Bài tập đồ thị dao động cơ nâng cao

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: 

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

Lực đàn hồi của lò xo được xác định bằng công thức: \(F =  - k(\Delta {\ell _0} + x)\)

+ Ta có: (1)

+ Từ đồ thị: à \(T = \dfrac{4}{{15}} - \dfrac{1}{2}\Delta t = \dfrac{1}{5}(s) \to \omega  = 10\pi (rad/s) \to \alpha  = \dfrac{{2\pi  - \omega .\Delta t}}{2} = \dfrac{\pi }{3} \to {x_1} = \dfrac{A}{2}\) (2)

+ Từ (1) và (2) => \(A = 4\Delta {\ell _0} \to {x_1} = \dfrac{A}{2} = 2\Delta {\ell _0}\).

+ Tại t = 0: \({F_1} =  - {k_1}(\Delta {\ell _0} + {x_1}) =  - k.3\Delta {\ell _0} =  - 3mg =  - 3.0,2.10 =  - 6(N)\). à Độ lớn: \(\left| {{F_1}} \right| = \)\(6(N)\)

Khi $f$ nằm trong khoảng từ \(1,25Hz\)  đến \(1,3Hz\)  thì biên độ cực đại, khi đó xảy ra cộng hưởng.

Ta có: \(f = \dfrac{1}{{2\pi }}\sqrt {\dfrac{k}{m}}  \Rightarrow k = 4{\pi ^2}m{f^2}\) (1)

Với \(f \in \left[ {1,25;1,3} \right]\) thay vào (1) ta suy ra \(k \in \left[{13,32;14,41} \right]\)

=> Ta chọn $A$: \(k{\rm{ }} = {\rm{ }}13,64N/m\)

+ Chu kì biến thiên của động năng là: \(T' = 0,5s = \dfrac{T}{2} \to T = 1s\)

+ Tần số góc của dao động: \(\omega  = \dfrac{{2\pi }}{T} = \dfrac{{2\pi }}{1} = 2\pi rad/s\)

Từ đồ thị, xét tại các vị trí:

- Vị trí M, có:

$\begin{array}{l}{{\rm{W}}_{{d_M}}} = 0,75{W_0}\\ \to {{\rm{W}}_{{t_M}}} = {{\rm{W}}_0} - {{\rm{W}}_{{d_M}}} = {{\rm{W}}_0} - 0,75{W_0} = 0,25{W_0}\end{array}$

$\begin{array}{l}{{\rm{W}}_{{t_M}}} = 0,25{W_0} \leftrightarrow \dfrac{1}{2}kx_M^2 = 0,25.\dfrac{1}{2}k{A^2}\\ \to {x_M} = \dfrac{A}{2}\end{array}$

Theo đầu bài, ta có: \({x_M} = 2cm = \dfrac{A}{2} \to A = 4cm\)

- Vị trí N, có:

$\begin{array}{l}{{\rm{W}}_{{d_N}}} = 0,25{W_0}\\ \to {{\rm{W}}_{{t_N}}} = {{\rm{W}}_0} - {{\rm{W}}_{{d_N}}} = {{\rm{W}}_0} - 0,25{W_0} = 0,75{W_0}\end{array}$

$\begin{array}{l}{{\rm{W}}_{{t_N}}} = 0,75{W_0} \leftrightarrow \dfrac{1}{2}kx_N^2 = 0,75\dfrac{1}{2}k{A^2}\\ \to x_N^2 = 0,75{A^2}\end{array}$

+ Áp dụng hệ thức độc lập ta có:

\(\begin{array}{l}{A^2} = x_N^2 + \dfrac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} \leftrightarrow {A^2} = 0,75{A^2} + \dfrac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}}\\ \to {v^2} = 0,25{A^2}{\omega ^2}\\ \to v = 0,5.A\omega  = 0,5.4.2\pi  = 4\pi cm/s\end{array}\)

+ Từ đồ thị, ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{A_1} = 8cm\\{A_2} = 6cm\end{array} \right.\,\), $T = {2.10^{ - 1}}s \to \omega = \dfrac{{2\pi }}{T} = 10\pi rad/s$ và hai dao động vuông pha (do tại \(t = 0\) một dao động đang ở biên âm và một dao động đang ở vị trí cân bằng)

