4. Bài 1. Ứng dụng vòng tròn lượng giác

Đề bài

Câu 1 :

Vận tốc của vật dao động điều hoà có phương trình li độ $x = A\cos \left( {\omega t – \dfrac{\pi }{3}} \right)$ có độ lớn cực đại khi:

A.

$t = 0$
B.

$t = \frac{T}{4}$
C.

$t = \frac{T}{{12}}$
D.

$t = \frac{{5T}}{{12}}$

Câu 2 :

Gia tốc của một vật dao động điều hoà có phương trình li độ $x = A\cos \left( {\omega t – \dfrac{{5\pi }}{6}} \right)$ có độ lớn cực đại. Khi:

A.

$t = \dfrac{{5T}}{{12}}$
B.

$t = 0$
C.

$t = \dfrac{T}{4}$
D.

$t = \dfrac{T}{6}$

Câu 3 :

Một vật dao động điều hòa với biên độ $A$ quanh vị trí cân bằng $0$ , thời gian ngắn nhất để vật di chuyển từ vị trí có ly độ $x = – \dfrac{A}{2}$ đến vị trí có ly độ $x = A$ là $\dfrac{1}{2}s$ , chu kỳ dao động:

A.

$1,5(s)$
B.

$2(s)$
C.

$3s$
D.

$1s$

Câu 4 :

Vật dao động điều hòa theo phương trình: $x = 5c{\rm{os}}\left( {2\pi t – \frac{\pi }{3}} \right)cm$ . Xác định thời gian ngắn nhất kể từ khi vật bắt đầu chuyển động đến vị trí có li độ $x = \frac{{5\sqrt 2 }}{2}$ lần thứ nhất?

A.

$\frac{5}{{24}}s$
B.

$\frac{1}{8}s$
C.

$\frac{1}{{24}}s$
D.

$\frac{1}{{12}}s$

Câu 5 :

Một chất điểm dao động điều hòa với chu kì $T$ và biên độ $5cm$ . Biết trong một chu kì, khoảng thời gian để vật nhỏ của chất điểm có độ lớn gia tốc không vượt quá $100cm/{s^2}$ là . Lấy ${\pi ^2} = 10$ . Tần số dao động của vật là:

A.

$4Hz$
B.

$3Hz$
C.

$2Hz$
D.

$1Hz$

Câu 6 :

Một chất điểm đang dao động điều hòa trên một đoạn thẳng xung quanh vị trí cân bằng O. Gọi M, N là hai điểm trên đường thẳng cùng cách đều O. Biết cứ $0,05s$ thì chất điểm lại đi qua các điểm M, O, N và tốc độ của nó đi qua vị trí M, N là $20\pi \left( {cm/s} \right)$ . Biên độ A bằng.

A.

$6 cm$
B.

$10 cm$
C.

$3 cm$
D.

$12 cm$

Câu 7 :

Một vật nhỏ dao động điều hòa với chu kì $T$ và biên độ $8 cm$ . Biết trong một chu kì, khoảng thời gian để vật nhỏ có độ lớn vận tốc không vượt quá $16 cm/s$ là $\dfrac{T}{3}$ . Tần số góc của dao động là:

A.

$2rad/s$
B.

$3rad/s$
C.

$4rad/s$
D.

$5rad/s$

Câu 8 :

Một vật dao động điều hòa theo phương trình . Xác định thời gian vật chuyển động từ thời điểm $t=0,75s$ đến khi vật có li độ $x=-4 cm$ lần thứ $2$ ?

A.

$\dfrac{5}{6}s$
B.

$\dfrac{3}{4}s$
C.

$\dfrac{1}{2}s$
D.

$1s$

Câu 9 :

Một vật dao động được kích thích để dao động điều hòa với vận tốc cực đại bằng $3 m/s$ và gia tốc cực đại bằng $30\pi m/{s^2}$ . Thời điểm ban đầu $t = 0$ vật có vận tốc $v=+1,5 m/s$ và thế năng đang tăng. Hỏi sau đó bao lâu vật có gia tốc bằng $– 15\pi m/{s^2}$

A.

$0,05s$
B.

$0,15s$
C.

$0,1s$
D.

$0,2s$

Câu 10 :

Một chất điểm dao động điều hòa theo phương trình (x tính bằng cm, t tính bằng giây). Kể từ $t=0$ , chất điểm đi qua vị trí có li độ $x= -2cm$ lần thứ $2011$ tại thời điểm:

A.

