(Tổng Hợp) 500 câu hỏi trắc nghiệm vật lý giúp bạn đạt 8_8,5 điểm(có đáp án)

Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN hoặc

100 CÂU DAO ĐỘNG CƠ GIÚP BẠN ĐẠT
ĐIỂM 8 – 8,5 MÔN VẬT LÍ
Câu 1.B. 17,4 N.

Giải
mg

l1  k  0,015  m   1,5  cm 

 m  m' g  0,06 m  6 cm
l2 
   

k

Tại

vị

trí

cao

nhất

A2  O2 A1  4  4,5  8,5  cm 

vật

có

tốc

độ

bằng

0

nên

Lực đàn hồi cực đại của lò xo trong quá trình hai vật khi lò xo
nén cực đại
FMAX  k  l2  A 2   120.  0, 06  0, 085  17, 4  N 

Câu 2.A. 28,8 cm.

Giải
Gọi: v2 là vận tốc của vật m2 trước va chạm
v là vận tốc hai vật sau va chạm
Theo định luật bảo toàn động lượng:
m2 v2   m1  m2  v  v 

m2 v2
0,3.400

 240  cm / s   2,4  m / s .
m1  m2 0,3  0,2

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho 2 vị trí: vị trí va chạm và vị trí cao nhất.
1
v2 2,42
2
(m1  m2 )v  (m1  m2 )gh  h 

 0,288  m   28,8 cm 
2
2g 2.10

Câu 3.D. 1,04.10-3 N.

Giải
g
m .0 .
S0
S0

S0
m2 .S0
mg.0
N

   NT 
.T  FC 
.T 
.T 
.T  1,0368.103  N 
4F
4F
S0
4
4
4
C
C
2
2
m
m

Câu 4.C. bằng 3 lần thế năng hoặc bằng không.
Giải

1


Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN hoặc


A
T
t
x2  A
x1 
6

2


v1  0

v1  0
 Wñ  0


A
 x  
T
t
x2  A
6
 1

2

 
A

v1  0
Wñ  3Wt  W  4Wt  x1  
 v1  0
2

1
1
T  

A
A
T
T   0,2  s   t  t1   s   t1   s 
t
x

x





1
2
6
f
30
6   
2 
2



v  0
 1
v1  0
 Wñ  3Wt


A
A
T
x1  
t
x2 

6
2  
2


v  0
 v  0
 1
 1
Câu 5.C. 2√7 cm.

Giải
m  

A

  s 
T

x 2 
k 5
T


2
  t 
6
7
x A 
 x A


t   s 
v 2  0

x  A

x  A 

30

2
v  0

T  2

0

t T

1

t

1

T
6

2



2

Khi ta giữ tại li độ x thì thế năng con lắc mất đi:
k 2 A22 kA2
 x kx2 1 kx2
Wt md  
.
 .
 W'  W  Wt md  


2
2 2

2
2

2

kx2
.
2

2

A
k
2
2kA2 kA2 1  2 
7


 .
 A2 
A  2 7  cm 
2
2
2
2
4
Câu 6.A. 20 cm/s.
Giải
+ Theo đề bài, vào thời điểm t1 thì
2

 A 
2


v
A 3
v
v  0  x   A2      A2   2   
1
2

2
 




( vì Sau khoảng thời gian t1 = π/15 s (kể từ thời điểm t =
0) vật chưa đổi chiều chuyển động nên

x

A 3
)
2

 

 

 rad 
Từ hình vẽ:
3        5

3
15
 s 
1  t1 
1 

2


Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN hoặc

Theo đề, sau thời gian t2 = 0,3π (s) → φ2 = ωt2 = π + π/2 ta có thể biểu diễn như hình vẽ
(M2).
Mặt khác S = 12 cm → 3A = 12→A = 4cm
Vận tốc ban đầu v0 = ωA = 5.4 = 20 cm/s
Câu 7.A. 1/8 s.
Giải
xth = |x1 – x2| = 4cos(4πt + 5π/6) cm
t1 

1 1 
1
s   xth1  4 s     t  4.    

24
 3 24  



5
T
 6 t 12
 
T
 0t 
12
 6

Câu 8.C.