=> Biên độ dao động tổng hợp của hai dao động: $A = \sqrt {A_1^2 + A_2^2} $

$ \to $ Tổng vận tốc tức thời cực đại: ${v_{max}} = \omega A = \omega \sqrt {A_1^2 + A_2^2} = 10\pi \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 100\pi cm/s$

+ Từ đồ thị ta có:

- Chiều dài cực đại của con lắc lò xo: \({l_{{\rm{max}}}} = 18cm\)

- Chiều dài nhỏ nhất của con lắc lò xo: \({l_{\min }} = 6cm\)

+ Biên độ dao động của vật:\(A = \dfrac{{{l_{max}} - {l_{\min }}}}{2} = \dfrac{{18 - 6}}{2} = 6cm\)

Chiều dài của con lắc khi ở vị trí cân bằng: \({l_{cb}} = {l_{{\rm{max}}}} - A = 18 - A = 18 - 6 = 12cm\)

+  Ta để ý rằng, tại vị trí lò xo không biến dạng (lực đàn hồi bằng 0) lò xo có chiều dài là \(10{\rm{ }}cm\)

=> Độ dãn của lò xo tại vị trí cân bằng:

\( \Rightarrow \Delta {l_0} = 12 - 10 = 2cm \Rightarrow T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\Delta {l_0}}}{g}}  = 0,28s\)

Từ đồ thị hình vẽ ta có phương trình dao động của chất điểm 1 và 2: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 3c{\rm{os}}\left( {\dfrac{\pi }{2}t - \dfrac{\pi }{2}} \right)cm\\{x_2} = 2c{\rm{os}}\left( {\dfrac{\pi }{2}t + \dfrac{\pi }{2}} \right)cm\end{array} \right.\)

=> Phương trình của dao động tổng hợp: 

\(\begin{array}{l}x = {x_1} + {x_2} = 3c{\rm{os}}\left( {\dfrac{\pi }{2}t - \dfrac{\pi }{2}} \right) + 2c{\rm{os}}\left( {\dfrac{\pi }{2}t + \dfrac{\pi }{2}} \right)\\ = 3cos\left( {\dfrac{\pi }{2}t - \dfrac{\pi }{2}} \right) - 2\cos \left( {\dfrac{\pi }{2}t - \dfrac{\pi }{2}} \right)\\ = c{\rm{os}}\left( {\dfrac{\pi }{2}t - \dfrac{\pi }{2}} \right)cm\end{array}\)

Từ đồ thị ta có hệ:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}k(A - \Delta {l_0}) = 1,5\\k(A + \Delta {l_0}) = 3,5\end{array} \right.\\ \Rightarrow A = \dfrac{5}{2}\Delta {l_0}\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta {l_0} = 0,04m = 4cm\\A = 0,1m = 10cm\end{array} \right.\\ \Rightarrow \omega  = \sqrt {\dfrac{g}{{\Delta {l_0}}}}  = 5\sqrt {10}  \approx 5\pi (rad/s)\end{array}\)

Biểu thức của lực đàn hồi có dạng: \(F =  - k(\Delta {l_0} + x) =  - 1 - 2,5\cos (5\pi t + \varphi )N\)

Lúc \(t = 0,{\rm{ }}F =  - 2,25cos\varphi  =  - 1,25 \Rightarrow cos\varphi  = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \varphi  = \dfrac{\pi }{3}\)

Vậy phương trình dao động của vật là: \(x = 10\cos \left( {5\pi t + \dfrac{\pi }{3}} \right)cm\)

Từ đồ thị ta có phương trình dao động của từng vật là:\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 10\cos (\omega t - \frac{\pi }{2})\\{x_2} = 5\cos (\omega t - \frac{\pi }{2})\end{array} \right. \Rightarrow {x_2} = \frac{{{x_1}}}{2}\)

Xét tại thời điểm t ta có:  \(\left\{ \begin{array}{l}{{\rm{W}}_{{\rm{d}}1}} = {\rm{W}} - {{\rm{W}}_{t1}} = \frac{1}{2}kA_1^2 - \frac{1}{2}kx_1^2 = 0,06J\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\{{\rm{W}}_{t2}} = \frac{1}{2}kx_2^2 = \frac{1}{2}k\frac{{x_1^2}}{4} = 0,005 \Leftrightarrow \frac{1}{2}kx_1^2 = 0,02\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Lấy (2) thế vào (1) ta có: \(\frac{1}{2}kA_1^2 = 0,06 + 0,02 = 0,08 \Leftrightarrow \frac{1}{2}k{.0,1^2} = 0,08 \Leftrightarrow k = 16\left( {N/m} \right)\)