$3015s$
B.

$6030s$
C.

$3016s$
D.

$6031s$

Câu 11 :

Một vật dao động điều hòa với phương trình: . Xác định thời điểm thứ $2016$ vật có gia tốc bằng không?

A.

$100,767s$
B.

$100,783s$
C.

$100,8s$
D.

$100,733s$

Câu 12 :

Một vật dao động điều hòa với phương trình: . Thời điểm lần thứ $2010$ kể từ lúc bắt đầu dao động, vật qua vị trí có vận tốc $v= -8π cm/s$ là bao nhiêu?

A.

$1004,5s$
B.

$1005s$
C.

$502,5s$
D.

$1004s$

Câu 13 :

Một vật dao động điều hòa với phương trình: . Khoảng thời gian vật qua vị trí có li độ theo chiều dương lần thứ $2017$ kể từ lúc $t=0,125s$ là?

A.

$504,25s$
B.

$504,063s$
C.

$1008,5s$
D.

$1008,25s$

Câu 14 :

Một vật dao động theo phương trình $x = 3\cos \left( {5\pi t – \frac{{2\pi }}{3}} \right)cm$ . Trong giây đầu tiên vật qua vị trí cân bằng bao nhiêu lần?

A.

$3$
B.

$4$
C.

$5$
D.

$6$

Câu 15 :

Một chất điểm dao động điều hòa theo phương trình $x = 3\sin \left( {5\pi t + \frac{\pi }{6}} \right)cm$ (x tính bằng cm, t tính bằng giây). Trong một giây đầu tiên từ thời điểm $t = 0,4s$ , chất điểm đi qua vị trí có li độ $x = + 1 cm$

A.

$4$ lần
B.

$7$ lần
C.

$5$ lần
D.

$6$ lần

Câu 16 :

Một vật dao động điều hoà với phương trình $x = 8\cos \left( {2\pi t – \frac{\pi }{3}} \right)cm$ . Tìm số lần vật qua vị trí có vận tốc $v = – 8\pi \left( {cm/s} \right)$ trong thời gian $5,75s$ tính từ thời điểm gốc.

A.

$14$ lần
B.

$11$ lần
C.

$12$ lần
D.

$13$ lần

Câu 17 :

Tìm số lần vật qua vị trí có gia tốc là $32{\pi ^2}cm/{s^2}$ theo chiều dương trong thời gian $5,75s$ tính từ thời điểm gốc.

A.

$13$ lần
B.

$10$ lần
C.

$12$ lần
D.

$11$ lần

Câu 18 :

Hai điểm sáng cùng dao động trên trục Ox với các phương trình li độ lần lượt là ${x_1} = Acos\left( {2\pi t + \dfrac{\pi }{6}} \right)$ ; ${x_2} = Acos\left( {2\pi t + \dfrac{{5\pi }}{6}} \right)$ . Thời điểm mà hai điểm sáng có cùng li độ lần thứ 2020 là

A.
505,75s.
B.
1010s.
C.
1009,75s.
D.
505s.

Lời giải và đáp án

Câu 1 :

Vận tốc của vật dao động điều hoà có phương trình li độ $x = A\cos \left( {\omega t – \dfrac{\pi }{3}} \right)$ có độ lớn cực đại khi:

A.

$t = 0$
B.

$t = \frac{T}{4}$
C.

$t = \frac{T}{{12}}$
D.

$t = \frac{{5T}}{{12}}$

Đáp án : D

Phương pháp giải :

+ Vận tốc của vật có độ lớn cực đại khi vật ở VTCB

+ Xác định li độ và chiều của vận tốc tại thời điểm ban đầu $t = 0$

+ Sử dụng trục thời gian trên đường thẳng được suy ra từ đường tròn

Lời giải chi tiết :

Ta có, vận tốc của vật có độ lớn cực đại khi vật ở VTCB

Tại thời điểm ban đầu t =0 : $\left\{ \begin{array}{l}x = Ac{\rm{os}}\left( { – \dfrac{\pi }{3}} \right) = \dfrac{A}{2}\\v = – A\omega \sin \left( { – \dfrac{\pi }{3}} \right) > 0\end{array} \right.$

=> Vận tốc của vật có độ lớn cực đại khi $t = \dfrac{T}{6} + \dfrac{T}{4} = \dfrac{{5T}}{{12}}$

Câu 2 :

Gia tốc của một vật dao động điều hoà có phương trình li độ $x = A\cos \left( {\omega t – \dfrac{{5\pi }}{6}} \right)$ có độ lớn cực đại. Khi:

A.