6



t 3

T T T
 
12 4 8


T
0 t 
6
12

1
s.
15

Giải
T  2
 

m
 0,4  s 
k

mg
 4  cm   A  12  4  8  cm   A  
k

Khi chất điểm đi từ P → M và N → Q thì lực đàn hồi
và hồi phục ngược chiều nhau trong một chu kì:
T
0,4  1
t  . 
.  s
2
2 3 15

2 
Câu 9.A. x  4cos 10t   cm.
3 


Giải

x max  A  4cm

 rad 
T  2,2 1 
2

   0,1 s   T  0,2  s    
 10 

2  12 12 
T
 s 
t  0

2

2  4cos  
x


2cm




3
v  0

0  4.10.sin  


Câu 10.A. 0 ≤ x0 ≤ 2cm.
 Đềbài  x 0  A. Giatốc của he:ä a  2 .x  

k
k
.x  amax 
.x
m1  m2
m1  m2 0

 Lực quán tính tác dụng lên m 2 : Fq  m 2 .a  Fq max  m 2 .amax  m 2 .

k
.x
m1  m 2 0

 Điều kiện m 2 không trượt trên m1 :Fq max  Fmsn max  .N2  .m 2 .g 
 x0 

  m1  m 2  g
k

m2 k
.x  m2 g
m1  m 2 0

 0,02  m   2cm

3


Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN hoặc

Câu 11.D. 20 cm/s.
* Vị trí động năng bằng thế năng:

x

A

.

2

* Vận tốc của vật khi qua vị trí đó:

 cm 
v0   A2  x02  6 

 s 

* Tại vị trí trên vật m0 rơi vuông góc xuống m. Theo định luật bảo toàn động lượng ta
có: mv0 = (m + m0)V → V = 2v0/3 = 4π cm/s
* Hệ sau gồm : vật (m + m0) chuyển động với vận tốc đầu 4π (cm/s) từ vị trí x = A/√2
* Biên độ dao động của hệ mới:


 cm 

A' 
v
 cm 
 cm 
A
k
3

2
A'  x0    ; x0 
;V  4 
 120 
 ; ' 
;  
m  m0
2
 ' 
 s 
 s 
v,  A' '   . 120  20  cm 


 max
3
 s 

2

Câu 12.D. 56,0mm.

* Tọa độ vật dừng là: x = A0 – 2n.a với

a

mg
 0, 005
k

* Miền dừng lại của vật – a ≤ x = A0 – 2na ≤ a → n = 2 → x = 4 mm
* Quãng đường vật đi tới khi dừng:

1 2 1 2
kA  kx  mgs  s  0, 056  m   56  mm 
2
2

Câu 13. C. 2π m/s.

* Vị trí Wt = 3Wđ →

x

A 3
2

* Tốc độ trung bình tương ứng với khoảng thời gian Wt không vượt quá 3Wđ trong nửa
A 3
2  3 3A  300 3  A  200  cm 
v



T
2
 s 
3
2

chu kì :

Câu 14.D. 0,5 m/s.
* Tại vị trí lò xo dãn nhiều nhất (v=0) thì m2 dính vào m1 nên ở đó cũng chính là biên
độ dao động của hệ: A’ = A = 10cm.

* Vận tốc cực đại của hệ:

vmax  A'  '  A

k
cm
 50
m1  m 2
s

năng lượng của phôtôn tương ứng sẽ tăng lên.
Câu 15.D. 1 m/s .
A  10cm
cm
v  50 3
s
cm

a  500 2
s





m

  vmax  1 
s


2
2
 v   a 


   2   1
 A   A 


Câu 16.D. 6

4


Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN hoặc

Khoảng cách giữa hai vật:



x  x1  x2  3 cos  5t  
2


Khi 2 vật gặp nhau ∆x = 0.
Xét dao động của ∆x
- Vị trí gặp nhau tại M1 và M2. Vị trí ban đầu của hai vật là ở
M0 (chúng cùng có tọa độ 1,5cm).
- Chu kì dao động của ∆x là T = 0,4s.
- ∆t = 1s = 2,5T.
- Số lần 2 vật gặp nhau là số lần ∆x qua M1 và M2 = 6 lần (kể cả
ban đầu).
Câu 17.C. 1/2 hoặc 3/4.
Ta có





A12  A2  A22  2AA2 cos  2    A12  A1 3  A22  2 3A1A2 cos
2


 A 22  3A1A 2  2A12  0
6

Do đó : A2 = A1 hoặc A2 = 2A1.

