Bài tập dao động cơ hay và khó (phần 1)

+ Hệ vật \(\left( {{m_1} + {m_2}} \right)\) dao động với:

\(\left\{ \begin{array}{l}\Delta {l_0} = 44 - 40 = 4cm\\A = 2 + 4 = 6cm\\\omega  = \sqrt {\frac{k}{{{m_1} + {m_2}}}}  = \sqrt {\frac{g}{{\Delta {l_{012}}}}}  = \sqrt {\frac{{10}}{{0,04}}}  = 5\pi \,rad/s\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow k = \frac{{mg}}{{\Delta {l_{012}}}} = \frac{{0,4.10}}{{0,04}} = 100N/m\)

+ Áp dụng định luật II Niuton cho \({m_2}\) tại vị trí hai vật tách nhau:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {{P_2}}  + \overrightarrow {{F_{12}}}  = {m_2}\overrightarrow a  \Leftrightarrow  - {m_2}g + {F_{12}} = {m_2}a\\ \Leftrightarrow  - {m_2}g + {F_{12}} = {m_2}.{\omega ^2}.\left| x \right|\\ \Leftrightarrow  - 0,2.10 + 3,5 = 0,2.{\left( {5\pi } \right)^2}.\left| x \right| \Rightarrow \left| x \right| = 3cm\end{array}\)

\( \Rightarrow {v_{12}} = \omega \sqrt {{A^2} - {x^2}}  = 5\pi \sqrt {{6^2} - {3^2}}  = 81,6cm/s\)

+ Sau khi \({m_2}\) dời khỏi vật \({m_1}\) \( \Rightarrow {m_1}\) dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng mới với:

\(\Delta {l_{01}} = \frac{{{m_1}g}}{k} = \frac{{0,2.10}}{{100}} = 0,02m = 2cm\)

\({\omega _1} = \sqrt {\frac{k}{{{m_1}}}}  = \sqrt {\frac{{100}}{{0,2}}}  = 10\sqrt 5 rad/s\)

Tại vị trí \({m_2}\) hai vật tách nhau có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} = 2 + 3 = 5cm\\
{v_1} = {v_{12}} = 81,6cm/s
\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {A_1} = \sqrt {x_1^2 + \frac{{v_1^2}}{{\omega _1^2}}}  = \sqrt {{5^2} + {{\left( {\frac{{81,6}}{{10\sqrt 5 }}} \right)}^2}}  = 6,2cm\)

Cách 1:

Vì chiều dài đoạn thẳng dao động là 4cm. suy ra biên độ A = 2cm.

Khi vật m dao động hợp của lực điện trường và lực đàn hồi gây gia tốc a cho vật.

Tại vị trí biên, vật có gia tốc max.

Khi đó ta có: \({F_{dh}} - {F_d} = m{a_{max}} = m{\omega ^2}A = m\dfrac{k}{m}A = kA\)

Tại vị trí M lò xo không biến dạng, tại N lò xo dãn \(2A\) nên:

\(\begin{array}{l}k2A - qE = kA\\ \Rightarrow qE = kA\\ \Rightarrow E = \dfrac{{kA}}{q} = \dfrac{{10.0,02}}{{{{20.10}^{ - 6}}}} = {10^4}V/m\end{array}\)

Cách 2:

Vì chiều dài đoạn thẳng dao động là 4cm. suy ra biên độ A = 2cm.

Tại VTCB: \({F_{dh}} = {F_d} \Leftrightarrow k\Delta l = qE\)

\( \Rightarrow E = \dfrac{{k\Delta l}}{q}\)

Mà \(A = \Delta l\), ta suy ra: \(E = \dfrac{{kA}}{q} = \dfrac{{10.0,02}}{{{{20.10}^{ - 6}}}} = {10^4}V/m\)

Động năng của vật khi đi qua vị trí cân bằng (khi chưa có điện trường): \(\dfrac{{mv_0^2}}{2} = \dfrac{{kA_1^2}}{2}\)

Vị trí cân bằng mới (khi có thêm điện trường) lò xo biến dạng một đoạn: \(\Delta l = \dfrac{{qE}}{k} = 0,05m = 5cm\)

Ở thời điểm bắt đầu có điện trường có thể xem đưa vật đến vị trí lò xo có độ biến dạng \(\Delta l\) và truyền cho vật vận tốc ${v_0}$. Vậy năng lượng mới của hệ là:

\(\begin{array}{l}
{\rm{W}} = \dfrac{{{\rm{kA}}_2^2}}{2} = \dfrac{{k{{\left( {\Delta l} \right)}^2}}}{2} + \dfrac{{mv_0^2}}{2} = 2\dfrac{{{\rm{kA}}_1^2}}{2}\\
\to {A_2} = \sqrt 2 {A_1} = 7,07cm
\end{array}\)

Viết phương trình 2 Niuton cho vật nặng ta được:  \(P{\rm{ }}-{\rm{ }}N{\rm{ }}-{\rm{ }}{F_{h}} = {\rm{ }}ma\)

Khi vật bắt đầu rời tấm ván thì $N = 0$.

Khi đó : \(P-{F_{dh}} = ma \Rightarrow mg - k\Delta l = ma \Rightarrow \Delta l = 0,08m = 8cm\)

Với chuyển động nhanh dần đều có vận tốc đầu bằng 0 ta áp dụng công thức: \(s = \Delta l = \dfrac{1}{2}a{t^2} \Rightarrow t = \sqrt {0,08} \left( s \right)\)

Vận tốc khi rời khỏi ván là: \(v = at = 2\sqrt {0,08} \left( {m/s} \right)\)

Ta có \(\omega {\rm{ }} = {\rm{ }}10{\rm{ }}rad/s\) , vị trí cân bằng của vật lò xo dãn: \(\Delta l = \dfrac{{mg}}{k} = 0,1m = 10cm\)

Tại thời điểm vật rời ván ta có: \(x =  - 0,02m;v = 2\sqrt {0,08} \left( {m/s} \right)\)

Biên độ dao động: \({A^2} = {x^2} + \dfrac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} \Rightarrow A = 0,06m = 6cm\)

Vận tốc cực đại của vât: \({v_0} = {\rm{ }}\omega A{\rm{ }} = {\rm{ }}60cm/s\)

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

- Xét \(\Delta O{A_2}A\) ta có:  \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{A_2}A = {A_1} = 10cm}\\{\widehat {{A_2}OA} = {{90}^0} - {{60}^0} = {{30}^0}}\\{\widehat {OA{A_2}} = \widehat {{A_1}OA} = {{60}^0} + \varphi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {O{A_1}//{A_2}A} \right)}\\{\widehat {O{A_2}A} = {{180}^0} - \widehat {{A_2}OA} - \widehat {OA{A_2}} = {{180}^0} - {{30}^0} - {{60}^0} - \varphi  = {{90}^0} - \varphi }\end{array}} \right.\)

- Sử dụng định lí hàm số sin trong \(\Delta O{A_2}A\) ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{\dfrac{{{A_2}A}}{{\sin \widehat {{A_2}OA}}} = \dfrac{{O{A_2}}}{{\sin \widehat {OA{A_2}}}} = \dfrac{{OA}}{{\sin \widehat {O{A_2}A}}} \Leftrightarrow \dfrac{{10}}{{\sin 30}} = \dfrac{{{A_2}}}{{\sin \left( {60 + \varphi } \right)}} = \dfrac{A}{{\sin \left( {90 - \varphi } \right)}}}\\{ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A = \dfrac{{10.\sin \left( {90 - \varphi } \right)}}{{\sin 30}}}\\{{A_2} = \dfrac{{10.\sin \left( {60 + \varphi } \right)}}{{\sin 30}}}\end{array}} \right.}\end{array}\)

- Năng lượng dao động cực đại khi \({A_{max}}\)

\( \Leftrightarrow \sin \left( {90 - \varphi } \right) = 1 \Leftrightarrow 90 - \varphi  = 90 \Rightarrow \varphi  = 0 \Rightarrow {A_2} = \dfrac{{10.\sin \left( {60 + 0} \right)}}{{\sin 30}} = 10\sqrt 3 cm\) 

Vật dao động điều hòa với chu kỳ: $T = 2\pi \sqrt {\dfrac{m}{k}} = 0,4s$

Tần số góc của dao động là: $\omega = \sqrt {\dfrac{k}{m}} = \sqrt {\dfrac{{50}}{{0,2}}} = 5\pi \left( {rad/s} \right)$

Vật đang ở vị trí cân bằng thì tác dụng lực, vậy vị trí cân bằng mới là vị trí lò xo biến dạng một đoạn $∆l$ với: \(F = k\Delta l = 2N \Rightarrow \Delta l = 4cm\)

=> Biên độ dao động mới là \(A{\rm{ }} = {\rm{ }}4cm\)

Giả sử lực tác dụng hướng sang phải, vậy thời điểm ban đầu, vật ở biên bên trái.