Chu kì của 2 con lắc là: \(T = 2\pi .\sqrt {\frac{m}{k}}  = 2\pi \sqrt {\frac{{0,4}}{{16}}}  \approx 1s\)

Từ đồ thị ta thấy:

Lực đàn hồi tại thời điểm ban đầu: $F = F_1 = - k(Δl_0 + x)$

Lực đàn hồi tại vị trí biên dương: $F = F_2 = - k(Δl_0 + A)$

Lực đàn hồi tại vị trí biên âm: $F = F_3 = - k(Δl_0 – A)$

Gọi \(\Delta t\) là thời gian từ \(t{\rm{ }} = {\rm{ }}0\) đến \(t = \dfrac{2}{{15}}s\)

Ta có: \(T + \dfrac{{\Delta t}}{2} = 2\Delta t \Rightarrow \Delta t = \dfrac{{2T}}{3} \Rightarrow x = \dfrac{A}{2}\)

Theo đề bài: \({F_1} + 3{F_2} + 6{F_3} = 0 \Leftrightarrow k\left( {\Delta {l_0} + x} \right) + 3k\left( {\Delta {l_0} + A} \right) + 6k\left( {\Delta {l_0}-A} \right) = 0 \Rightarrow \Delta {l_0} = 0,25A\)

=> Thời gian lo xo nén là : \({t_n} = \dfrac{{2\alpha }}{{360}}T = \dfrac{{151}}{{360}}T = 0,42T \Rightarrow {t_g} = T-{t_n} = 0,58T\)

Tỉ số thời gian giãn và nén trong một chu kì: \(\dfrac{{{t_g}}}{{{t_n}}} = \dfrac{{0,58}}{{0,42}} = 1,381\)

Từ đồ thị ta có:

+ \(\left\{ \begin{array}{l}{F_{dhmax}} = k\left( {A + \Delta {l_0}} \right) = 30N\,\,\,\left( 1 \right)\\{F_{dhmin}} = 0 \Rightarrow A > \Delta {l_0}\end{array} \right.\)

+ Lực đàn hồi khi vật nặng ở vị trí cao nhất là: \({F_{h}} = k(A - \Delta {l_0}) = 10N\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

+ Thời gian từ khi lực đàn hồi của lò xo đạt giá trị cực đại đến khi lực đàn hồi của lò xo đạt giá trị cực tiểu (vị trí lò xo tự nhiên) là \(\dfrac{\pi }{{15}}s\)

Từ (1) và (2) ta có: \(\dfrac{{{\rm{A  + }}\Delta {{\rm{l}}_{\rm{0}}}}}{{{\rm{A - }}\Delta {{\rm{l}}_{\rm{0}}}}} = 3 \Leftrightarrow A = 2\Delta {{\rm{l}}_{\rm{0}}}\)

Dùng đường tròn lượng giác:

Ta có \(t = \dfrac{T}{4} + \dfrac{T}{{12}} = \dfrac{\pi }{{15}} \Rightarrow T = 0,2\pi (s) \Rightarrow \omega  = 10(rad/s) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta {l_0} = \dfrac{g}{{{\omega ^2}}} = \dfrac{{10}}{{{{10}^2}}} = 0,1(m)\\A = 2\Delta {l_0} = 0,2(m)\end{array} \right.\)

Thay vào (1) ta có : \(k = \dfrac{{{F_{h\max }}}}{{\Delta {l_0} + A}} = \dfrac{{30}}{{0,1 + 0,2}} = 100N/m\)

Khối lượng vật nặng: \(m = \dfrac{k}{{{\omega ^2}}} = \dfrac{{100}}{{{{10}^2}}} = 1(kg)\)

+ Thế năng đàn hồi của vật có thời điểm bằng \(0 \to A > \Delta {l_{0.}}\)

+ Thế năng đàn hồi của con lắc tại vị trí biên dương gấp 9 lần thế năng đàn hồi của con lắc tại vị trí biên âm:

\(\begin{array}{l} \to \dfrac{{{E_{d{h_{max}}}}}}{{{E_{d{h_{\min }}}}}} = {\left( {\dfrac{{A + \Delta {l_0}}}{{A - \Delta {l_0}}}} \right)^2} = 9\\ \to \left( {A + \Delta {l_0}} \right) = 3\left( {A - \Delta {l_0}} \right)\\ \to A = 2\Delta {l_0}\end{array}\)

