}.k.\left( {A_1^2 + A_2^2 + \sqrt 2 {A_1}.{A_2}} \right)\\
{{\rm{W}}_2} = \frac{1}{2}.k.\left( {A_1^2 + A_2^2} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow k.{A_1}.{A_2} = 2\sqrt 2
\end{array}\)

Khi năng lượng dao động là 7W ta có :

\(\begin{array}{l}
{{\rm{W}}_3} = 7W = \frac{1}{2}.k.\left( {A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}.\cos \Delta \varphi } \right) = 6 + 2\sqrt 2 .\cos \Delta \varphi \\
\Rightarrow \cos \Delta \varphi = \frac{1}{{2\sqrt 2 }} \Rightarrow \Delta \varphi = 69,{295^0}
\end{array}\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Phương trình dao động điều hòa  

\(\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} = {A_1}.\cos \left( {\omega t + {\varphi _1}} \right)\\
{x_2} = {A_2}.\cos \left( {\omega t + {\varphi _2}} \right)
\end{array} \right.\)

Xét tích

\({x_1}.{x_2} = {A_1}.{A_2}.\frac{1}{2}\left[ {\cos \left( {2\omega t + {\varphi _1} + {\varphi _2}} \right) + \cos \left( {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right)} \right]\)

Lời giải chi tiết:

Phương trình dao động điều hòa  

\(\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} = {A_1}.\cos \left( {\omega t + {\varphi _1}} \right)\\
{x_2} = {A_2}.\cos \left( {\omega t + {\varphi _2}} \right)
\end{array} \right.\)

Xét tích

\({x_1}.{x_2} = {A_1}.{A_2}.\frac{1}{2}\left[ {\cos \left( {2\omega t + {\varphi _1} + {\varphi _2}} \right) + \cos \left( {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right)} \right]\)

Tích đó có giá trị cực đại khi \(\cos \left( {2\omega t + {\varphi _1} + {\varphi _2}} \right) = 1\) và cực tiểu khi \(\cos \left( {2\omega t + {\varphi _1} + {\varphi _2}} \right) = - 1\)

 Khi đó:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{x_1}.{x_2} = \frac{1}{2}.{A_1}.{A_2}\left[ {1 + \cos \left( {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right)} \right] = M\,\,\,\,\,\,(1)\\
{x_1}.{x_2} = \frac{1}{2}.{A_1}.{A_2}\left[ { - 1 + \cos \left( {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right)} \right] = \frac{{ - M}}{4}\,\,\,\,\,\,(2)
\end{array} \right.\\
\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
(1) + (2) \Rightarrow \cos \left( {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right) = \frac{3}{4}\frac{M}{{{A_1}{A_2}}}\,\,\,\,\,\,(3)\\
(1) - (2) \Rightarrow {A_1}.{A_2} = \frac{5}{4}M\,\,\,\,\,\,\,\,(4)
\end{array} \right.
\end{array}\)

Từ (3) và (4) \( \Rightarrow \cos \Delta \varphi = \frac{3}{5} \Rightarrow \Delta \varphi = 0,93rad\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Khoảng cách giữa hai vật: \(x = \left| {{x_1} - {x_2}} \right|\)

Khoảng cách lớn nhất giữa hai con lắc: \({A^2} = {A_1}^2 + {A_2}^2 - 2{A_1}{A_2}\cos \left( {\Delta \varphi  + \pi } \right)\)

Thế năng của con lắc: \({W_t} = \dfrac{1}{2}k{x^2}\)

Cơ năng của con lắc: \(W = \dfrac{1}{2}k{A^2}\)

Lời giải chi tiết:

Gọi \(\Delta \varphi \) là độ lệch pha giữa hai con lắc.

Khoảng cách lớn nhất giữa hai con lắc là:

\(\begin{array}{l}{A_{\max }}^2 = {A_1}^2 + {A_2}^2 + 2{A_1}{A_2}\cos \left( {\Delta \varphi  + \pi } \right)\\ \Rightarrow {4^2} = {4^2} + {\left( {4\sqrt 3 } \right)^2} + 2.4.4\sqrt 3 \cos \left( {\Delta \varphi  + \pi } \right)\\ \Rightarrow \cos \left( {\Delta \varphi  + \pi } \right) = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \Delta \varphi  =  - \dfrac{\pi }{6}\,\,\left( {rad} \right)\end{array}\)