PT dao động:\(x{\rm{ }} = {\rm{ }}4cos\left( {5\pi t{\rm{ }} + {\rm{ }}\pi } \right)cm\) , sau \(\dfrac{2}{{15}}s\) vật có \(x{\rm{ }} = {\rm{ }}2cm\)

Áp dụng công thức độc lập: \({A^2} = {x^2} + \dfrac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}}\) ta tìm được tốc độ của vật là \(54,77cm/s\)

- Ở vị trí cân bằng lò xo dãn một đoạn $∆l$

Ta có: $k\Delta l = mg \to \Delta l = \dfrac{{mg}}{k} = \dfrac{{1.10}}{{200}} = 0,05m = 5cm$

- Khi quả cầu đến vị trí thấp nhất thì lò xo đang dãn đoạn: \(A{\rm{ }} + {\rm{ }}\Delta l = {\rm{ }}12,5{\rm{ }} + {\rm{ }}5{\rm{ }} = {\rm{ }}17,5cm\) và vận tốc của vật bằng \(0\).

+ Sau khi va chạm vận tốc hai vật là: \(mv = \left( {m + M} \right)v' \leftrightarrow 0,5.6 = 1,5.v' \to v' = 2m/s\)

Sau đó hai vật dao động điều hòa, vị trí cân bằng lò xo dãn \(\Delta l'\) với : \(k\Delta \ell ' = (m + M)g \Rightarrow \Delta \ell ' = 0,075m = 7,5cm\)

Vậy khi \(x = 10cm,{\rm{ }}v' = 2m/s\), \(\omega ' = \sqrt {\dfrac{k}{{M + m}}}  = \sqrt {\dfrac{{400}}{3}} rad/s\)

Áp dụng công thức độc lập: \({A^2} = {x^2} + \dfrac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} \Rightarrow A = 0,2m = 20cm\)

Ta có:

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

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

Ta suy ra:

$\begin{array}{l}A_x^2 = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}\cos \left( {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right)\\A_y^2 = A_1^2 + A_2^2 - 2{A_1}{A_2}\cos \left( {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right)\\{A_x} = 5{A_y}\\ \to A_x^2 = 25A_y^2\end{array}$

\(\begin{array}{l} \leftrightarrow A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}cos\left( {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right) = 25\left( {A_1^2 + A_2^2 - 2{A_1}{A_2}cos\left( {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right)} \right)\\ \leftrightarrow 52{A_1}{A_2}cos\left( {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right) = 24A_1^2 + 24A_2^2\\ \to cos\left( {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right) = \dfrac{{24A_1^2 + 24A_2^2}}{{52{A_1}{A_2}}}\end{array}\)

Ta có: \(24A_1^2 + 24A_2^2 \ge 2\sqrt {24A_1^2.24A_2^2}  = 2.24{A_1}{A_2}\)

Ta suy ra: \(cos\left( {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right) \ge \dfrac{{2.24{A_1}{A_2}}}{{52{A_1}{A_2}}} = \dfrac{{12}}{{13}}\)

\( \to \Delta \varphi  = \left( {{\varphi _1} - {\varphi _2}} \right) \le 22,{62^0}\)

Vậy độ lệch pha cực đại của hai dao động là $22,{62^0}$

+ 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: \(\sqrt {{O_1}{O_2}^2 + d_{\max }^2}  = \sqrt {52 + {{15}^2}}  = 16,64cm\)

Biên độ dao động của các vật tính từ công thức \({\rm{W}} = \dfrac{{{k_1}A_1^2}}{2} = \dfrac{{{k_2}A_2^2}}{2}\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{A_1} = \sqrt {\dfrac{{2W}}{{{k_1}}}}  = 0,05(m) = 5(cm)\\{A_2} = \sqrt {\dfrac{{2W}}{{{k_2}}}}  = 0,025(m) = 2,5(cm)\end{array} \right.\)

