100 câu trắc nghiệm dao động cơ có đáp án giúp học sinh đạt 8 điểm

Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN * Thời gian lực đàn hồi có độ lớn 2N 2T/3 ứng với vật chuyển động từ A/2 → A → A/2 thời gian chuyển động từ - A/2 → A → - A/2 * Như Fđh = k.|x| = k.0,02 = → k = 100N/m * Chu kì dao động : T  2 m  0,  s  k Câu 36.D 2,6 m/s A m A = 10 cm; Δt = 1/15 s = T/3; smax  A  vmax   2,  s    15 Câu 37.D 1/√2 vmax  A1 v  mv m k  v2  max  vmax  A2  A12   max   A12  A12    A1 M M M    Câu 38.C 2√7 cm * T = π/5 (s) * ∆t = T + T/6 Do đó, vật hết 1T tiếp tục đến x = A/2 chuyển động theo chiều âm quỹ đạo + trước giữ lò xo , động x = A/2 : 1 3kA2 mv2  k A2  x  2   * Giữ điểm : k’ = 2k * Vị trí vật lúc so với VTCB x’ = A/4 + Trước giữ : IM = l0 + + Khi giữ I’: I’M = I’O’ + O’M = l0/2 + → I’O’ = l0/2 ; O’M = 2cm Vậy k'  A'  k'  x'   mv2  A'  2 2 A   cm  Câu 39.D 1,881s; 14,4cm * Chu kì dao động lắc T  2 g  2  qE  g2    m  1,881 s  * Biên độ dao động lắc chưa đổi chiều điện trường: tan 0  F  0, 08  0  0, 08  rad   S0  0  0, 072  m   7, 2cm P Biên độ dao động lắc đột ngột đổi chiều điện trường: S’0 = 2S0 = 14,4 cm Câu 40.D 0,270 s * Chu kì dao động T  0, 222 s  * Vị trí cân lắc cách O đoạn x0  mg  2cm k * t = T/4 + tO1→O * Tính tO1→O Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN Góc quét ứng với vật chuyển động tròn đều:   2   0, 34  arccos    190 28 '  t    0, 048  K 6 m Vậy thời gian cần tìm : t = 0,222 + 0,048 = 0,27(s) Câu 41.A Giảm 0,375J * VTCB có vật: ∆l01 = A = mg/k = 10cm * VTCB có vật: ∆l02 = A = (m + m0)g/k = 15cm Khi vật xuống thấp gắn nhẹ nhàng m0 vào ↔ Lúc hệ vật cách VTCB 5cm có vận tốc không → Đó biên A’ = 5cm * Năng lượng ban đầu: W  12 kA  0, 5J * Năng lượng lúc sau : W k  A'   0, 0125J * Độ giảm lượng: 0,375 J Câu 42.B 3,375s * Xét vật cách đỉnh dốc khoảng x Theo định luật niutơn: mgsinα – μmgcosα = ma = m.x’’ gsinα – 0,1x.gcosα = x’’ x’’ + 0,1.gcosα (x – 10.tanα) = (*) Đặt X = x – 10.tanα → X’’ = x’’ (*) → X’’ + 0,1.g.cosα X = Như vậy, X đại lượng dao động điều hòa Thời gian chuyển động từ đỉnh dốc tới lúc dừng tương đương thời gian vật X dao động điều hòa hai lần có v = Thời gian T/2 T   t     3, 375s  0,1.g.cos  Câu 43.B 2,04.105V/m   2, 475  s  T  2 g  V 0,16  2  2, 4752  E  2, 04.105    9 ' 5.10 E m T T'  2 9,  qE  0, 002 g  m Câu 44.B x = 6cos(10t + π/4) cm   cm  vmax  A     s  sin    A  6cm    x   Acos         cos     A   Wd  Wt  x     Câu 45.D 2cm 2  v   a   rad  E  m2 A2  125.103  J   A  0,       25     A  0, 02  m   2cm  