Động năng con lắc thứ nhất đạt cực đại khi nó ở VTCB, khi đó con lắc thứ hai có li độ:

\({x_2} =  \pm \dfrac{{{A_2}}}{2}\)

Động năng cực đại của con lắc thứ nhất là:

\({W_{d1\max }} = {W_{t1\max }} = \dfrac{1}{2}k{A_1}^2\)

Động năng của con lắc thứ hai khi đó là:

\(\begin{array}{l}{W_{d2}} = {W_2} - {W_{t2}} = \dfrac{1}{2}k{A_2}^2 - \dfrac{1}{2}k{x_2}^2 = \dfrac{1}{2}k{A_2}^2 - \dfrac{1}{2}k{\left( { \pm \dfrac{{{A_2}}}{2}} \right)^2} = \dfrac{3}{4}.\dfrac{1}{2}k{A_2}^2\\ \Rightarrow \dfrac{{{W_{d2}}}}{W} = \dfrac{{\dfrac{3}{4}.\dfrac{1}{2}k{A_2}^2}}{{\dfrac{1}{2}k{A_1}^2}} = \dfrac{3}{4}\dfrac{{{A_2}^2}}{{{A_1}^2}} = \dfrac{3}{4}\dfrac{{{{\left( {4\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{{4^2}}} = \dfrac{9}{4} \Rightarrow {W_{d2}} = \dfrac{{9W}}{4}\end{array}\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Phương trình dao động của hai vật:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} = {A_1}.\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)cm\\
{x_2} = {A_2}.\sin \left( {\omega t + \varphi } \right)cm
\end{array} \right.\)

Ta thấy:  

\(\frac{{x_1^2}}{{A_1^2}} + \frac{{x_2^2}}{{A_2^2}} = 1 \Rightarrow \frac{{x_1^2}}{{{\omega ^2}A_1^2}} + \frac{{x_2^2}}{{{\omega ^2}A_2^2}} = \frac{1}{{{\omega ^2}}}\)

Vận tốc cực đại của dao động 1 và 2 lần lượt là  

\(\left\{ \begin{array}{l}
{v_{01}} = \omega {A_1}\\
{v_{02}} = \omega {A_2}
\end{array} \right.\)

Kết hợp với phương trình: \(16x_1^2 + 36x_2^2 = {1296_{}}c{m^2}\).

Ta tìm được vận tốc cực đại của dao động thứ 2.

Lời giải chi tiết:

Phương trình dao động của hai vật:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} = {A_1}.\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)cm\\
{x_2} = {A_2}.\sin \left( {\omega t + \varphi } \right)cm
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{x_1^2}}{{A_1^2}} + \frac{{x_2^2}}{{A_2^2}} = 1\,\,\left( 1 \right)\)

Kết hợp với phương trình bài cho:

\(16x_1^2 + 36x_2^2 = 1296c{m^2} \Leftrightarrow \frac{{x_1^2}}{{{9^2}}} + \frac{{x_2^2}}{{{6^2}}} = 1\,\,\,\left( 2 \right)\)

Đồng nhất (1) và (2) ta có: A₁ = 9 cm; A₂ = 6 cm

Vận tốc cực đại của dao động 1 và 2 lần lượt là:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{v_{01}} = \omega {A_1} = 12(cm/s) \Rightarrow \omega = \frac{{12}}{9} = \frac{4}{3}\\
{v_{02}} = \omega {A_2}
\end{array} \right.\\
\Rightarrow {v_{02}} = \frac{4}{3}.6 = 8\left( {cm/s} \right)
\end{array}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Công thức tính biên độ và pha ban đầu của dao động tổng hợp:

\(\left\{ \begin{array}{l}{A^2} = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}.cos\Delta \varphi \\tan\varphi  = \dfrac{{{A_1}\sin {\varphi _1} + {A_2}.\sin {\varphi _2}}}{{{A_1}\cos {\varphi _1} + {A_2}.cos{\varphi _2}}}\end{array} \right.\)

Sử dụng kiến thức toán học về giá trị nhỏ nhất/lớn nhất của hàm bậc 2.

Lời giải chi tiết:

Biên độ của dao động tổng hợp:

\(\begin{array}{l}{A^2} = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}.cos\Delta \varphi \\ \Leftrightarrow {A^2} = A_1^2 + {6^2} + 2.{A_1}.6.\cos \left[ {\dfrac{\pi }{6} - \left( { - \dfrac{\pi }{2}} \right)} \right]\\ \Leftrightarrow {A^2} = A_1^2 - 6{A_1} + 36\end{array}\)

Hàm A phụ thuộc vào A₁ có đồ thị là một parabol có bề lõm hướng lên.