Khoảng cách lúc đầu giữa hai vật: \({O_1}{O_2} = {\rm{ }}10{\rm{ }}cm\)

Chọn gốc thời gian là lúc bắt đầu dao động, chọn gốc tọa độ trùng với $O_1$ thì phương trình dao động của các vật lần lượt là: \({x_1} =  - 5\cos \omega t\,\,cm,\,{x_2} = 10 + 2,5\cos 2\omega t = 5{\cos ^2}\omega t + 7,5\,\,cm,\) với \(\omega \) là tần số góc của con lắc thứ nhất.

Khoảng cách giữa hai vật: \(y = {x_2} - {x_1} = 5{\cos ^2}\omega t + 5\cos \omega t + 7,5\,\,\left( {cm} \right).\)

Ta thấy y là tam thức bậc \(2\) đối với \(cos\omega t\) và  \({y_{min}}\) _­khi \(cos\omega t{\rm{ }} = {\rm{ }} - 0,5\)  

Thay \(cos\omega t =  - 0,5\) và biểu thức \(y\) ta tính được \({y_{min}} = {\rm{ }}6,25{\rm{ }}cm\)

Lực ma sát giữa M và m làm cho lò xo có độ dãn \(\Delta {\ell _0} = \dfrac{{\mu Mg}}{k} = \dfrac{{0,2.0,3.10}}{{40}} = 0,015m = 1,5cm\).

Vật m đi từ vị trí lò xo giãn 4,5cm qua vị trí lò xo có chiều dài tự nhiên lần thứ nhất đến vị trí biên đối diện rồi đổi chiều qua vị trí lò xo có chiều dài tự nhiên lần thứ 2; tiếp tục chạy đến vị trí biên rồi đồi chiều về vị trí lò xo có chiều dài tự nhiên lần thứ 3.

+ Giai đoạn 1:\(\left\{ \begin{array}{l}{A_1} = 4,5 - 1,5 = 3cm\\{t_1} = \dfrac{{{T_1}}}{2} = \dfrac{1}{2}2\pi \sqrt {\dfrac{m}{k}}  = \dfrac{\pi }{{20}}s\\{S_1} = 2{A_1} = 2.3 = 6cm\end{array} \right.\). ( dây căng, vật M không dao động )

+ Giai đoạn 2: \(\left\{ \begin{array}{l}{A_2} = 3 - 1,5 = 1,5cm\\{t_2} = \dfrac{{{T_2}}}{4} = \dfrac{1}{4}2\pi \sqrt {\dfrac{{m + M}}{k}}  = \dfrac{\pi }{{20}}s\\{S_2} = {A_2} = 1,5cm\end{array} \right.\). (dây trùng, vật M dao động cùng với m)

+ Giai đoạn 3: \(\left\{ \begin{array}{l}{S_3} = 2.1,5 = 3cm\\{t_3} = \dfrac{1}{2}2\pi \sqrt {\dfrac{{m + M}}{k}}  = \dfrac{\pi }{{10}}s\end{array} \right.\) (dây trùng, vật M dao động cùng với m)

 \({v_{TB}} = \dfrac{{{S_1} + {S_2} + {S_3}}}{{{t_1} + {t_2} + {t_3}}} = \dfrac{{6 + 1.5 + 3}}{{\dfrac{\pi }{{20}} + \dfrac{\pi }{{20}} + \dfrac{\pi }{{10}}}} = 16.71126902\;(cm/s)\)

Vì đồ thị của α₁, α₂ theo t có dạng hai đường thẳng nên chúng có dạng.

+ α₁ = ω₁t + φ₁

Tại thời điểm t = 0, α₁ = φ₁ = 2π/3

Tại thời điểm t = 0,9s; α₁ = ω₁.0,9+ φ₁ = 4π/3 Vậy ω₁ = 20π/27 rad/s

+ α₂ = ω₂t + φ₂

Tại thời điểm  t = 0,3s: α₂ = 0,3.ω₂ + φ₂= -2π/3

Tại thời điểm t = 1,2s : α₂ = 1,2.ω₂ + φ₂= 0

Giải hai phương trình bậc nhất ta được ω₂ = 20π/27 rad/s và φ₂ = 8π/9

+ Vậy hai dao động có pha là \((\dfrac{{20\pi }}{{27}}t + \dfrac{{2\pi }}{3})\)  và \((\dfrac{{20\pi }}{{27}}t + \dfrac{{8\pi }}{9})\)