A     A   s  Câu 46.A 0,4μs Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN * T/12 = 0,8.10 – → T = 9,6.10 – (s) * Một nửa động vật chuyển thành lò xo: x A  t  T T   0, 4s 12 Câu 47.C 188,3 mJ  g W  m A2  150mJ   W' g' g  a    W'  188, 3 mJ   W g g g'  W m A  Câu 48.A 0,08 m A g  m1  m  g   0, 08  m  k 2 Câu 49.D 22 cm * Khi B chưa rời khỏi A:  01  m A  mB  g k  6cm * Biên độ dao động hệ B chưa rời khỏi A: A = Δl0 = 6cm * Khi lò xo có lực đàn hồi max tức hai vật biên A1 v = * Khi B rời khỏi A Hệ lò xo vật A Độ biến dạng VTCB O2 là:  02  mA g  2cm k * Biên độ dao động : A2 = + (6 – 2) = 10 cm * Chiều dài cực tiểu lmin = l0 + Δl02 – A2 = 22cm Câu 50.C 0,3 N 2,7 N   rad  N k  20   k  60   F  k   A  2, N         m  s   m    max  g  Fmin  k    A   0,  N    2  2, 5cm Câu 51.D -3 cm Hướng dẫn Vận tốc hai biên T/2 = 2,5 – 1,75 = 0,75 → T = 1,5s Xét t1 = 1,75s = 1,5s + 0,25s = T + T/6 vật biên A – A Giả sử vật - A Xét giai đoạn từ t = đến t1 (đi ngược lại) - Nhìn h.vẽ thấy thời điểm ban đầu vật xuất phát từ x = - A/2 s t - Đề v   2A  A   cm  Vậy, ban đầu vật vị trí x = - 3cm x = 3cm 0, 75 Câu 52.D 21,96 cm/s Giải  A n 3x   A  + Tìm t: Wñ  nWt  x  A n 1  n   x   10 Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN + Khoảng thời gian ngắn để chất điểm từ li độ x1  Δt = 1/6 s s A + Tốc độ trung bình: vTB   t  A A  x2  t = T/12→ 2   21,96 cm 1 s Câu 53.D 2,78 s Giải Lên nhanh dần đều: T1  2 Lên chậm đần đều: T2  2 ga ga Khi thang máy đứng yên,thang máy chuyển động đều: T3  2 + Vậy g T T1 ga 16 g  a 9g ga 50    a   3   T3  2,78s  D T2 ga 25 g  a 41 T1 g 41 Câu 54.D 3,2 cm Giải Vận tốc m1, m2 vị trí cân bằng: v  k x m Từ vị trí cân vật m2 chuyển động thẳng Biên độ m1 2 m x kA  mv  v  2 k T Khoảng cách hai vật: L  v.t  A  v  A  k m x    x .2     x  3, 2cm k m 2 2 Câu 55.C x = 5cos(2πt - π/3) cm Hướng dẫn 1 Wd  W  W cos  2 2 ; W  Wd max  0, 02  J  2 1  t   W  W cos  2 , 015  J   cos  2  0,     2 Đề cho vật chuyển động theo chiều dương nên φ = - π/3 + Tần số góc: Khi t = Wđ = 0,015J = 3/4W → Wt = 1/4W hay Wđ = 3Wt → x = ±A/2 Khi Wđ = ↔ x = ±A Do φ = - π/3 nên ta thấy vật từ A/2 đến A 1/6s ↔ T/6 = 1/6 → T = 1s 11 Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN + Biên độ: A2  W  0, 0025  A  0, 05  m   5cm m2 Câu 56.C 1/30 s Hướng dẫn: A T  t   T 6  t    s  30 m  T  2  0,  s   k Wd  3Wt  x   Câu 57.C 125.10-5 J     Hướng dẫn: Tma x = mg(3 – 2cosα0) ↔ 1, 0025  0,1.10   1  02      0  0, 05  rad    Câu 58.C T/2 Hướng dẫn: x  A cos  t         x  x  x1  A cos  t   