+ A2 = A1 thì ∆OA1A2 đều.
Khi đó φ2 = π/3 và φ = π/6. Tỉ số giữa φ/φ2 = 1/2.
+ Khi A2 = 2A1. thì OA1A2 là tam giác vuông tại A1. Lúc đó φ2 = π/2 và φ = 2π/3. Tỉ số
φ/φ2 = 3/4.
Câu 18.D. 2,06 s.
Hướng dẫn: Vật m2 sẽ rời khỏi m1 khi chúng đi qua vị trí mà lò xo không biến dạng(T/4
2
2
= π/20 s). Khi đó m2 có vận tốc thỏa mãn phương trình mv  kA  mgA  v  0,9  m 
2

2

s

Tiếp sau đó m2 chuyển động chậm dần đều với gia tốc a = μg = 0,5 m/s .
Vậy thời gian cần tìm t = T/4 + v/a = 2,06s.
2

Câu 19.C.

2 2
s.
15

Biên độ A   0 

g 1000
100 2
1000 2

 2  2 
; v  2 A  x 2  2500 
A  12, 5  A  5  cm 
2
A
A







Vật đi được 27,5 = 20 + 5 + 2,5 phải mất thời gian





 1
4 2
2 2
t  1   T  .

s
3 10 2
15
 3

Câu 20.D. 1.

g
A1   01  2 ;A2  
1

2

2

2

2

A 
k 
A 2 k m
k
E k A 
k k 
k
g
 2 ;  1  22  2 1  2 2   1   4  2   1  1 .  1   4  1 .4  2   1  1
02
A2 1 k1m 2
k1  A2 
E2 k 2  A 2 
k 2  k1 
k2
2
 k1 

Câu 21.A. 1,8 m/s.
t 

 cm 
1 T
12
  vmax 
 180 

1
15 6
 s 
15

Câu 22.A. 7.
g

* A = 3cm ; T = 0,4 s ; ω = 5π (rad/s);  0  2  4  cm 
Fmax k   0  A  4  3
* F  k    A  4  3  7
min
0

Câu 23.D. 0,30 m/s.
5


Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN hoặc

* Tốc độ lớn nhất vật đạt được là khi vật đi qua VTCB lần đầu tiên kể từ lúc bắt đầu

dao động.
* VTCB mới trong lần dao động đầu tiên cách VTCB ban đầu một đoạn

a

mg
 4cm
k

* Biên độ dao động mới A’ = A – 4 = 6cm.
* Tốc độ cực đại: vmax = A’ω = 0,3 (m/s)
Câu 24.C. 2 cm và 0,314 s.
Va chạm giữa hai vật là va chạm mềm. Vận tốc hai vật sau va chạm:
Mv0
m
 0, 4    vmax
Mm
s



vmax

 0, 02  m   2cm
  vmax  A  A 

 rad 
k
 


 20 
  T   s 
Mm
10 
 s 
V

Câu 25.A. 26 lần.
Wd  2Wt  x 

A

 A  x 3  3 3cm

3

 

2
1
1
1


Khi x  1cm  Wd  kA2  kx 2  kx 2  3 3  1  Wt  27  1  26Wt
2
2
2



Câu 26.D. 4 cm.
T  1s  t 

5 T T
 
12 12 3

* t = 0 → x0 = 0.
* Quãng đường vật đi : s = 1,5A = 6 → A = 4cm.
Câu 27.A. a.√2
A



3
 a' x'
    2  a'  a 2
a x
A 2
2
x' 
; a'   x' 

3


x

; a  2x

Câu 28.D. 9,793 m/s2.
m
T 1
g
34, 5 1
g
g
34, 5 1
 t 

 .2.105  10  


 .2.105 10   g  5, 858.104  g  9, 793  2 
T
2
2g
86400 2
2g
2g 86400 2
s 

Câu 29.B. 0,15 s.
* Biên độ dao động : A = 6cm.
* Vị trí cân bằng tại x = 58 cm.
* x1 = 64cm = A ; x2 = 61cm = A/2 → Thời gian tương ứng vật chuyển động từ x1 đến
x2 là T/6 = 0,3 → T = 1,8 s.
* Thời gian đi từ x3 = 55cm = A/2 đến x4 = 58 cm = 0 là T/12 → t = 0,15 s.
Câu 30.D. 60cm.

