Phương pháp: 

Sử dụng VTLG và công thức: $\Delta \text{t}=\frac{\Delta \phi }{\omega }$

Cách giải:

Ta có VTLG:

Từ VTLG ta thấy để vận tốc và li độ cùng dương, vecto quay thuộc góc phần tư thứ IV, góc quét được của vecto quay là:

$$\begin{gathered} \pi <\Delta \phi <\frac{3\pi }{2}\Rightarrow \pi <5\pi t<\frac{3\pi }{2} \\ \Rightarrow 0,2<t<0,3( \text{s}) \end{gathered}$$

Đáp án B

Phương pháp: 

Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}$

Biên độ dao động tổng hợp tại $\text{M}:{\text{a}}_{\text{M}}=2 \text{A}\left|\cos \frac{\pi \left({\text{d}}_2-{\text{d}}_1\right)}{\lambda }\right|$

Cách giải: 

Bước sóng là: $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{3}{25}=0,12( \text{m})=12( \text{cm})$

Biên độ dao động của điểm M là: 

$$\begin{gathered} {\text{a}}_{\text{M}}=2 \text{A}\left|\cos \frac{\pi \left({\text{d}}_2-{\text{d}}_1\right)}{\lambda }\right| \\ =2 \text{A}\left|\cos \frac{\pi .(17-15)}{12}\right|=12 \\ \Rightarrow \text{A}=4\sqrt{3} \text{mm} \end{gathered}$$

Điểm N cách trung điểm O 2 cm, có: $\left\{\begin{array}{l}\text{AN}=10,5 \text{cm}\\ \text{BN}=14,5 \text{cm}\end{array}\right.$

Biên độ dao động của điểm N là:

$$\begin{gathered} {\text{a}}_{\text{N}}=2 \text{A}\left|\cos \frac{\pi (\text{BN}-\text{AN})}{\lambda }\right| \\ =2.4\sqrt{3}\left|\cos \frac{\pi \cdot (14,5-10,5)}{12}\right| \\ =4\sqrt{3}( \text{mm}) \end{gathered}$$

Chọn D

Phương pháp: 

Cường độ âm: $\text{I}=\frac{\text{P}}{4\pi {\text{r}}^2}$

Cách giải: 

Cường độ âm:

$$\begin{gathered} \text{I}=\frac{\text{P}}{4\pi {\text{r}}^2}\Rightarrow \text{I}~\frac{1}{{\text{r}}^2} \\ \Rightarrow \frac{{\text{I}}_{\text{A}}}{{\text{I}}_{\text{B}}}=\frac{{\text{r}}_2^2}{{\text{r}}_1^2}=4\Rightarrow \frac{{\text{r}}_2}{{\text{r}}_1}=2 \end{gathered}$$

Chọn D

Tại đầu dây cố định, sóng tới và sóng phản xạ ngược pha nhau: $\Delta \phi =(2\text{k}+1)\pi$

Chọn C

Chu kì dao động: $\text{T}=\frac{2\pi }{\omega }$

Sử dụng VTLG và công thức: $\Delta \text{t}=\frac{\Delta \phi }{\omega }$

Cách giải:

Từ phương trình li độ, ta thấy pha ban đầu của dao động là $-\frac{\pi }{2}\text{rad}$

Nhận xét: Trong 1 chu kì, vật đi qua vị trí $x=5\mathrm{cm}$ 2 lần

Vật qua vị trí x = 5 cm lần thứ 2020, ta có: ${\text{t}}_{2020}=1009 \text{T}+{\text{t}}_2$

Chu kì dao động là: $\text{T}=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{10\pi }=0,2( \text{s})$

Ta có VTLG. Từ VTLG, ta thấy vật qua vị trí x = 5cm lần thứ 2, vecto quay được góc:

$$\begin{gathered} \Delta \phi =\frac{\pi }{3}+\frac{\pi }{2}=\frac{5\pi }{6}\left(\text{rad}\right) \\ \Rightarrow {\text{t}}_2=\frac{\Delta \phi }{\omega }=\frac{\frac{5\pi }{6}}{10\pi }=\frac{1}{12}\left(s\right) \\ \Rightarrow {\text{t}}_{2020}=1009 \text{T}+\frac{1}{12}=\frac{12113}{60}( \text{s}) \end{gathered}$$