Tại đỉnh của parabol: \({A_1} =  - \dfrac{b}{{2a}} =  - \dfrac{{ - 6}}{{2.1}} = 3cm\) thì A nhận giá trị nhỏ nhất.

Pha ban đầu của dao động tổng hợp:

\(\begin{array}{l}tan\varphi  = \dfrac{{{A_1}\sin {\varphi _1} + {A_2}.\sin {\varphi _2}}}{{{A_1}\cos {\varphi _1} + {A_2}.cos{\varphi _2}}} = \dfrac{{3.\sin \dfrac{\pi }{6} + 6.\sin \left( { - \dfrac{\pi }{2}} \right)}}{{3.cos\dfrac{\pi }{6} + 6.cos\left( { - \dfrac{\pi }{2}} \right)}} =  - \sqrt 3 \\ \Rightarrow \varphi  =  - \dfrac{\pi }{3}rad\end{array}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Từ đồ thị ta thấy \({x_1},{x_2}\) vuông pha.

Khoảng cách giữa hai vật của hai con lắc dọc theo trục Ox trong quá trình dao động được xác định bởi phương trình: \(d = \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = A.cos\left( {\omega t + \varphi } \right) \Rightarrow {d_{\max }} = A\)

Sử dụng lí thuyết về tổng hợp dao động kết hợp kĩ năng đọc đồ thị và VTLG.

Biểu thức của động năng và thế năng:

\(\left\{ \begin{array}{l}{W_d} = \dfrac{1}{2}mv_{}^2 = \dfrac{1}{2}m{\omega ^2}A_{}^2.{\sin ^2}\left( {\omega t + \varphi } \right)\\{W_t} = \dfrac{1}{2}kx_{}^2 = \dfrac{1}{2}m{\omega ^2}A_{}^2.co{s^2}\left( {\omega t + {\varphi _{}}} \right)\end{array} \right.\)

Lời giải chi tiết:

Giả sử phương trình dao động của hai vật có dạng:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = {A_1}.cos\left( {\omega t + {\varphi _1}} \right)\\{x_2} = {A_2}.cos\left( {\omega t + {\varphi _2}} \right)\end{array} \right.\)

+ Từ đồ thị ta thấy khi \({x_{2\max }} = {A_2}\) thì \({x_1} = 0\)\( \Rightarrow {x_1},{x_2}\) vuông pha.

Khoảng cách giữa hai vật của hai con lắc dọc theo trục Ox trong quá trình dao động được xác định bởi phương trình: \(d = \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = A.cos\left( {\omega t + \varphi } \right)\)

Với: \(A = \sqrt {A_1^2 + A_2^2} \) (do \({x_1},{x_2}\) vuông pha)

Khoảng cách này có giá trị lớn nhất là 20cm

\( \Rightarrow {d_{\max }} = A = 20cm \Rightarrow A_1^2 + A_2^2 = {20^2}\,\,\left( 1 \right)\)

+ Từ đồ thị ta thấy tại t = 0 hai vật có cùng li độ \({x_1} = {x_2} =  - 9,6\)

Biểu diễn trên VTLG ta có:

Tam giác \(O{A_1}{A_2}\)vuông tại O có đường cao OH. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ta có:

\(\dfrac{1}{{OA_1^2}} + \dfrac{1}{{OA_2^2}} = \dfrac{1}{{O{H^2}}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{A_1^2}} + \dfrac{1}{{A_2^2}} = \dfrac{1}{{9,{6^2}}}\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}{A_1} = 16cm\\{A_2} = 12cm\end{array} \right.\)

Biểu thức xác định động năng con lắc A và thế năng con lắc B:

\(\left\{ \begin{array}{l}{W_{dA}} = \dfrac{1}{2}mv_A^2 = \dfrac{1}{2}m{\omega ^2}A_1^2.{\sin ^2}\left( {\omega t + {\varphi _1}} \right)\\{W_{tB}} = \dfrac{1}{2}kx_B^2 = \dfrac{1}{2}m{\omega ^2}A_2^2.co{s^2}\left( {\omega t + {\varphi _2}} \right)\end{array} \right.\)