1/2 kA2 = 1 và
Fđhmax = kA = 10N
→ A = 20cm; k = 50N/m.
* Vẽ vòng tròn lượng giác cho lực đàn hồi.
- Thời gian ngắn nhất để hai lần lực kéo có giá trị 5 3 N là T/6 =
0,1 → T = 0,6s.
6


Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN hoặc

- trong thời gian 0,4s = T/2 + T/6. Quãng đường lớn nhất vật đi
được smax = 2A + A = 3A = 60cm.
Câu 31.B. 2s.
Trạng thái của hai vật lặp lại như cũ nghĩa là hai vậ này chuyển động trong những
khoảng thời gian bằng số nguyên lần chu kì của mỗi vật.
- Do chu kì dao động của hai vật không chênh lệch quá nhiều nên thời gian ngắn nhất
để hai vật cùng qua vị trí cũ và có trạng thái như cũ sẽ hơn kém nhau 1 dao động (1chu
kì).
- Ta có : n.T1 = (n+1).T2 → n = 3→ ∆t = 3.T1 = 3.2π/3π = 2s.
Câu 32.B. 57π mm/s.
Coi con lắc dao động trên phương nằm ngang. T = 2s.
Vị trí cân bằng động của con lắc cách vị trí cân bằng tĩnh một đoạn a = Fc/k = 0,001m.

- Độ giảm biên độ sau mỗi nửa chu kì

A 

2FC
 2.103  m 

k

- Sau 21s = 21.T/2 thì biên độ dao động của con lắc còn lại là A = A0 – 21.∆A = 5,8cm.
- trong nửa chu kì kế tiếp vật dao động xung quanh vị trí cân bằng động gần nhất với
biên độ: A1 = A - ∆l0 = 5,7cm.
- Tốc độ lớn nhất của con lắc sau 21,4s chính là tốc độ của con lắc khi đi qua vị trí cân
bằng động này: vmax = A1ω = 5,7π (cm/s)
Câu 33.A. T/√2.
*

tan 600 

F
 F  P tan 600  mg 3
P

* Chu kì dao động của con lắc tích điện:
T'  2

g'

 2

F
g2   
m

2

 2

g. 1 

 3

2

 2

2g



T
2

Câu 34.C. 2/15 s.
Giải
2

2







 v 
30


2
2

  6  cm 
  3 
A  x 
 100 
 k 




0,3
 m


t = 0 thì x = 3 cm; do vật ra xa vị trí cân bằng nên v > 0
Lò xo bị nén cực đại khi vật đi qua x = - A = - 6 cm.
 
 23 2
Từ hình vẽ, ta có: t  
 s

100 15
0,3
Câu 35.B. 0,2s.
* Lực đàn hồi cũng biến thiên điều hòa với chu kì T.
7

Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN hoặc

* Thời gian lực đàn hồi có độ lớn 2N là 2T/3 ứng với vật chuyển động từ A/2 → A →
A/2 và thời gian chuyển động từ - A/2 → A → - A/2.
* Như vậy Fđh = k.|x| = k.0,02 = 2 → k = 100N/m.
* Chu kì dao động : T  2

m
 0, 2  s 
k

Câu 36.D. 2,6 m/s.
A 3

m

A = 10 cm; Δt = 1/15 s = T/3; smax  A 3  vmax  1  2, 6  s 
 
15

Câu 37.D. 1/√2.
2

vmax  A1

v 
mv
m
k
 v2  max  vmax  A2  A12   max   A12  A12 .    A1 2

M
M
M
  
2

Câu 38.C. 2√7 cm.
* T = π/5 (s)
* ∆t = T + T/6
Do đó, vật đi hết 1T rồi tiếp tục đi đến x = A/2 và chuyển
động theo chiều âm quỹ đạo.
+ trước khi giữ lò xo , động năng tại x = A/2 :
1
1
3kA2
mv2  k A2  x 2 
2
2
8





* Giữ điểm chính giữa : k’ = 2k.
* Vị trí của vật lúc này so với VTCB mới x’ = A/4.
+ Trước giữ : IM = l0 + 4.
+ Khi giữ I’: I’M = I’O’ + O’M = l0/2 + 2 → I’O’ = l0/2 ;
O’M = 2cm.
Vậy k'  A'  k'  x'   mv2  A' 

1
2

2

1
2

2

1
2

A 7
 2 7  cm 
4

Câu 39.D. 1,881s; 14,4cm.