Chọn C

Khi xách xô nước, để nước không bắn tung tóe ra ngoài người ta thường bỏ một vài chiếc lá vào trong xô nước nhằm mục đích gây ra dao động tắt dần

Chọn D

Giao thoa hai nguồn cùng pha, tại điểm dao động với biên độ cực đại có hiệu đường đi của sóng từ hai nguồn: 

${\text{d}}_2-{\text{d}}_1=\text{k}\lambda =2\text{k}\frac{\lambda }{2}$

Chọn C

Phương pháp: 

Độ lệch pha giữa hai điểm trên phương truyền sóng: $\Delta \phi =\frac{2\pi \text{d}}{\lambda }$

Cách giải: 

Hai điểm A, M dao động ngược pha, ta có: $\Delta \phi =\frac{2\pi \text{d}}{\lambda }=\pi +\text{k}2\pi \Rightarrow \text{d}=(\text{k}+0,5)\lambda$

Chọn C

Phương pháp: 

Thế năng của con lắc lò xo: $W_t=\frac{1}{2}k{x}^2$

Động năng của vật: ${\text{W}}_{\text{d}}=\frac{1}{2}{\text{mv}}^2$

Cơ năng: $\text{W}={\text{W}}_{\text{t}}+{\text{W}}_{\text{d}}=\frac{1}{2}{\text{kA}}^2$

Cách giải:

Động năng của vật bằng 3 lần thế năng của lò xo, ta có: 

$$\begin{gathered} {\text{W}}_{\text{d}}=3 {\text{W}}_{\text{t}} \\ \Rightarrow {\text{W}}_{\text{d}}=\frac{3}{4} \text{W}=\text{N}\frac{1}{2} {\text{mv}}^2=\frac{3}{4}\cdot \frac{1}{2}{\text{kA}}^2 \\ \Rightarrow \text{v}=\text{A}\sqrt{\frac{3\text{k}}{4 \text{m}}} \end{gathered}$$

Chọn C

Phương pháp: 

Tần số góc của con lắc đơn: $\omega =\sqrt{\frac{g}{l}}$

Biên độ dài của con lắc đơn: ${\text{S}}_0=l{\alpha }_0$

Cách giải:

Ban đầu vật ở biên dương $\to$ pha ban đầu bằng 0 

Tần số góc của con lắc là: $\omega =\sqrt{\frac{g}{l}}=\sqrt{\frac{{\pi }^2}{1}}=\pi (\text{rad}/\text{s})$

Biên độ dài của con lắc là: ${\text{S}}_0=l{\alpha }_0=1.0,1=0,1( \text{m})$

Phương trình li độ dài của con lắc là: $\text{S}=0,1\cos \pi \text{t}\left(\text{m}\right)$

Chọn B

Trên đường nối hai nguồn, khoảng cách giữa hai điểm dao động với biên độ cực đại gần nhau nhất là: $\frac{\lambda }{2}$

Chọn B

Phương pháp: 

Điều kiện để có sóng dừng với hai đầu cố định: $l=\text{k}\frac{\lambda }{2}$

Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}$

Cách giải: 

Sóng dừng hai đầu cố định, trên dây có 1 bụng sóng, ta có: $l=\frac{\lambda }{2}=\frac{v}{2f}\Rightarrow f=\frac{v}{2l}$

Chọn B

Phương pháp: 

Phương trình sóng tổng quát: $\text{u}=\text{A}\cos \left(2\pi \text{ft}-\frac{2\pi \text{x}}{\sqrt{\lambda }}\right)$

Vận tốc truyền sóng: $\text{v}=\lambda \text{f}$

Vận tốc dao động cực đại của phần tử môi trường: ${\text{v}}_{\text{max}}=2\pi \text{f}\cdot \text{A}$

Cách giải: 

Phương trình truyền sóng tổng quát là: $\text{u}=\text{A}\cos \left(2\pi \text{ft}-\frac{2\pi \text{x}}{\lambda }\right)$