Để hai điểm sáng gặp nhau thì Acos\((\dfrac{{20\pi }}{{27}}t + \dfrac{{2\pi }}{3})\) = Acos \((\dfrac{{20\pi }}{{27}}t + \dfrac{{8\pi }}{9})\)

Ta có :

\((\dfrac{{20\pi }}{{27}}t + \dfrac{{2\pi }}{3}) = \; \pm (\dfrac{{20\pi }}{{27}}t + \dfrac{{8\pi }}{9}) + {\rm{ }}2k\pi  \Rightarrow (\dfrac{{20\pi }}{{27}}t + \dfrac{{2\pi }}{3}) = \; - (\dfrac{{20\pi }}{{27}}t + \dfrac{{8\pi }}{9}) + {\rm{ }}2k\pi  \Rightarrow \dfrac{{40\pi }}{{27}}t =  - \dfrac{{8\pi }}{9} - \dfrac{{2\pi }}{3} + 2k\pi \)

Hai điểm sáng gặp nhau ứng với giá trị k nhỏ nhất để t dương

Vậy t_min = 0,15s

Gọi Δφ là độ lệch pha giữa hai dao động

Ta có : x₁ = 4cos(ωt) ; x₂ = \(4\sqrt 3 \) cos(ωt + Δφ)

Nên x = x₁ – x₂ = 4cos(ωt) -\(4\sqrt 3 \) cos(ωt + Δφ)  = 4cos(ωt) -\(4\sqrt 3 \) cos(ωt + Δφ + π) 

Khoảng cách lớn nhất giữa hai dao động chính là biên độ dao động của x. Ta có :

\({4^2} = {4^2} + {(4\sqrt 3 )^2} + 2.4.4\sqrt 3 .c{\rm{os(}}\Delta \varphi  + \pi ) \Rightarrow \Delta \varphi  =  - \dfrac{\pi }{6}\)

Khi động năng con lắc (1) cực đại thì con lắc (1) đi qua vị trí cân bằng, vậy khi đó con lắc (2) đi qua vị trí có độ lớn li độ là A/2

Động năng của con lắc (2) là \({W_d} = {\rm{W'}} - {{\rm{W}}_t} = \dfrac{1}{2}k{A'^2} - \dfrac{1}{2}k{x^2} = \dfrac{1}{2}k{A'^2} - \dfrac{1}{2}k\dfrac{{{A'^2}}}{4} = \dfrac{3}{8}k{A'^2} = \dfrac{3}{4}{\rm{W'}}\)

Lại có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{\rm{W}} = \dfrac{1}{2}k{A^2}\\{\rm{W}}' = \dfrac{1}{2}kA{'^2}\end{array} \right.\\ \Rightarrow \dfrac{{\rm{W}}}{{{\rm{W}}'}} = \dfrac{{{A^2}}}{{A{'^2}}} = \dfrac{{{4^2}}}{{{{\left( {4\sqrt 3 } \right)}^2}}} = \dfrac{1}{3} \\\Rightarrow {\rm{W}}' = 3W\end{array}\)

Ta suy ra động năng của con lắc 2 khi đó: \({{\rm{W}}_d} = \dfrac{3}{4}{\rm{W}}' = \dfrac{3}{4}.3W = \dfrac{9}{4}{\rm{W}}\)

Ta có: \({v_2}{x_1} + {v_1}{x_2} = 96\pi \)

Đạo hàm hai vế \( \Rightarrow {v_2}{v_1} + {a_2}{x_1} + {v_1}{v_2} + {a_1}{x_2} = 0 \Leftrightarrow {v_2}{v_1} - {\omega ^2}{x_2}{x_1} + {v_1}{v_2} - {\omega ^2}{x_1}{x_2} = 0 \Leftrightarrow {v_1}{v_2} = {\omega ^2}{x_1}{x_2}\)