$t = \dfrac{{5T}}{{12}}$
B.

$t = 0$
C.

$t = \dfrac{T}{4}$
D.

$t = \dfrac{T}{6}$

Đáp án : A

Phương pháp giải :

+ Gia tốc của vật có độ lớn cực đại khi vật ở biên

+ Xác định li độ và chiều của vận tốc tại thời điểm ban đầu $t = 0$

+ Sử dụng trục thời gian trên đường thẳng được suy ra từ đường tròn

Lời giải chi tiết :

Ta có, Gia tốc của vật có độ lớn cực đại khi vật ở biên

Tại thời điểm ban đầu t =0 : $\left\{ \begin{array}{l}x = Ac{\rm{os}}\left( { – \dfrac{{5\pi }}{6}} \right) = – \dfrac{{A\sqrt 3 }}{2}\\v = – A\omega \sin \left( { – \dfrac{{5\pi }}{6}} \right) > 0\end{array} \right.$

=> Gia tốc của vật có độ lớn cực đại khi $t = \dfrac{T}{6} + \dfrac{T}{4} = \dfrac{{5T}}{{12}}$

Câu 3 :

A.

$1,5(s)$
B.

$2(s)$
C.

$3s$
D.

$1s$

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Sử dụng trục thời gian trên đường thẳng được suy ra từ đường tròn

Lời giải chi tiết :

Ta có, thời gian ngắn nhất để vật di chuyển từ $x = – \dfrac{A}{2}$ đến A là : $t = \dfrac{T}{{12}} + \dfrac{T}{4} = \dfrac{T}{3} = \dfrac{1}{2}s \to T = 1,5{\rm{s}}$

Câu 4 :

A.

$\frac{5}{{24}}s$
B.

$\frac{1}{8}s$
C.

$\frac{1}{{24}}s$
D.

$\frac{1}{{12}}s$

Đáp án : C

Phương pháp giải :

+ Sử dụng công thức xác định chu kỳ: $T = \frac{{2\pi }}{\omega }$

+ Sử dụng trục thời gian trên đường thẳng được suy ra từ đường tròn

Lời giải chi tiết :

Ta có:

Chu kỳ dao động của vật: $T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{2\pi }} = 1{\rm{s}}$

Tại thời điểm ban đầu t=0: $\left\{ \begin{array}{l}x = 5c{\rm{os}}\left( { – \frac{\pi }{3}} \right) = 2,5cm\\v = – 10\pi \sin \left( { – \frac{\pi }{3}} \right) = 5\sqrt 3 \pi > 0\end{array} \right.$

$\to t = \frac{T}{{24}} = \frac{1}{{24}}s$

Câu 5 :

A.

$4Hz$
B.

$3Hz$
C.

$2Hz$
D.

$1Hz$

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Sử dụng trục thời gian trên đường thẳng được suy ra từ đường tròn hoặc sử dụng công thức $\Delta t = \dfrac{{\Delta \varphi }}{\omega }$ để suy ra vị trí của điểm a theo a_max

Lời giải chi tiết :

Khoảng thời gian gia tốc biến thiên từ 0 đến vị trí gia tốc có độ lớn 100cm/s² là: $\Delta t = \dfrac{{\dfrac{T}{3}}}{4} = \dfrac{T}{{12}}$

=> Vị trí $\left| a \right| = 100cm/{s^2} = \dfrac{{{a_{{\rm{max}}}}}}{2} \to {a_{{\rm{max}}}} = 2{\rm{a}}$

$\begin{array}{l} \to {\omega ^2}A = 2.a \to \omega = \sqrt {\dfrac{{2{\rm{a}}}}{A}} = \sqrt {\dfrac{{2.100}}{5}} = 2\pi \\ \to f = \dfrac{\omega }{{2\pi }} = 1H{\rm{z}}\end{array}$

Câu 6 :

A.

$6 cm$
B.

$10 cm$
C.

$3 cm$
D.