Đối chiếu với phương trình sóng, ta có: 

$\left\{\begin{array}{l}\text{A}=5( \text{cm})\\ 40\pi =2\pi \text{f}\Rightarrow \text{f}=20( \text{Hz})\\ 4\pi =\frac{2\pi }{\lambda }\Rightarrow \lambda =0,5( \text{m})\end{array}\right.$

Vận tốc dao động cực đại của phần tử môi trường là: ${\text{v}}_{\max }=2\pi \text{fA}=2\pi \mathrm{.20.5}=200\pi (\text{cm}/\text{s})$

Vận tốc truyền sóng là: $\text{v}=\lambda \text{f}=0,5,20=10( \text{m}/\text{s})$

Quãng đường sóng truyền được trong 1 s là: $s=v,t=10.1=10( \text{m})$

Chọn A

Phương pháp: 

Giao thoa hai nguồn cùng pha, điểm dao động với biên độ cực tiểu có: ${\text{d}}_2-{\text{d}}_1=\left(\text{k}+\frac{1}{2}\right)\lambda$

Tốc độ truyền sóng: $\text{v}=\lambda \text{f}$

Cách giải:

Giữa M và đường trung trực của AB có 2 dãy cực đại $\to$ M là cực tiểu thứ $2\left(k=2\right)$

Ta có:

$$\begin{gathered} {\text{d}}_2-{\text{d}}_1=\left(\text{k}+\frac{1}{2}\right)\lambda \\ \Rightarrow 20-16=\left(2+\frac{1}{2}\right)\lambda \iff \lambda =1,6( \text{cm}) \end{gathered}$$

Tốc độ truyền sóng là: $\text{v}=\lambda \text{f}=1,6.15=24( \text{cm}/\text{s})$

Chọn A

Phương pháp: 

Cơ năng: $\text{W}=\frac{1}{2} \text{m}{\omega }^2 {\text{A}}^2$

Biên độ dao động tổng hợp: $\text{A}=\sqrt{{\text{A}}_1^2+{\text{A}}_2^2+2 {\text{A}}_1 {\text{A}}_2\cos \Delta \phi }$

Cách giải: 

Khi vật thực hiện dao động điều hòa với phương trình $x_1,x_2$, cơ năng của vật là:

$\left\{\begin{array}{l}{\text{W}}_1=\frac{1}{2} \text{m}{\omega }^2 {\text{A}}_1^2\\ {\text{W}}_2=\frac{1}{2} \text{m}{\omega }^2 {\text{A}}_2^2\end{array}\right.$

Theo đề bài ta có:

$$\begin{gathered} {\text{W}}_2=4 {\text{W}}_1\Rightarrow \frac{1}{2} \text{m}{\omega }^2 {\text{A}}_2^2=4\cdot \frac{1}{2} \text{m}{\omega }^2 {\text{A}}_1^2 \\ \Rightarrow {\text{A}}_2^2=4 {\text{A}}_1^2\Rightarrow {\text{A}}_2=2 {\text{A}}_1 \end{gathered}$$

Biên độ dao động tổng hợp của hai dao động là: $A=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \frac{\pi }{3}}=\sqrt{7}{A}_1$

Cơ năng của vật là:

$$\begin{gathered} \text{W}=\frac{1}{2} \text{m}{\omega }^2 {\text{A}}^2=\frac{1}{2} \text{m}{\omega }^2\cdot 7 {\text{A}}_1^2 \\ =7\cdot \frac{1}{2} \text{m}{\omega }^2 {\text{A}}_1^2=7 {\text{W}}_1 \end{gathered}$$

Chọn D

Phương pháp: 

Phương trình dao động: $\text{x}=\text{A}\cos (\omega \text{t}+\phi )$

Với x là li độ; A là biến độ; $\omega$ là tần số góc, $\phi$ là pha ban đầu, $(\omega t+\phi )$ là pha dao động

Cách giải: 

Phương trình dao động: $x=A\cos (\omega t+\phi )$

Pha dao động là: $(\omega t+\phi )$ là hàm bậc nhất với thời gian

Chọn A

Phương pháp: 