\( \Rightarrow {A_1}{A_2}{\omega ^2}\sin (\omega t + {\varphi _1})\sin (\omega t + {\varphi _2}) = {\omega ^2}{A_1}{A_2}\cos (\omega t + {\varphi _1})\cos (\omega t + {\varphi _2}) \Rightarrow \tan (\omega t + {\varphi _1})\tan (\omega t + {\varphi _2}) = 1\)

\( \Rightarrow \left( {\omega t + {\varphi _1}} \right) + \left( {\omega t + {\varphi _2}} \right) = \dfrac{\pi }{2}\)

\( \Rightarrow {v_2}{x_1} + {v_1}{x_2} = 96\pi  \Leftrightarrow \omega {A_1}{A_2}{\left[ {\cos \left( {\omega t + {\varphi _1}} \right)} \right]^2} + \omega {A_1}{A_2}{\left[ {\sin \left( {\omega t + {\varphi _1}} \right)} \right]^2} = 96\pi \)

\(\omega {A_1}{A_2} = 96\pi  \Rightarrow \omega  = \dfrac{{96\pi }}{{{A_1}{A_2}}} \ge \dfrac{{96\pi .4}}{{{{\left( {{A_1} + {A_2}} \right)}^2}}}\)

Dấu ‘=’ xảy ra \( \Leftrightarrow {A_1} = {A_2}\)

\(\sqrt {\dfrac{k}{m}}  \ge \dfrac{{96\pi .4}}{{{{\left( {{A_1} + {A_2}} \right)}^2}}} = 6\pi  \Rightarrow k \ge 4{\rm{5 (N/m)}}\)

Ta có: Khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp vật có động năng bằng thế năng là \(\Delta t = \dfrac{T}{4}\)

Theo đề bài: \(\dfrac{{v_1^2}}{{v_{\max }^2}} + \dfrac{{v_2^2}}{{v_{\max }^2}} = 1 \Rightarrow {v_{\max }} = 30\pi \sqrt 3 \) (cm/s) \( \Rightarrow \omega A = 30\pi \sqrt {\rm{3}} {\rm{ (cm/s)}} = 0,3{\rm{\pi }}\sqrt {\rm{3}} {\rm{ (m/s)}}\)

Tại thời điểm t, vật có \(\left| v \right| = \dfrac{{{v_{\max }}}}{2} \Rightarrow \left| a \right| = \dfrac{{{a_{\max }}\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow {a_{\max }} = 15\sqrt 3 {\rm{ (m/}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}}{\rm{)  =  }}{\omega ^2}A\)

\( \Rightarrow A = 6\sqrt 3 (cm)\)

Biểu diễn dao động của hai chất điểm trên vòng tròn lượng giác:

Khi hai chất điểm gặp nhau:

\(\left\{ \begin{array}{l}{\omega _1}\Delta t = \dfrac{\pi }{2}\\{\omega _2}\Delta t = \dfrac{{5\pi }}{6}\end{array} \right. \to \dfrac{{{\omega _1}}}{{{\omega _2}}} = \dfrac{3}{5}\)

+ Tỉ số động năng của chất điểm thứ nhất so với chất điểm thứ hai tại thời điểm gặp nhau lần thứ n = 2019 (hoặc lần gặp nhau thứ n bất kỳ) là : \(\dfrac{{{{\rm{W}}_{d1}}}}{{{{\rm{W}}_{d2}}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}{m_1}v_1^2}}{{\dfrac{1}{2}{m_2}v_2^2}} = \dfrac{{2{m_2}.\omega _1^2({A^2} - \overbrace {x_1^2}^{{x_1} = {x_2}})}}{{{m_2}.\omega _2^2({A^2} - x_2^2)}} = 2.{\left( {\dfrac{3}{5}} \right)^2} = 0,72\)

+  \(\underbrace {d_{max}^2}_{{A^2}} = {A^2} + {(A\sqrt 3 )^2} - 2A.A\sqrt 3 {\rm{cos}}\Delta \varphi  \to {\rm{cos}}\Delta \varphi  = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \to \left| {\Delta \varphi } \right| = \dfrac{\pi }{6}.\)

+  \(\dfrac{{\overbrace {{{\rm{W}}_M}}^{{{\rm{W}}_{d\max }} = 0,12J}}}{{{{\rm{W}}_N}}} = \dfrac{{{A^2}}}{{{{(A\sqrt 3 )}^2}}} = \dfrac{1}{3} \to {{\rm{W}}_N} = 0,36(J).\) 