$12 cm$

Đáp án : A

Phương pháp giải :

+ Xác định vị trí M, N trên vòng tròn lượng giác

+ Sử dụng trục thời gian trên đường thẳng được suy ra từ đường tròn

+ Sử dụng công thức xác định chu kỳ: $T = \dfrac{{2\pi }}{\omega }$

+ Sử dụng hệ thức độc lập xác định biên độ A:

${A^2} = {x^2} + \dfrac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}}$

Lời giải chi tiết :

Ta có: M, N cách đều O và cứ $0,05s$ thì chất điểm lại đi qua các điểm M, O, N => các điểm D, B, G, E cách đều nhau

Từ vòng tròn lượng giác: $\to {x_M} = {x_N} = \dfrac{{A\sqrt 3 }}{2}$

$\to \dfrac{T}{6} = 0,05s \to T = 0,3{\rm{s}} \to \omega = \dfrac{{2\pi }}{T} = \dfrac{{20\pi }}{3}ra{\rm{d}}/s$

Sử dụng hệ thức độc lập, ta có: ${A^2} = {x^2} + \dfrac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = \dfrac{{3{A^2}}}{4} + {\left( {\dfrac{{20\pi }}{{\dfrac{{20\pi }}{3}}}} \right)^2} \to \dfrac{{{A^2}}}{4} = 9 \to A = 6cm$

Câu 7 :

A.

$2rad/s$
B.

$3rad/s$
C.

$4rad/s$
D.

$5rad/s$

Đáp án : C

Phương pháp giải :

+ Sử dụng vòng tròn lượng giác và thời gian trên đường thẳng được suy ra từ đường tròn

+ Sử dụng công thức tính vận tốc cực đại: v_max = Aω

Lời giải chi tiết :

Khoảng thời gian $\dfrac{T}{3}$ ứng với vùng màu xám trong hình trên

Ta suy ra: Khoảng thời gian vận tốc biến thiên từ 0 đến vị trí vận tốc có độ lớn $16cm/{s^2}$ là: $\Delta t = \dfrac{{\dfrac{T}{3}}}{4} = \dfrac{T}{{12}}$

Cách 1:

=> Vị trí $\left| v \right| = 16cm/s = \dfrac{{{v_{{\rm{max}}}}}}{2} \to {v_{{\rm{max}}}} = 2v \leftrightarrow A\omega = 2v \to \omega = \dfrac{{2v}}{A} = \frac{{2.16}}{8} = 4{\rm{r}}a{\rm{d}}/s$

Cách 2:

Từ vòng tròn lượng giác, ta có góc quét $\Delta \varphi = \omega .\Delta t = \dfrac{{2\pi }}{T}.\dfrac{T}{{12}} = \dfrac{\pi }{6}rad$

$\begin{array}{l}OM.\sin \Delta \varphi = 16\\ \leftrightarrow A\omega .\sin \Delta \varphi = 16\\ \to \omega = \dfrac{{16}}{{A.\sin \Delta \varphi }} = \dfrac{{16}}{{8.\sin \dfrac{\pi }{6}}} = 4\left( {rad/s} \right)\end{array}$

Câu 8 :

Một vật dao động điều hòa theo phương trình . Xác định thời gian vật chuyển động từ thời điểm $t=0,75s$ đến khi vật có li độ $x=-4 cm$ lần thứ $2$ ?

A.

$\dfrac{5}{6}s$
B.

$\dfrac{3}{4}s$
C.

$\dfrac{1}{2}s$
D.

$1s$

Đáp án : A

Phương pháp giải :

+ Sử dụng công thức xác định chu kỳ: $T = \dfrac{{2\pi }}{\omega }$

+ Xác định vị trí tại thời điểm t (x,v)

+ Sử dụng trục thời gian trên đường thẳng được suy ra từ đường tròn

Lời giải chi tiết :

Ta có:

Chu kỳ: $T = \dfrac{{2\pi }}{\omega } = \dfrac{{2\pi }}{{2\pi }} = 1s$

Tại thời điểm t=0,75s: $\left\{ \begin{array}{l}x = 8c{\rm{os}}\left( {2\pi .0,75 + \dfrac{\pi }{6}} \right) = 4cm\\v = – 16\pi \sin \left( {2\pi .0,75 + \dfrac{\pi }{6}} \right) = 8\sqrt 3 \pi > 0\end{array} \right.$

=> Khoảng thời gian: $\Delta t = \dfrac{T}{6} + \dfrac{T}{2} + \dfrac{T}{6} = \dfrac{{5T}}{6} = \dfrac{5}{6}s$

Câu 9 :

A.