x  2A cos  t       Hai chất điểm gặp nhau: ∆x = Giải phương trình khoảng thời gian liên tiếp hai chất điểm gặp nhỏ T/2 Câu 59.D 48 mJ Hướng dẫn: Vị trí vật có vận tốc cực đại lần đầu cách vị trí cân cũ khoảng a  mg   cm  k Khi giảm lượng: W  kA2  ka2  0, 048  J  2 Câu 60.C 0,77 m/s * Vận tốc hai vật sau va chạm: V m2 v m  rad  k  0,8  ;    20   m1  m2 m1  m2 s  s  * Biên độ dao động A = V/ω = 4cm * Sau 1/4 chu kì biên độ dao động giảm:  m  m2  4 a     2, 5.10  m  k   * Gia tốc đổi chiều vật qua vị trí cân Gia tốc đổi chiều lần vật qua vị trí cân lần Khi đó, vật chuyển động 1,5T * Biên độ dao động : A’ = A – 6a = 0,0385 (m) * Vận tốc qua vị trí cân lần 3: Câu 61.D v'  A'   0, 0385 m k  0, 77   m1  m2 s 10  m     s2  12 Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN  g a  gsin   g  cos2    cos 0   t T  mg  cos   sin 0   P  mg  cos     3  v2 2g  cos   cos 0  g an  aht      g 10  m   a  a2n  a2t     3  s2  Câu 62.A 80cm * Khi chưa đốt dây:   * Khi hệ có vật A:  m A  mB  g k 01   20cm mg  10cm k * Khi đốt dây : + A dao động điều hòa với biên độ 10cm + B rơi tự T * Thời gian để A lên tới vị trí cao T/2: t   2 mA k   s  10 * Trong thời gian vật B rơi h = 1/2gΔt2 = 0,5(m) * Do hai vật cách 10 cm lúc đầu chưa đốt nên khoảng cách hai vật Δx = 50 + 20 +10 = 80cm -3 Câu 63.C 3,5.10 s * Thời gian điện tích tụ giảm từ Q0 → T/4: t  T 2 LC   3, 5.103  s 4 Câu 64.A 331,4cm T = 0,4s ∆t = t2 – t1 = 5,9 s = 14T + tdư; tdư = 0,3s = T/2 + T/4 Khi t = 1/10 s   3  x1  cos  5      10   v1  Dựa vào đường vẽ hình:   sdu    2.4  14, 63  cm  Quãng đường vật đi: S = 14.4A + 14,63 = 331,4 cm Câu 65.B – 1/4 T1  2 T2  2 g q1E m g q2 E m q1E   g g m   q1 1   q2 E T  q2    3g  m    2T  2.2  Câu 66.B 50 N/m Ta xét chu kì, thời gian để gia tốc a ≥ 500√2 cm/s2 T/2 = 4.T/8 Dựa vào h.v ta thấy 13 Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN  rad  N A2 2  500    10  5    k  m  0,2.250  50    s  m Câu 67.C 36 km/h Khi xảy cộng hưởng Tr = Tcb Dao động cưỡng xe có xe qua chỗ xóc nhận ngoại lực cưỡng bức, ngoại lực xuất tuần hoàn theo thời gian Tcb = s/v + Ta có Tcb = s/v = Tr = 1,5s → v = s/T = 15/1,5 = 10m/s Câu 68.A 1,98 N Theo định luật bảo toàn lượng 2 mv  kA  mg.A  0,1  10A2  0,02.A  A  0,099m  Fñh  kA  20.0,099  1,98 N  2 Câu 69.A cm Giải + Lực đàn hồi: F = kA = mω2A→ 2,4 = 0,5.