+ Tại thời điểm \(t = 0\), ta có:

\(\dfrac{{{E_{dh}}}}{{{E_{dh\max }}}} = {\left( {\dfrac{{\Delta {l_0} + x}}{{\Delta {l_0} + A}}} \right)^2} = \dfrac{4}{9} \to x = 0,5A\), thế năng có xu hướng tăng \( \to v > 0\), vậy \({\varphi _0} =  - {60^0}.\)

+ Từ thời điểm \(t = 0\) đến thời điểm \(t = \dfrac{1}{3}s\) (biên âm) tương ứng với khoảng thời gian

\(\Delta t = \dfrac{T}{6} + \dfrac{T}{2} = \dfrac{1}{3} \to T = 0,5{\rm{s}}.\)

\( \to \omega  = 4\pi rad/s \to \Delta {l_0} = 6,25cm \to A = 12,5cm.\)

\( \to x = 12,5\cos \left( {4\pi t - \dfrac{\pi }{3}} \right)cm.\)

Từ đồ thị ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 8\cos (\pi t)(cm)\\{x_2} = 6.cos\left( {\pi t + \dfrac{\pi }{3}} \right)cm\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{v_1} =  - 8\pi \sin \pi t\,\,\,(cm/s)\\{v_2} =  - 6\pi .sin\left( {\pi t + \dfrac{\pi }{3}} \right)\,\,(cm/s)\end{array} \right.\)

Vận tốc tương đối của vật 1 đối với vật 2 : \({v_{12}} = {\rm{ }}{v_1}-{\rm{ }}{v_2}\)

Dùng vectơ quay ta có :

\(v_{12max}^2 = v_1^2 + v_2^2 - 2{v_1}.{v_2}.\cos \dfrac{\pi }{3} = {\left( {8\pi } \right)^2} + {\left( {6\pi } \right)^2} - 2.{8\pi}.{6\pi}\cos \dfrac{\pi }{3} \Rightarrow {v_{12max}} = 2\pi \sqrt {13} \,(cm/s) \approx 22,65\left( {cm/s} \right)\)

+ Từ đồ thị ta thấy vật $A$ và ảnh $A’$ dao động cùng pha nhau, $A’$ luôn gấp đôi vật $A$ \( \to \) thấu kính hội tụ cho ảnh ảo.

\( \to \) Công thức thấu kính: \(k =  - \dfrac{{d'}}{d} = 2 \Rightarrow d' = 2{\rm{d}} =  - 60\,\,cm.\)

+ Khoảng cách theo phương trục của thấu kính: \({\rm{d}} = 60 - 30 = 30\,\,cm.\)

+ Hai dao động cùng pha \( \to \Delta {x_{\max }} = \Delta A = 20 - 10 = 10\,\,cm.\)

\( \to \) Khoảng cách giữa $AA’$ là: \({\rm{AA}}' = \sqrt {{d^2} + \Delta x_{\max }^2}  = 31,6\,\,cm.\)

+ Bài này đã chọn mốc thế năng tại vị trí lò xo không biến dạng.

+ Từ đồ thị => W_tđh có độ chia nhỏ nhất: $0,25/4{\rm{ }} = {\rm{ }}0,0625{\rm{ }}J$

+ Tại vị trí cao nhất  thế năng đàn hồi:

${W_{tdh(CN)}} = 0,0625 = \dfrac{1}{2}k{(A - \Delta {\ell _0})^2}$ (1)

+ Tại vị trí thấp nhất thế năng đàn hồi cực đại:

${W_{dh\max }} = 0,5625 = \dfrac{1}{2}k{(A + \Delta {\ell _0})^2}$(2)

+ Lấy (2) chia (1) : $9 = \dfrac{{{{(A + \Delta {\ell _0})}^2}}}{{{{(A - \Delta {\ell _0})}^2}}}$

\( \Rightarrow A = 2\Delta {\ell _0} \Rightarrow {W_{tdh(VTCB)}} = {W_{tdh(t = 0,1s)}} = 0,0625J\)  (3)

+ Từ đồ thị => Chu kì dao động của con lắc: $T{\rm{ }} = {\rm{ }}0,3s$

+ Ta có: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\Delta {\ell _0}}}{g}}  \Rightarrow \Delta {\ell _0} = \dfrac{{{T^2}.g}}{{4{\pi ^2}}} = 0,025(m)\)