$0,05s$
B.

$0,15s$
C.

$0,1s$
D.

$0,2s$

Đáp án : A

Phương pháp giải :

+Sử dụng công thức $\left\{ \begin{array}{l}{v_{{\rm{max}}}} = \omega A\\{a_{{\rm{max}}}} = {\omega ^2}A\end{array} \right.$ tính chu kì và biên độ dao động của vật.

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

+ Xác định vị trí tại thời điểm t=0 (x,v)

+ Sử dụng công thức $a = – {\omega ^2}x$

+ Sử dụng công thức xác định chu kỳ T: $T = \frac{{2\pi }}{\omega }$

Lời giải chi tiết :

Ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}{v_{{\rm{max}}}} = \omega A\\{a_{{\rm{max}}}} = {\omega ^2}A\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{a_{{\rm{max}}}}}}{{{v_{{\rm{max}}}}}} = \omega = \frac{{30\pi }}{3} = 10\pi \\A = \frac{{{v_{{\rm{max}}}}}}{\omega } = \frac{3}{{10\pi }}m\end{array} \right.$

Tại t = 0: v = +1,5m/s và thế năng đang tăng

Sử dụng hệ thức độc lập, ta có:

${A^2} = {x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} \to {x^2} = {A^2} – \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {\left( {\frac{3}{{10\pi }}} \right)^2} – \frac{{1,{5^2}}}{{{{\left( {10\pi } \right)}^2}}} \to x = \frac{{1,5\sqrt 3 }}{{10\pi }} = \frac{{A\sqrt 3 }}{2}$

Khi vật có gia tốc

$a = – 15\pi \left( {m/{s^2}} \right) = – {\omega ^2}{x_2} \to {x_2} = – \frac{{ – 15\pi }}{{{{\left( {10\pi } \right)}^2}}} = \frac{{1,5}}{{10\pi }} = \frac{A}{2}$

=> Thời gian để vật đi từ t =0 đến vị trí có a = 15π (m/s²) là:

$t = \frac{T}{{12}} + \frac{T}{6} = \frac{T}{4} = \frac{1}{4}\frac{{2\pi }}{\omega } = 0,05s$

Câu 10 :

A.

$3015s$
B.

$6030s$
C.

$3016s$
D.

$6031s$

Đáp án : C

Phương pháp giải :

+ Sử dụng công thức xác định chu kỳ T: $T = \dfrac{{2\pi }}{\omega }$

+ Sử dụng công thức xác định thời điểm vật đi qua li độ x lần thứ n (với n lẻ) : $t = \dfrac{{n – 1}}{2}T + {t_1}$

+ Xác định vị trí tại thời điểm $t=0 (x,v)$

Lời giải chi tiết :

Ta có:

Chu kỳ: $T = \dfrac{{2\pi }}{\omega } = \dfrac{{2\pi }}{{\dfrac{{2\pi }}{3}}} = 3s$

Trong một chu kỳ, chất điểm đi qua vị trí có li độ $x=-2cm$ hai lần

=> ${t_{2011}} = \frac{{2011 – 1}}{2}T + {t_1} = 1005T + {t_1}$

Tại $t=0$ , vật ở li độ: $x=4cm$ => t₁ là khoảng thời gian chất điểm đi từ $A$ (vị trí ban đầu) đến $-A/2$

=> ${t_1} = \dfrac{T}{4} + \dfrac{T}{{12}} = \dfrac{T}{3}$

$\to {t_{2011}} = 1005T + {t_1} = 1005T + \dfrac{T}{3} = \dfrac{{3016T}}{3} = \dfrac{{3016.3}}{3} = 3016{\rm{s}}$

Câu 11 :

Một vật dao động điều hòa với phương trình: . Xác định thời điểm thứ $2016$ vật có gia tốc bằng không?

A.

$100,767s$
B.

$100,783s$
C.

$100,8s$
D.