(4π)2.A → A = 0,03 m = cm + Ta có: x2 = 4sin(ωt – π/3) cm = 4cos(ωt – 5π/6) cm + Ta thấy Δφ = π/6 + 5π/6 = π → hai dao động ngược pha + Biên độ dao động tổng hợp A = |A1 – A2| → A1 = + = cm Chọn đáp án A Câu 70.D 0,01 s Chu kì dao động hai lắc T = 0,02s Do ban đầu chúng VTCB chuyển động theo hai chiều ngược nhau, chu kì dao động nên lần gặp lại vị trí cân chiều chuyển động vật ngược ban đầu Vậy thời gian ngắn để gặp = T/2 = 0,01s Câu 71.B 2√3 s Chu kì T0 = 4s Khi đưa vào thang máy xuống, chậm dần T  2 ga  2 g g  2  s g Câu 72.C x = 2cos(πt + π/3) cm Có T/2 = 1s → ω = π (s-1) Tại t = ta có v  Asin    3cm / s        cm    a  A cos   10   A  2cm  s    Câu 73.A cm 14 Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN Giải Áp dụng định lí hàm sin: A1 A2 A2   A  sin  sin  sin 600 sin 60     Amin  3cm  sin    A2  A12  A2  3 cm  Câu 74.D 805,3 s Giải Quay vòng có lần thỏa mãn yêu cầu đề ⇒Quay 2013 vòng có 2013 lần thỏa mãn yêu cầu đề Và vật trở lại trạng thái ban đầu; quay tiếp thêm 0,25T lại qua điểm cần tìm T t  2013T   805,3 s  Câu 75.D x  2 cos(5t  3 / 4) (cm) Giải  rad  t 60 T   0,4 s    5   N 150  s   v A  x     2  cm    Sử dụng vòng tròn lượng giác, suy φ = - 3π/4 Câu 76.C 1,26 m/s Giải xI  mg  5.102  cm   ST   A  x I   9,9cm k 15 Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN Vậy vật cần them 2,1 cm đủ 12 cm Mặt khác từ hình vẽ, ứng với vật 12 cm cách VTCB O2 đoạn x = A2 – 2,1 = 4,85 – 2,1 = 2,75 cm Tốc độ cần tìm v   A22  x2  m k A22  x  1,26   m  s  Câu 77.D 10 cm Giải Wñ  W   Wt t1   Wñ t1 Wñ  W   Wt t2 Biểu diễn vòng tròn lượng giác  rad      t       10   20  s  2W W  m2 A2  A   0,1 m   10cn m2 Câu 78.D 0,44 s Giải fhồi phục = vật VTCB → Δt1 = T/4 T fđàn hồi = vật VT lò xo không giản không nén: t  t1    3 T  2  A  5cm   2  0,44  s  g 1000 Câu 79.C 33,7 cm k 2 mg t    ; xI   0,2cm m k A 9,4 s  2A1  A2   2.9,8  9,4   33,7  cm  2 1 a Câu 80.D 1 a Giải Fmax  k    A  F k    A   A  a  dhmax     F   A 1 a k   A   dhmin Fmin  k    A  Câu 81.A 17,07 cm   t  16 Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN Giải Ta phân tích: Smax = 4A + s’max với s’max = A → t = T + T/6 Cũng thời gian suy ra: smin = 4A + s’min = 4A + (2A – A√3) = 17,07 cm  Câu 82.D Giải + Vật theo chiều dương vị trí cân nên α < + Ta lại có Wt  Wd     Kết quả:    max  max Câu 83.D Hz Giải + Để gia tốc không vượt 100cm/s2 vật phải khoảng từ x = - x1 đến x = + x + Ta có: 4Δt = T/3 → Δt = T/12 → x1 = A/2 = 2,5 cm → |a1| = ω2|x1| Suy   a1   2  f   1Hz x1 2 Câu 84.C 56,57 cm/s Giải AI  A  x1  10   8cm  cm   mg 0,1.0,02.10 x1  = =0,02  m    cm     rad   vI =AI =40  k  k  5 2  s     m 0,02  s   Câu 85.C 1,15 s g'  F  mg qE qEmg qE  g    g'  g   15 m / s2  T'  2  1,15 s  m m m