+  Tại VTCB: \({W_{h}} = \dfrac{1}{2}k{(\Delta {\ell _0})^2} = \dfrac{1}{2}(k.\Delta {\ell _0}).\Delta {\ell _0} = \dfrac{1}{2}m.g.\Delta {\ell _0} = 0,0625(J)\)

\( \Rightarrow \dfrac{1}{2}m.{\pi ^2}.0,025 = 0,0625 \Rightarrow m \approx 0,5629kg\)

Từ hình vẽ ta được chu kỳ của hai vật bằng nhau \(T = 1,44s\)

Tần số góc \(\omega  = \dfrac{{2\pi }}{T} = \dfrac{{25\pi }}{{18}}(rad/s)\)

+ Con lắc (1) có biên độ A₁ = 4cm, thời điểm ban đầu có x = 2cm theo chiều âm nên pha ban đầu φ₁ = π/3

+ Con lắc (2) ở thời điểm t = 0,48s = T/3 đi qua vị trí cân bằng theo chiều âm, thời điểm ban đầu có x = 6cm theo chiều dương. Vậy pha ban đầu φ₂ = -π/6 và A₂ =\(4\sqrt 3 cm\)

Phương trình dao động của hai con lắc là \({x_1} = 4\cos (\dfrac{{10\pi t}}{9} + \dfrac{\pi }{3})cm;{x_2} = 4\sqrt 3 {\rm{cos(}}\dfrac{{10\pi t}}{9} - \dfrac{\pi }{6})\)

Ta có: x = x₁ – x₂ = \(4\cos (\dfrac{{10\pi t}}{9} + \dfrac{\pi }{3}) + 4\sqrt 3 {\rm{cos(}}\dfrac{{10\pi t}}{9} - \dfrac{\pi }{6} + \pi ) = 8\cos (\dfrac{{10\pi t}}{9} + \dfrac{{2\pi }}{3})cm\)

Khoảng cách giữa hai vật là \(4\sqrt 3 cm\) ứng với \(d=\sqrt{a^2+{\Delta x}^2}=4\sqrt 3=\sqrt{4^2+{x}^2}\)

\(\to x = ± 4\sqrt 2 cm\)

Trong 1 chu kỳ có 4 lần vật đi qua vị trí \(x = ±4\sqrt 2 cm\)

=> Sau 504T có 2016 lần vật đi qua vị trí \(x = ±4\sqrt 2 cm\) và trở về vị trí ban đầu.

Vậy thời điểm vật đi qua vị trí có \(x = ±4\sqrt 2 cm\) lần thứ 2019 là :

\(t = 504T + \dfrac{T}{6} + \dfrac{3T}{{8}}=726,54s\)

Từ đồ thị, ta có chu kì dao động là: \(T = 4.\left( {0,2 - 0,05} \right) = 0,6\,\,\left( s \right)\)

Tần số góc của dao động là: \(\omega  = \dfrac{{2\pi }}{T} = \dfrac{{2\pi }}{{0,6}} = \dfrac{{10\pi }}{3}\,\,\left( {rad/s} \right)\)

Dao động thứ nhất có biên độ \({A_1} = 4\,\,\left( {cm} \right)\), tại \(t = 0\) li độ \({x_1} = 2\,\,\left( {cm} \right)\) và đang giảm, vậy phương trình dao động là \({x_1} = 4cos\left( {\dfrac{{10\pi }}{3}t + \dfrac{\pi }{3}} \right)\,\,\left( {cm} \right)\)

Dao động thứ 2, tại \(t = 0\) có li độ \({x_2} =  - 6\,\,\left( {cm} \right)\), tại \(t = 0,2s\) là lần đầu vật qua vị trí cân bằng, nên ta có:

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

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

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

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 là:

\(x = 8\cos \left( {\dfrac{{10\pi }}{3}.0,2 + \dfrac{{2\pi }}{3}} \right) =  - 4\,\,\left( {cm} \right)\)

Trong \(0,2s\) đầu tiên kể từ \(t = 0\) vật đi được quãng đường là: \(S = 2.4 = 8\,\,\left( {cm} \right)\)

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

Từ đồ thị ta thấy động năng biến thiên tuần hoàn chu kỳ 0,25 (s)

Vật dao động điều hòa chu kỳ T = 2.0,25 = 0,5 (s)