* Chu kì dao động của con lắc

T  2

g

 2

 qE 
g2   
m

2

 1,881 s 

* Biên độ dao động của con lắc khi 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 của con lắc khi 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 bằng mới của con lắc cách O đoạn

x0 

mg
 2cm
k

* t = T/4 + tO1→O
* Tính tO1→O

8


Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN hoặc

Góc quét ứng với vật chuyển động tròn đều:


 2

 0, 34
 arccos    190 28 '  t  
 0, 048
2

K
6
m

Vậy thời gian cần tìm : t = 0,222 + 0,048 = 0,27(s)
Câu 41.A. Giảm 0,375J.
* VTCB khi có 1 vật: ∆l01 = A = mg/k = 10cm.
* VTCB khi có 2 vật: ∆l02 = A = (m + m0)g/k = 15cm.
Khi vật 1 xuống thấp nhất rồi gắn nhẹ nhàng m0 vào ↔ Lúc đó hệ vật ở cách VTCB
mới 5cm và có vận tốc bằng không → Đó chính là biên mới và A’ = 5cm.
* Năng lượng ban đầu: W  12 kA  0, 5J
2

* Năng lượng lúc sau :

W

2
1

k  A'   0, 0125J
2

.

* Độ giảm năng lượng: 0,375 J.
Câu 42.B. 3,375s
* Xét khi vật ở cách đỉnh dốc một khoảng x.
Theo định luật 2 niutơn:
mgsinα – μmgcosα = ma = m.x’’
gsinα – 0,1x.gcosα = x’’
x’’ + 0,1.gcosα (x – 10.tanα) = 0 (*)
Đặt X = x – 10.tanα → X’’ = x’’
(*) → X’’ + 0,1.g.cosα. X = 0.
Như vậy, X là 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 giữa hai lần có v = 0. Thời gian đó bằng T/2.
T 

t   
 3, 375s
2 
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, 8 
qE

0, 002
g

m

Câu 44.B. x = 6cos(10t + π/4) cm.

 cm 
vmax  A  6 

 s 
sin   0

A  6cm




x

3
2

Acos



1





cos  
 
A
4
2 

Wd  Wt  x  

2


Câu 45.D. 2cm.
2

2

 v   a 
 rad 
1
E  m2 A2  125.103  J   A  0, 5  
 1    25
 
  A  0, 02  m   2cm
2 
2
A


  A 
 s 

Câu 46.A. 0,4μs.
9


Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN hoặc

* T/12 = 0,8.10 – 6 → T = 9,6.10 – 6 (s)
* Một nửa động năng của vật chuyển thành thế năng của lò xo:
x

A
2

 t min 

T T
  0, 4s
8 12

Câu 47.C. 188,3 mJ.

1 g
W  m A2  150mJ 
 W' g' g  a
2
 
 W'  188, 3 mJ 

W g
g
1 g' 2

W m A

2

Câu 48.A. 0,08 m.
A

g  m1  m 2  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 của hệ khi B chưa rời khỏi A: A = Δl0 = 6cm.
* Khi lò xo có lực đàn hồi max tức hai vật đang ở biên A1 và v = 0.
* Khi B rời khỏi A. Hệ chỉ còn lò xo và vật A. Độ biến dạng tại VTCB
mới O2 là:



02



mA g
 2cm
k

* Biên độ dao động mới : A2 = 6 + (6 – 2) = 10 cm.
* Chiều dài cực tiểu lmin = l0 + Δl02 – A2 = 22cm.
Câu 50.C. 0,3 N và 2,7 N.

 rad 
N
k
 20 
 k  60   F  k   A  2, 7 N
 

 0 
 

m
 s 
 m    max

g

Fmin  k   0  A   0, 3  N 
  2  2, 5cm

Câu 51.D. -3 cm
Hướng dẫn

Vận tốc bằng 0 ở hai biên T/2 = 2,5 – 1,75 = 0,75
→ T = 1,5s.
Xét t1 = 1,75s = 1,5s + 0,25s = T + T/6. khi đó vật
có thể ở biên A hoặc – A.
Giả sử khi đó vật ở - A. Xét giai đoạn từ t = 0 đến t1 (đi ngược lại)
- Nhìn h.vẽ thấy thời điểm ban đầu vật xuất phát từ x = - A/2.
s
t

- Đề bài v  

2A
 A  6  cm  . Vậy, ban đầu vật ở vị trí x = - 3cm hoặc x = 3cm.
0, 75

Câu 52.D. 21,96 cm/s.