g   Câu 86.C 8,0 cm Giải Theo đề, thời điểm t2 Wt2 = Wđ2 = 0,064 J → W = 2Wt2 = 2Wđ2 = 0,128 J → x2  A 2 Ở thời điểm t1 = thì: Wt1 = W – Wđ1 = 0,032 (J) → x1  A Khoảng thời gian ngắn để vật từ vị trí x = 0,5A đến x2   A 2 là: 17 Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN t  t1   T T  2W s    T  s    A    cm  48 12 10 m2 Câu 87.Một vật nhỏ dao động điều hòa theo quỹ đạo thẳng dài 14 cm với chu kì s Từ thời điểm vật qua vị trí có li độ 3,5 cm theo chiều dương đến gia tốc vật đạt giá trị cực tiểu lần thứ hai, vật có tốc độ trung bình A 27,3 cm/s B 28,0 cm/s C 27,0 cm/s D 26,7 cm/s Giải Ta có A = L/2 = cm Thời gian từ chất điểm từ x = 3,5 cm theo chiều (+) đến gia tôc có giá trị cực tiểu lần thứ là: t = 7T/6 = 7/6 s Quãng đường vật khoảng thời gian s = A/2 + 4A = 31,5 cm Tốc độ trung bình khoảng thời gian là: vtb = s/t = 27 cm Câu 88.D.1,0 kg Giải Cứ sau phần từ chu kì động lại đổi giá trị cho nha nên kx2 100.25.104 kx1  mv22  m  21   1kg 2 0,5 v2 Câu 89.B 2T/3 + Theo đề ra, ta có:   v  vTB   4A 2 A A  v    s 4A T T 2 v   TB T    T T + Vì v tốc độ nên vận tốc chất điểm nhận giá trị A T  A  v    t1  2T  t  t1  t    A  v  A  t  T  Câu 90.B 60 cm 18 Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN Giải x1 F1 A    x1   t  12  s  A Fmax 2 Trong thời gian T, thời gian lực kéo lớn N 0,1 = 2t2 = T/6 → T = 0,6 s Mặt khác :  T T  kA2 t  0,4  s     1J W    A  0,2  m   20cm    S 2A Smax  A F  kA  10  N   '  max Smax  3A  60cm Câu 91.C 16 Giải + Khoảng cách M N là:Δx = |xM – xN| = |6cos(ωt + φ1) – 8cos(ωt + φ2)| = A.|cos(ωt + φ)| + Vì 62 + 82 = 102 nên hai dao động vuông pha với nhau, vậy: x1 v v v W 3      ñM     A1 vmax1 vmax2 v2 WñN   16 Câu 92.A 0,59 m/s Ta có: g hd  g  a Từ hình vẽ, ta có tan   f qE      450 P mg  vmax  g '   10 9  0,59m / s cos45 180 Câu 93.D 887 cm/s2 Giải + Tổng hợp lực tác dụng vào vật thời điểm t: F  T  P  ma + Độ lớn hợp lực: F  T2  P  2T.P.cos1500   F  0,887mg  0 T  mg  3cos   cos 0   mg 3cos30  cos60  1,6mg F 0,887mg m cm a   8,87  887 m m s s   Câu 94.A 0,2 s 19 Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN Giải Ta có: 𝒕𝒏é𝒏 𝒕𝒅ã𝒏 𝟏 𝜶𝒏é𝒏 𝟐 𝜶𝒅ã𝒏 𝑨 𝟐 = = = 𝜶𝒏é𝒏 𝟐𝝅−𝜶𝒏é𝒏 Suy 𝜶𝒏é𝒏 = 𝟐𝝅 𝟑 Suy 𝒙𝟎 = 𝚫𝒍 = Lực đàn hồi ngược chiều với lực kéo lò xo 𝑨 dãn vật có li độ 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ (tương ứng với vùng màu 𝟐 đỏ chuyển động tròn đều) Trong chu kì khoảng thời gian đó: 𝒕 = 𝟐 𝝅 𝟔 𝝎 𝑻 𝟔 = = 𝟎, 𝟐 𝒔 Câu 95.A cm Ban đầu: vật m nằm vị trí cân O1 (lò xo không biến dạng)  Khi chịu tác dụng lực F: Vật