Do \({x_1},{x_2}\) vuông pha nên: \({\sin ^2}\left( {\omega t + {\varphi _1}} \right) = co{s^2}\left( {\omega t + {\varphi _2}} \right)\)

\( \Rightarrow \dfrac{{{W_{dA}}}}{{{W_{tB}}}} = \dfrac{{A_1^2}}{{A_2^2}} \Leftrightarrow \dfrac{{0,24}}{{{W_{tB}}}} = \dfrac{{{{16}^2}}}{{{{12}^2}}} \Rightarrow {W_{tB}} = 0,135J = 135mJ\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị để viết phương trình dao động

Khoảng cách giữa hai vật: \(x = {x_1} - {x_2} = A\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\)

Khoảng cách xa nhất giữa hai vật: \({x_{\max }} = A\)

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị, ta thấy hai dao động cùng tần số

Ở thời điểm đầu, vật 2 có li độ \({x_2} = 0\) và đang giảm, ta có phương trình dao động:

\({x_2} = 2\cos \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{2}} \right)\,\,\left( {cm} \right)\)

Vật 2 đến biên âm lần đầu tiên ở thời điểm \(t = \dfrac{T}{4}\), khi đó vật 1 có li độ là \({x_1} =  - \dfrac{{{A_1}}}{2}\)

Ta có vòng tròn lượng giác cho vật 1:

Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy pha ban đầu của vật 1 là \({\varphi _1} = \dfrac{\pi }{6}\,\,\left( {rad} \right)\)

Phương trình li độ của vật 1 là: \({x_1} = 4\cos \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{6}} \right)\)

Khoảng cách giữa hai vật là:

\(\begin{array}{l}x = {x_1} - {x_2} = 4\cos \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{6}} \right) - 2\cos \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{2}} \right)\\ \Rightarrow x = 4\cos \left( {\omega t + \dfrac{\pi }{6}} \right) + 2\cos \left( {\omega t - \dfrac{\pi }{2}} \right)\end{array}\)

Biên độ dao động tổng hợp là:

\(A = \sqrt {{A_1}^2 + {A_2}^2 + 2{A_1}{A_2}\cos \left( {\dfrac{\pi }{6} + \dfrac{\pi }{2}} \right)}  = 2\sqrt 3 \,\,\left( {cm} \right)\)

Khoảng cách xa nhất giữa hai vật là \(A = 2\sqrt 3 \,\,cm\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị và giản đồ vecto

Biên độ dao động cực đại: \(A=\sqrt{{{A}_{1}}^{2}+{{A}_{2}}^{2}+2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\cos \Delta \varphi }\)

Động năng cực đại của chất điểm: \({{\text{W}}_{d\max }}=\frac{1}{2}m{{\omega }^{2}}{{A}^{2}}\)

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị ta lấy 2 điểm với \(\left\{ \begin{align}& {{x}_{1}}=9cm \\& {{x}_{2}}=9cm \\\end{align} \right.\) và \(\left\{ \begin{align}& {{x}_{1}}=9cm \\& {{x}_{2}}=6cm \\\end{align} \right.\), ta có giản đồ vecto:

Trường hợp \({{x}_{1}}={{x}_{2}}=9cm\), ta có: \(x=A\cos \frac{\Delta \varphi }{2}\Rightarrow \Delta \varphi =2\text{ar}\cos \frac{9}{A}\)

Với \(\left\{ \begin{align}& {{x}_{1}}=9cm \\& {{x}_{2}}=6cm \\\end{align} \right.\), ta có: \(\Delta \varphi ={{\varphi }_{2}}-{{\varphi }_{1}}=\text{ar}\cos \frac{6}{A}-\text{ar}\cos \frac{9}{A}\)

\(\Rightarrow \Delta \varphi =2\text{ar}\cos \frac{9}{A}=\text{ar}\cos \frac{6}{A}-\text{ar}\cos \frac{9}{A}\)

Sử dụng chức năng SHIFT+SOLVE trong máy tính bỏ túi, ta có:

\(A\approx 9,4\,\,\left( cm \right)\Rightarrow \Delta \varphi =33,{{55}^{0}}\)

Biên độ dao động tổng hợp là:

\({{A}_{0}}=\sqrt{2{{A}^{2}}+2{{A}^{2}}\cos \Delta \varphi }\approx 18\,\,\left( cm \right)\)

Động năng cực đại của vật là:

\({{\text{W}}_{d\max }}=\frac{1}{2}m{{\omega }^{2}}{{A}_{0}}^{2}=\frac{1}{2}.0,1.{{\left( 10\pi  \right)}^{2}}.0,{{18}^{2}}=1,62\,\,\left( J \right)\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Sử dụng biểu thức tính tổng hợp dao động: \(x = {x_1} + {x_2} = {A_1}\angle {\varphi _1} + {A_2}\angle {\varphi _2}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có, trong 1 chu kì: \({x_1}{x_2} < 0\) tại 2 thời điểm đi qua VTCB của \({x_1}\) và \({x_2}{x_3} < 0\) tại 2 thời điểm đi qua VTCB của \({x_2}\)

Ta có: \({t_1} = \dfrac{{2\alpha }}{\omega }\)  và \({t_2} = \dfrac{{2\beta }}{\omega }\)

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}\alpha  + \beta  = \dfrac{\pi }{2}\\{t_1} = 2{t_2}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\alpha  = \dfrac{\pi }{3}\\\beta  = \dfrac{\pi }{6}\end{array} \right.\)

Chọn \({\varphi _3} = 0\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_3} = 3\angle 0\\{x_2} = 3\angle \dfrac{\pi }{6}\\{x_1} = 3\angle \dfrac{\pi }{2}\end{array} \right.\)

Dao động tổng hợp: \(x = {x_1} + {x_2} + {x_3} = 3\angle \dfrac{\pi }{2} + 3\angle \dfrac{\pi }{6} + 3\angle 0 = 7,18\angle 0,67\) 

\( \Rightarrow \) Biên độ dao động tổng hợp: \(A = 7,18cm\)

Chọn A

Phương pháp giải:

Phương trình dao động điều hòa: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = {A_1}.\cos \left( {\omega t + {\varphi _1}} \right)}\\{{x_2} = {A_2}.\cos \left( {\omega t + {\varphi _2}} \right)}\end{array}} \right.\)

Xét tích \({x_1}.{x_2} = {A_1}.{A_2}.\dfrac{1}{2}\left[ {\cos \left( {2\omega t + {\varphi _1} + {\varphi _2}} \right) + \cos \left( {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right)} \right]\)

Biên độ dao động tổng hợp: \(A = \sqrt {{A_1}^2 + {A_2}^2 + 2{A_1}{A_2}\cos \Delta \varphi } \)

Lời giải chi tiết:

Phương trình dao động điều hòa  

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = {A_1}.\cos \left( {\omega t + {\varphi _1}} \right)}\\{{x_2} = {A_2}.\cos \left( {\omega t + {\varphi _2}} \right)}\end{array}} \right.\)

Xét tích \({x_1}.{x_2} = {A_1}.{A_2}.\dfrac{1}{2}\left[ {\cos \left( {2\omega t + {\varphi _1} + {\varphi _2}} \right) + \cos \left( {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right)} \right]\)

Tích đó có giá trị cực đại khi \(\cos \left( {2\omega t + {\varphi _1} + {\varphi _2}} \right) = 1\) và cực tiểu khi \(\cos \left( {2\omega t + {\varphi _1} + {\varphi _2}} \right) =  - 1\)

 Khi đó:

\(\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1}.{x_2} = \dfrac{1}{2}.{A_1}.{A_2}\left[ {1 + \cos \left( {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right)} \right] = D\,\,\left( 1 \right)}\\{{x_1}.{x_2} = \dfrac{1}{2}.{A_1}.{A_2}\left[ { - 1 + \cos \left( {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right)} \right] = \dfrac{{ - D}}{3}{\mkern 1mu} \,\,\left( 2 \right)}\end{array}} \right.\\ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( 1 \right) + \left( 2 \right) \Rightarrow \cos \left( {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right) = \dfrac{2}{3}\dfrac{D}{{{A_1}{A_2}}}\,\,\left( 3 \right)}\\{\left( 1 \right) - \left( 2 \right) \Rightarrow {A_1}.{A_2} = \dfrac{4}{3}D\,\,\left( 4 \right)}\end{array}} \right.\end{array}\)

Từ (3) và (4) \( \Rightarrow \cos \Delta \varphi  = \dfrac{1}{2}\)

Biên độ dao động tổng hợp của hai dao động là:

\(A = \sqrt {{A_1}^2 + {A_2}^2 + 2{A_1}{A_2}\cos \Delta \varphi }  \approx 8,7\,\,\left( {cm} \right)\)

Chọn D.