Giải

A
n 3x 

A
2

+ Tìm t: Wñ  nWt  x 
1
A 3
n 1 
n   x 

3
2

10


Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN hoặc

+ Khoảng thời gian ngắn nhất để chất điểm đi từ li độ x1 
Δt = 1/6 s
s A
+ Tốc độ trung bình: vTB  
t



A
A 3
 x2 
mất t = T/12→
2
2

  21,96 cm

3 1
2.

1
6

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 tại vị trí cân bằng: v 

1 k
.x
2 m

Từ vị trí cân bằng vật m2 chuyển động thẳng đều. Biên độ của m1 bằng
1 2 1 2
m
x
kA  mv 
.v 
2
2
k
2
T
4

Khoảng cách hai vật: L  v.t  A  v.  A 

1
k 1
m x  
1 
.
.x. .2



 .x  3, 2cm
k
2 m 4
2 2 2
2

Câu 55.C. x = 5cos(2πt - π/3) cm

Hướng dẫn
1
1
Wd  W  W cos  2 2 ; W  Wd max  0, 02  J 
2
2
1
1

t  0  W  W cos  2 , 015  J   cos  2  0, 5    
2

2
3

Đề bài cho vật đang chuyển động theo chiều dương nên φ = - π/3.
+ Tần số góc:
Khi t = 0 thì Wđ = 0,015J = 3/4W → Wt = 1/4W hay Wđ = 3Wt → x = ±A/2.
Khi Wđ = 0 ↔ x = ±A. Do φ = - π/3 nên ta thấy vật đi từ A/2 đến A mất 1/6s ↔ T/6 =
1/6 → T = 1s.
11


Thầy Tăng Giáp | Giải đáp TANGGIAP.VN hoặc

+ Biên độ: A2 

W
 0, 0025  A  0, 05  m   5cm
m2

Câu 56.C. 1/30 s.
Hướng dẫn:
A
T
 t min  
T 1
2
6
 t min    s 
6 30
m


T  2
 0, 2  s 

k
Wd  3Wt  x  

Câu 57.C. 125.10-5 J.








Hướng dẫn: Tma x = mg(3 – 2cosα0) ↔ 1, 0025  0,1.10  3  2 1 

02  
   0  0, 05  rad 
2  

Câu 58.C. T/2.
Hướng dẫn:
x  A cos  t 







  x  x 2  x1  A 3 cos  t  2 
x  2A cos  t  


3 


Hai chất điểm gặp nhau: ∆x = 0.
Giải phương trình trên được khoảng thời gian liên tiếp hai chất điểm gặp nhau nhỏ nhất
là T/2.
Câu 59.D. 48 mJ.
Hướng dẫn:
Vị trí vật có vận tốc cực đại lần đầu cách vị trí cân bằng cũ một khoảng a 

mg
 2  cm 
k

Khi đó thế năng đã giảm một lượng: W  kA2  ka2  0, 048  J 
1
2

1
2

Câu 60.C. 0,77 m/s

* Vận tốc hai vật ngay sau khi 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 mỗi 1/4 chu kì biên độ dao động giảm:

 m  m2 
4
a   1
  2, 5.10  m 
k



* Gia tốc đổi chiều khi vật đi qua vị trí cân bằng. Gia tốc đổi chiều lần 3 khi vật đi qua vị
trí cân bằng lần 3. Khi đó, vật chuyển động được 1,5T.
* Biên độ dao động khi đó : A’ = A – 6a = 0,0385 (m).
* Vận tốc khi qua vị trí cân bằng lần 3:
Câu 61.D.

v'  A'   0, 0385

m
k
 0, 77  
m1  m2
s

10 6  m 
 .
3  s2 

12