$100,733s$

Đáp án : B

Phương pháp giải :

+ Sử dụng công thức xác định chu kỳ $T$ : $T = \dfrac{{2\pi }}{\omega }$

+ Sử dụng công thức xác định thời điểm vật đi qua li độ x lần thứ $n$ (với $n$ chẵn) : $t = \dfrac{{n – 2}}{2}T + {t_2}$

+ Xác định vị trí tại thời điểm $t=0 (x,v)$

Lời giải chi tiết :

Ta có:

Chu kỳ: $T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{20\pi }} = 0,1s$

$\left\{ \begin{gathered} a = – {\omega ^2}x \hfill \\ a = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \to x = 0$

Bài toán đưa về dạng xác định thời điểm vật qua li độ $x=0$ lần thứ $n$ ( $n$ chẵn)

=> ${t_{2016}} = \frac{{2016 – 2}}{2}T + {t_2} = 1007T + {t_2}$

Tại $t=0$ : $\left\{ \begin{array}{l}x = 10c{\rm{os}}\left( {\dfrac{{ – \pi }}{6}} \right) = 5\sqrt 3 cm\\v = – 10.20\pi sin\left( {\dfrac{{ – \pi }}{6}} \right) = 100\pi > 0\end{array} \right.$

$t_2$ là khoảng thời gian từ lúc bắt đầu đến khi qua $x=0$ lần thứ $2$

=> ${t_2} = \dfrac{T}{{12}} + \dfrac{{3T}}{4} = \dfrac{{5T}}{6}$

$\to {t_{2016}} = 1007T + {t_2} = 1007T + \dfrac{{5T}}{6} = \dfrac{{6047T}}{6} = \dfrac{{6047.0,1}}{6} = 100,783{\rm{s}}$

Câu 12 :

A.

$1004,5s$
B.

$1005s$
C.

$502,5s$
D.

$1004s$

Đáp án : A

Phương pháp giải :

+ Sử dụng công thức xác định chu kỳ T: $T = \dfrac{{2\pi }}{\omega }$

+ Sử dụng công thức xác định thời điểm vật đi qua li độ x lần thứ n (với n chẵn) : $t = \dfrac{{n – 2}}{2}T + {t_2}$

+ Xác định vị trí tại thời điểm t=0 (x,v)

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

Lời giải chi tiết :

Ta có:

Chu kỳ dao động: $T = \dfrac{{2\pi }}{\omega } = \dfrac{{2\pi }}{{2\pi }} = 1{\rm{s}}$

Tại $t=0$ : $\left\{ \begin{array}{l}x = 8c{\rm{os}}\left( { – \dfrac{\pi }{6}} \right) = 4\sqrt 3 cm\\v = – 16\pi \sin \left( { – \dfrac{\pi }{6}} \right) = 8\pi > 0\end{array} \right.$

Tại vị trí có $v= -8π cm/s$ : $x = \pm \sqrt {{A^2} – \dfrac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}}} = \pm \sqrt {{8^2} – \dfrac{{{{\left( {8\pi } \right)}^2}}}{{{{\left( {2\pi } \right)}^2}}}} = \pm 4\sqrt 3 cm$

Trong một chu kỳ, vật đi qua vị trí có vận tốc $v= -8πcm/s$ 2 lần

$\to {t_{2010}} = \dfrac{{2010 – 2}}{2}T + {t_2} = 1004T + {t_2}$

t₂ là khoảng thời gian từ lúc bắt đầu đến khi vật đạt vận tốc $v= -8πcm/s$ lần thứ 2.

$\to {t_2} = \dfrac{T}{{12}} + \dfrac{T}{4} + \dfrac{T}{6} = \dfrac{T}{2}$

$\to {t_{2010}} = 1004T + {t_2} = 1004T + \dfrac{T}{2} = 1004,5T = 1004,5{\rm{s}}$

Câu 13 :

Một vật dao động điều hòa với phương trình: . Khoảng thời gian vật qua vị trí có li độ theo chiều dương lần thứ $2017$ kể từ lúc $t=0,125s$ là?

A.

$504,25s$
B.

$504,063s$
C.

$1008,5s$
D.