dao động điều hoà xung quanh vị trí cân O2 cách vị trí cân cũ đoạn O1O2  F   cm , biên độ A2 k T  2 40 k  F  (s);O1O2    cm m 10 k 40 t  A  cm - Điều kiện ban đầu t = 0: x o  A2cos  5 cm      v  A sin    o t - Tần số góc:   A  10T T  3T   x   2,5cm s   3 k  k 40  (s)   20 rad / s  T  2 m 10 m 0,1 - Đến thời điểm t   s = 10T  3T  T  x  A2  2,5cm 3  Sau ngừng tác dụng lực F: Vật lại dao động điều hoà quanh vị trí cân O với biên độ dao động A1: A1  x12  v12 với x1 = + 2,5 = 7,5 cm; v1   A22  x2   18,75 cm/s 2  A1  7,52  18,75  8,66cm  Gần giá trị cm Câu 96.D Từ kinh độ 81020’T đến kinh độ 81020’Đ 20 Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN Hướng dẫn Muốn vệ tinh mặt phẳng xích đạo đứng yên so với mặt đất, phải chuyển động tròn xung quang Quả đất chiều vận tốc gúc  Trái đất quay xung quanh trục với chu kỳ T = 24h Gọi vận tốc dài vệ tinh quỹ đạo v, độ cao so với mặt đất h Vì chuyển động tròn nên vệ tinh có gia tốc hướng tâm bằng: mv + Fht = , ( h  R) lực lực hấp dẫn Trái đất vệ tinh mv GmM GmM + Fhd= = Từ hai biểu thức suy ( h  R) ( h  R ) ( h  R) Vì: v=(h+R)   h+R= GM 2 3 2 ( h  R)  GM  Chú ý  = , với T=24h ta có T ( h  R) ( h  R) GM T =42322.103(m)=42322km 4 Vậy, độ cao vệ tinh so với mặt đất là: h = 42322 – 6370 = 35952 km Đối với súng cực ngắn, ta xem sóng truyền thẳng từ vệ tinh xuống mặt đất Từ hình vẽ ta thấy vùng nằm kinh tuyến qua A B nhận tín hiệu từ vệ tinh Ta thấy ngay: cos  = R =0,1505 Từ  = 81020’ Rh Như vậy, vùng nhận tín hiệu từ vệ tinh nằm khoảng Từ kinh độ 81020’T đến kinh độ 81020’Đ Câu 97.D 0,10 s Từ hình vẽ dễ thấy thời gian lò xo không giãn chu kì là: t T   g 2     0,04  g 10  0,04  0, 0,    0,1 s  2  Câu 98.D 0,45s  + Dạng tốt VPT dao động x1, x2:     t   cm x1  A cos  0,9 2    x  A cos   t    cm     0,8   + Hai dây song song x1 = x2 giải Pt có: tmin = 0,423s Câu 99 D 25 N/m 21 Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN Giải Tại thời điểm t = 0,95 s, vận tốc vật: 𝒗 = 𝑨 ±𝝎√𝑨𝟐 − 𝒙𝟐 = −𝝎𝒙 Suy ra: 𝒙 = ± √𝟐 Trong chu kì vật qua vị trí có 𝒗 = −𝝎𝒙 hai lần Lần thứ vật qua vị trí thỏa mãn hệ thức 𝟑𝝅/𝟒 𝟏𝟗𝑻 𝒕𝟓 = 𝟐𝑻 + = = 𝟎, 𝟗𝟓𝒔 Suy T = 0,4 s 𝟐𝝅/𝑻 𝟖 Độ cứng lò xo: 𝒌 = 𝟒𝝅𝟐 𝒎 𝑻𝟐 = 25 N/m Câu 100.D 8.√3 cm/s Giải , , Từ 64x12  36x 22  482  cm2  Lấy đạo hàm hai vế theo thời gian t ( x1  v1;x  v2 ) 128x1v1 + 72x2v2 = Khi x1 = A1cost = (cm) v1 = - A1sint = - 18 (cm/s) 36x 22  482  64.32  1728  x 22  48  x  8 3cm Do 128x1v1 + 72x2v2 = → 16x1v1 + 9x2v2 = → v2  16x1v1 cm  8 9x2 s Nên vật thứ hai có tốc độ 8√3 (cm/s) Chọn đáp án D 22