Tần số góc của dao động: \(\omega  = \dfrac{{2\pi }}{T} = 4\pi \,\,\left( {rad/s} \right)\)

Cơ năng của vật là:

\(\begin{array}{l}W = {W_{d\max }} = \dfrac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} \Rightarrow {40.10^{ - 3}} = \dfrac{1}{2}.0,2.{\left( {4\pi } \right)^2}{A^2}\\ \Rightarrow A = 0,05\,\,\left( m \right) = 5\,\,\left( {cm} \right)\end{array}\)

Tại thời điểm t = 0, động năng của vật là:

\({W_d} = \dfrac{1}{2}m{v^2} \Rightarrow {20.10^{ - 2}} = \dfrac{1}{2}.0,2.{v^2} \Rightarrow {v^2} = 0,2\)

Ta có công thức độc lập với thời gian:

\(\begin{array}{l}{x^2} + \dfrac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {A^2} \Rightarrow {x^2} + \dfrac{{0,2}}{{{{\left( {4\pi } \right)}^2}}} = 0,{05^2}\\ \Rightarrow x =  - \dfrac{{0,05\sqrt 2 }}{2}\,\,\left( m \right) =  - \dfrac{{5\sqrt 2 }}{2}\,\,\left( {cm} \right)\\ \Rightarrow 5\cos \varphi  =  - \dfrac{{5\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \cos \varphi  =  - \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \varphi  =  \pm \dfrac{{3\pi }}{4}\,\,\left( {rad} \right)\end{array}\)

Vậy phương trình dao động của vật là: \(x = 5\cos \left( {4\pi t - \dfrac{{3\pi }}{4}} \right)\,\,\left( {cm} \right)\)

Vì F = -kx nên F biến thiên điều hòa cùng tần số ngược pha với li độ

Chu kỳ dao động là: \(T = 2.\left( {\dfrac{5}{3} - \dfrac{2}{3}} \right) = 2\,\,\left( s \right) \Rightarrow \omega  = \dfrac{{2\pi }}{T} = \pi \,\,\left( {rad/s} \right)\)

Độ cứng của lò xo là: \(k = m{\omega ^2} = 0,1.{\pi ^2} = 1\,\,\left( {N/m} \right)\)

Lực kéo về cực đại là:

\({F_{kv\max }} = kA \Rightarrow {4.10^{ - 2}} = 1.A \Rightarrow A = 0,04\,\,\left( m \right) = 4\,\,\left( {cm} \right)\)

Lực kéo về ở thời điểm ban đầu là:

\({F_{kv}} =  - kx \Rightarrow  - {2.10^{ - 2}} =  - 1.x \Rightarrow x = 0,02\,\,\left( m \right) = 2\,\,\left( {cm} \right)\)

Vậy ở thời điểm ban đầu, vật có li độ x = 2 (cm) và đang giảm

Pha ban đầu của dao động là: \(\varphi  = \dfrac{\pi }{3}\,\,\left( {rad} \right)\)

Phương trình dao động là: \(x = 4\cos \left( {\pi t + \dfrac{\pi }{3}} \right)\,\,\left( {cm} \right)\)

Phương trình vận tốc của vật là:

v = x’ = \(4\pi \cos \left( {\pi t + \dfrac{\pi }{3} + \dfrac{\pi }{2}} \right) = 4\pi \cos \left( {\pi t + \dfrac{{5\pi }}{6}} \right)\,\,\left( {cm/s} \right)\)

Từ đồ thị, ta có gia tốc cực đại là:\({a_0} = 25\,\,\left( {cm/{s^2}} \right)\)

Chu kì dao động của vật là: \(T = 2\,\,\left( s \right) \Rightarrow \omega  = \dfrac{{2\pi }}{T} = \dfrac{{2\pi }}{2} = \pi \,\,\left( {rad/s} \right)\)

Tại thời điểm đầu, gia tốc của vật bằng 0 và đang tăng, pha ban đầu là: \(\varphi  =  - \dfrac{\pi }{2}\,\,\left( {rad} \right)\)

Phương trình gia tốc của vật là: \(a = 25\cos \left( {\pi t - \dfrac{\pi }{2}} \right)\,\,\left( {cm/{s^2}} \right)\)

Phương trình li độ của vật là: \(x = 2,5\cos \left( {\pi t + \dfrac{\pi }{2}} \right)\,\,\left( {cm} \right)\)