$1008,25s$

Đáp án : D

Phương pháp giải :

+ Sử dụng công thức xác định chu kỳ T: $T = \frac{{2\pi }}{\omega }$

+ Sử dụng công thức xác định khoảng thời gian vật qua vị trí x khi kể đến chiều: $t = (n – 1)T + {t_1}$

+ Xác định vị trí tại thời điểm t (x,v)

Lời giải chi tiết :

Ta có:

Chu kỳ dao động: $T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{4\pi }} = 0,5{\rm{s}}$

Tại $t=0,125s$ : $\left\{ \begin{array}{l}x = 6c{\rm{os}}\left( {4\pi .0,125 + \frac{\pi }{4}} \right) = – 3\sqrt 2 cm\\v = – 24\pi \sin \left( {4\pi .0,125 + \frac{\pi }{4}} \right) = – 12\sqrt 2 \pi < 0\end{array} \right.$

Trong một chu kỳ, vật đi qua vị trí $x = 3\sqrt 2 cm$ theo chiều dương 1 lần.

$\to {t_{2017}} = 2016T + {t_1}$

$x = 3\sqrt 2 cm$ theo chiều dương lần thứ 1

$\to {t_1} = \frac{T}{8} + \frac{T}{4} + \frac{T}{8} = \frac{T}{2}$

$\to {t_{2017}} = 2016T + {t_1} = 2016T + \frac{T}{2} = 2016,5T = 1008,25{\rm{s}}$

Câu 14 :

Một vật dao động theo phương trình $x = 3\cos \left( {5\pi t – \frac{{2\pi }}{3}} \right)cm$ . Trong giây đầu tiên vật qua vị trí cân bằng bao nhiêu lần?

A.

$3$
B.

$4$
C.

$5$
D.

$6$

Đáp án : C

Phương pháp giải :

+ Sử dụng công thức xác định chu kỳ T: $T = \dfrac{{2\pi }}{\omega }$

+ Xác định vị trí tại thời điểm $t=0 (x,v)$

Lời giải chi tiết :

Ta có:

Chu kỳ dao động: $T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{5\pi }} = 0,4{\rm{s}}$

Tại $t=0s$ : $\left\{ \begin{array}{l}x = 3c{\rm{os}}\left( { – \frac{{2\pi }}{3}} \right) = – 1,5cm\\v = – A\omega \sin \left( { – \frac{{2\pi }}{3}} \right) > 0\end{array} \right.$

ta có: $1{\rm{s}} = 2T + \frac{T}{2}$

Trong một chu kỳ, vật đi qua vị trí VTCB $2$ lần

Trong khoảng thời gian $T/2$ vật qua vị trí cân bằng $1$ lần kể từ $t = 0$

=> Trong $1s$ đầu tiên, vật qua VTCB số lần là: $2.2 + 1 = 5$ lần

Câu 15 :

A.

$4$ lần
B.

$7$ lần
C.

$5$ lần
D.

$6$ lần

Đáp án : C

Phương pháp giải :

+ Viết phương trình dao động về dạng $x = Acos(ωt + φ)$

+ Sử dụng công thức xác định chu kỳ T: $T = \frac{{2\pi }}{\omega }$

+ Xác định vị trí tại thời điểm $t=0,4s (x,v)$

Lời giải chi tiết :

$x = 3sin(5\pi t + \frac{\pi }{6}) = 3c{\rm{os}}\left( {5\pi t + \frac{\pi }{6} – \frac{\pi }{2}} \right) = 3c{\rm{os}}\left( {5\pi t – \frac{\pi }{3}} \right)cm$

Chu kỳ dao động: $T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{5\pi }} = 0,4{\rm{s}}$

Tại t=0,4s: $\left\{ \begin{array}{l}x = 3c{\rm{os}}\left( { – \frac{\pi }{3}} \right) = 1,5cm\\v = – A\omega \sin \left( { – \frac{\pi }{3}} \right) > 0\end{array} \right.$

ta có: $1{\rm{s}} = 2T + \frac{T}{2}$

Trong một chu kỳ, vật đi qua vị trí $+1cm$ $2$ lần

Trong khoảng thời gian $T/2$ vật qua vị trí $+1cm$ $1$ lần kể từ $t = 0,4s$

=> Trong 1s đầu tiên kể từ $t = 0,4s$ , vật qua vị trí $+1cm$ số lần là: $2.2 + 1 = 5$ lần

Câu 16 :

A.

$14$ lần
B.

$11$ lần
C.

$12$ lần
D.