+ Khi \({{\rm{(}}{{\rm{W}}_{dM}})_{{\rm{max}}}}\) thì x_N = A_N/2 = \(\dfrac{{A\sqrt 3 }}{2}\)

=> \({{\rm{W}}_{tN}} = \dfrac{1}{2}k{\left( {\dfrac{{A\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = \dfrac{1}{2}k{A^2}(\dfrac{3}{4}) = {{\rm{W}}_M}.\dfrac{3}{4} = 0,09(J)\)

=> W_đN = W_N – W_tN = 0,27 (J)

+  M, N, P, Q thuộc hình chữ nhật , khoảng cách gần nhất bằng độ dài đoạn MN. Ta chỉ xét điểm M.

+ M dao động với biên độ cực đại:  \({d_2} - {d_1} = k\lambda \)

+ M dao động cùng pha với nguồn: \(\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{d_2} - {d_1} = {k_{le}}\lambda \\{d_2} + {d_1} = {n_{le}}\lambda  > 5,8\lambda \end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}{d_2} - {d_1} = {k_{chan}}\lambda \\{d_2} + {d_1} = {n_{chan}}\lambda  > 5,8\lambda \end{array} \right.\end{array} \right.\)

+ M gần Δ nhất thì \(\left[ \begin{array}{l}{d_2} - {d_1} = 1.\lambda ,{d_2} + {d_1} = 7\lambda  \to \left\{ \begin{array}{l}{d_2} = 4\lambda \\{d_1} = 3\lambda \end{array} \right.\\{d_2} - {d_1} = 2.\lambda ,{d_2} + {d_1} = 6\lambda  \to \left\{ \begin{array}{l}{d_2} = 4\lambda \\{d_1} = 2\lambda \end{array} \right.(loại)\end{array} \right.\)

+ Chọn \(\lambda \) = 1

=> \(\sqrt {{3^2} - {{(MH)}^2}}  + \sqrt {{4^2} - {{(MH)}^2}}  = 5,8 \\\to MH \approx 1,93 \\\to MQ \approx 3,86;MN \approx 1,21\\ \to MP \approx 4,05\)

+  \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{\ell }{g}}  = 0,2\pi \sqrt 6 (s);\Delta t = \dfrac{{\pi \sqrt 6 }}{{20}}(s) = \dfrac{T}{4} \to S_0^2 - s_2^2 = s_1^2\)

Tại thời điểm \(t_2 = t_1 + \dfrac{{\pi \sqrt 6 }}{{20}} (s)\), tốc độ của vật: \(\left| {{v_2}} \right| = \omega \sqrt {S_0^2 - s_2^2}  = \sqrt {\dfrac{g}{\ell }} .\left| {{s_1}} \right| = \sqrt {\dfrac{g}{\ell }} .\ell {\alpha _1} = \sqrt {g\ell } .{\alpha _1} \approx 14,6 cm/s \).

Khi vật ở vị trí cân bằng thì độ dãn của lò xo là :

\(\Delta {l_0} = \frac{{mg}}{k} = \frac{{0,1.10}}{{40}} = 0,{025_{}}m = 2,{5_{}}cm\)

Vì kéo vật xuống khỏi vị trí cân bằng 5 cm rồi thả nhẹ nên biên độ : A = 5cm.

Trong quá trình dao động, chọn chiều dương hướng xuống, gốc O ở vị trí cân bằng.

Vậy lò xo bị nén khi chuyển động từ vị trí – 2,5cm đến – 5cm.

Vậy trong một chu kì, thời gian lò xo bị nén là:

\(t = 2.\frac{\alpha }{\omega } = 2.\frac{{\arccos \frac{{2,5}}{5}}}{{\sqrt {\frac{k}{m}} }} = 2.\frac{{\frac{\pi }{3}}}{{\sqrt {\frac{{40}}{{0,1}}} }} = \frac{\pi }{{30}}s\)

Quãng đường vật đi được là: S = 5cm.

Vận tốc trung bình trong thời gian lò xo bị nén là:

\(v = \frac{S}{t} = \frac{5}{{\frac{\pi }{{30}}}} = \frac{{150}}{\pi }\left( {cm/s} \right) = \frac{{1,5}}{\pi }\left( {m/s} \right)\)