$13$ lần

Đáp án : C

Phương pháp giải :

+ Sử dụng công thức xác định chu kỳ T: $T = \frac{{2\pi }}{\omega }$

+ Xác định vị trí tại thời điểm $t=0 (x,v)$

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

Lời giải chi tiết :

Ta có:

Chu kỳ dao động:

$T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{2\pi }} = 1{\rm{s}}$

Tại t=0s: $\left\{ \begin{array}{l}x = 8c{\rm{os}}\left( { – \frac{\pi }{3}} \right) = 4cm\\v = – A\omega \sin \left( { – \frac{{\pi }}{3}} \right) > 0\end{array} \right.$

Tại vị trí có v= -8π cm/s:

$x = \pm \sqrt {{A^2} – \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}}} = \pm \sqrt {{8^2} – \frac{{{{\left( {8\pi } \right)}^2}}}{{{{\left( {2\pi } \right)}^2}}}} = \pm 4\sqrt 3 cm$

Trong một chu kỳ, vật đi qua vị trí có vận tốc v= -8πcm/s 2 lần

Ta có: ${\rm{5,75s}} = 5T + \frac{T}{2} + \frac{T}{4}$

Trong khoảng thời gian T/4 + T/2 vật qua vị trí có vận tốc v= -8πcm/s 2 lần lần kể từ t = 0

=> Trong 5,75s đầu tiên, vật qua vị trí có vận tốc v= -8πcm/s số lần là: 2.5 + 2 = 12 lần

Câu 17 :

Tìm số lần vật qua vị trí có gia tốc là $32{\pi ^2}cm/{s^2}$ theo chiều dương trong thời gian $5,75s$ tính từ thời điểm gốc.

A.

$13$ lần
B.

$10$ lần
C.

$12$ lần
D.

$11$ lần

Đáp án : D

Phương pháp giải :

+ Sử dụng công thức xác định chu kỳ T: $T = \frac{{2\pi }}{\omega }$

+ Xác định vị trí tại thời điểm $t=0 (x,v)$

Lời giải chi tiết :

Ta có:

Chu kỳ dao động:

$T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{4\pi }} = 0,5{\rm{s}}$

Tại $t=0s$ :

$\left\{ \begin{array}{l}x = 4c{\rm{os}}\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = 2\sqrt 3 cm\\v = – A\omega \sin \left( {\frac{\pi }{6}} \right) < 0\end{array} \right.$

Tại vị trí có:

$a = {32{\pi ^2}}cm/{s^2} = – {\omega ^2}{x_2} \to {x_2} = – \frac{{32{\pi ^2}}}{{{{(4\pi )}^2}}} = – 2cm$

Trong một chu kỳ, vật đi qua vị trí $-2cm$ theo chiều dương $1$ lần

Ta có: ${\rm{5,75s}} = 11T + \frac{T}{2}$

Trong khoảng thời gian $T/2$ vật qua vị trí $-2cm$ theo chiều dương $0$ lần kể từ $t = 0$

=> Trong $5,75s$ đầu tiên, vật qua vị trí $-2cm$ số lần là: $11 + 0 = 11$ lần

Câu 18 :

A.
505,75s.
B.
1010s.
C.
1009,75s.
D.
505s.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Vận dụng vòng tròn lượng giác và trục thời gian suy ra từ vòng tròn

Lời giải chi tiết :

Chu kì dao động của 2 điểm sáng $T = 1s$

Ta có li độ của 2 điểm sáng bằng nhau: ${x_1} = {x_2}$

$\Rightarrow d = {x_1} – {x _2} = 0$

Ta có: ${x_1} – {x_2} = A\angle \dfrac{\pi }{6} – A\angle \dfrac{{5\pi }}{6} = A\sqrt 3 \angle 0$

$\Rightarrow d = A\sqrt 3 cos\left( {2\pi t} \right)$

Trong 1 chu kì có 2 vị trí $d = 0$

${t_{2020}} = {t_{2018}} + {t_2}$

${t_{2018}} = \dfrac{{2018T}}{2} = 1009T$

Từ vòng tròn lượng giác ta suy ra ${t_2} = \dfrac{{3T}}{4}$

$\Rightarrow {t_{2020}} = 1009T + \dfrac{{3T}}{4} = \dfrac{{4039T}}{4} = \dfrac{{4039.1}}{4} = 1009,75s$

TẢI APP ĐỂ XEM OFFLINE