Cường độ âm: $\text{I}=\frac{\text{P}}{4\pi {\text{r}}^2}$

Mức cường độ âm: $\text{L}=\lg \frac{\text{I}}{{\text{I}}_0}$

Hiệu mức cường độ âm: ${\text{L}}_2-{\text{L}}_1=\lg \frac{{\text{I}}_2}{{\text{I}}_1}$

Cách giải:

Ta có hiệu hai mức cường độ âm: 

$$\begin{gathered} {\text{L}}_1-{\text{L}}_2=\lg \frac{{\text{I}}_1}{{\text{I}}_2}\Rightarrow 12-10=\lg \frac{{\text{I}}_1}{{\text{I}}_2}=2 \\ \Rightarrow \frac{{\text{I}}_1}{{\text{I}}_2}={10}^2=100 \end{gathered}$$

Cường độ âm: $\text{I}=\frac{\text{P}}{4\pi {\text{r}}^2}\Rightarrow \text{I}~\frac{1}{{\text{r}}^2}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{I_1}{I_2}=\frac{r_2^2}{r_1^2}=100\Rightarrow \frac{r_2}{r_1}=10 \\ \Rightarrow r_2=10r_1=1500\left(m\right) \end{gathered}$$

Chọn A

Phương pháp: 

Sóng dừng hai đầu cố định, tần số sóng: $\text{f}=\text{k}\frac{\text{v}}{2l}$

Cách giải:

Sóng dừng trên dây có hai đầu cố định, hai tần số liên tiếp tạo ra sóng dừng là: 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{\text{f}}_1=\text{k}\frac{\text{v}}{2l}\\ {\text{f}}_2=(\text{k}+1)\frac{\text{v}}{2l}\end{array}\right.\Rightarrow {\text{f}}_2-{\text{f}}_1=\frac{\text{v}}{2l} \\ \Rightarrow 20-15=\frac{\text{v}}{200,75} \\ \Rightarrow \text{v}=7,5\left(m/s\right)=750\left(cm/s\right) \end{gathered}$$

Chọn C

Thế năng của lò xo: ${\text{W}}_{\text{t}}=\frac{1}{2}{\text{kx}}^2$

Cơ năng của con lắc: $\text{W}=\frac{1}{2}{\text{kA}}^2$

Sử dụng VTLG và công thức: $\omega =\frac{\Delta \phi }{\Delta t}$

Chu kì: $\text{T}=\frac{2\pi }{\omega }$

Động năng biến thiên với chu kì: ${\text{T}}^{\text{'}}=\frac{T}{2}$

Cách giải: 

Từ phương trình dao động, ta thấy pha ban đầu là 0 

Động năng của vật bằng $\frac{3}{4}$ năng lượng dao động, ta có: 

$$\begin{gathered} {\text{W}}_{\text{d}}=\frac{3}{4} \text{W}\Rightarrow {\text{W}}_1=\frac{1}{4} \text{W} \\ \Rightarrow \frac{1}{2}{\text{kx}}^2=\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{2}{\text{kA}}^2 \\ \Rightarrow {\text{x}}^2=\frac{1}{4} {\text{A}}^2\Rightarrow \text{x}=\pm \frac{\text{A}}{2} \end{gathered}$$

Ta có VTLG:

Từ VTLG, ta thấy khi vật qua li độ $x=\frac{A}{2}$ lần đầu tiên, vecto quay được góc: $\Delta \phi =\frac{\pi }{3}\left(\text{rad}\right)$

Tần số góc:

$$\begin{gathered} \omega =\frac{\Delta \phi }{\Delta t}=\frac{\frac{\pi }{3}}{0,04}=\frac{25\pi }{3}(\text{rad}/\text{s}) \\ \Rightarrow \text{T}=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{\frac{25\pi }{3}}=0,24( \text{s}) \end{gathered}$$

Động năng của vật biến thiên với chu kì: ${\text{T}}^{\text{'}}=\frac{\text{T}}{2}=0,12( \text{s})$

Chọn B

Phương pháp:

Khoảng cách giữa hai gợn sóng liên tiếp là $\lambda$

Vận tốc truyền sóng: $v=\lambda f$

Cách giải:

Khoảng cách giữa hai gợn sóng liên tiếp là: $\lambda$ = 20 (cm)

Vận tốc truyền sóng trên mặt nước là:

$\text{v}=\lambda \text{f}=20.2=40( \text{cm}/\text{s})$

Chọn C

Phương pháp:

Vật dao động cưỡng bức với tần số bằng tần số của lực cưỡng bức

Cách giải:

Vật dao động cưỡng bức, tần số của vật bằng tần số lực cưỡng bức: 

$$\begin{gathered} \omega =10\left(rad/s\right) \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\text{T}=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{10\pi }=0,2( \text{s})\\ \text{f}=\frac{\omega }{2\pi }=\frac{10\pi }{2\pi }=5( \text{Hz})\end{array}\right. \end{gathered}$$

Chọn A

Phương pháp:

Chiều dài quỹ đạo: L = 2A 

Sử dụng vòng tròn lượng giác và công thức: $\Delta \text{t}=\frac{\Delta \phi }{\omega }$

Cách giải: 

Biên độ dao động là: $\text{A}=\frac{\text{L}}{2}=\frac{20}{2}=10( \text{cm})$

Vật đi được 10 cm thì tới vị trí có x = 5 cm và chưa đổi chiều $\to$ ban đầu vật ở li độ $x_0=-5$ và đang đi theo chiều dương. 

Ta có VTLG:

Từ VTLG, ta thấy pha ban đầu của dao động là: $\phi =-\frac{2\pi }{3}\text{rad}$

Sau $\frac{1}{12}s$ kể từ thời điểm ban đầu, vật đi từ li độ ${\text{x}}_0=-5 \text{cm}$ tới $x=5cm$, góc quét được là $\Delta \phi =\frac{\pi }{3}$

$\Rightarrow \omega =\frac{\Delta \phi }{\Delta t}=\frac{\frac{\pi }{3}}{\frac{1}{12}}=4\pi (\text{rad}/\text{s})$

Vậy phương trình dao động của vật là: $x=10\cos \left(4\pi t-\frac{2\pi }{3}\right)\text{cm}$

Chọn D

Phương pháp: 

Công thức tính cơ năng: $W=\frac{1}{2}k{A}^2$

Cách giải:

Ban đầu vật có biên độ A và cơ năng $W=\frac{1}{2}k{A}^2$

Sau mỗi chu kì biên độ giảm 2% so với lượng còn lại 

$\Rightarrow$ Sau 5 chu kì biên độ dao động của vật lúc này là: $A_5=0,{98}^{5}A=0,9039A$

Năng lượng lúc này của con lắc là: 

$$\begin{gathered} W_5=\frac{1}{2}k{A}_5^2=\frac{1}{2}k.{(0,9039)}^2{A}^2 \\ =0,817.\frac{1}{2}k{A}^2\Rightarrow W_5=81,7\%W \end{gathered}$$

Chọn A

Phương pháp:

Công thức tính bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}\Rightarrow v=\lambda fm$

Sai số tuyệt đối: $\frac{\Delta y}{v}=\frac{\Delta \lambda }{\lambda }+\frac{\Delta f}{f}\Rightarrow \Delta v=\overline{v}\cdot \left(\frac{\Delta \lambda }{\overline{\lambda }}+\frac{\Delta f}{f}\right)$

Cách giải: 

Ta có: $v=\lambda f\Rightarrow \overline{v}=\overline{\lambda }\overline{f}=75.440=33000 \text{cm}/\text{s}=330 \text{m}/\text{s}$

Sai số tuyệt đối của phép đo: $\Delta v=\overline{v}\cdot \left(\frac{\Delta \lambda }{\overline{\lambda }}+\frac{\Delta f}{f}\right)=330\cdot \left(\frac{1}{75}+\frac{10}{440}\right)=11,9m/s$

Tốc độ truyền âm tại nơi làm thí nghiệm là: $330,0\pm 11,9( \text{cm}/\text{s})$

Chọn D

Phương pháp: 

Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}$

Điều kiện có cực đại giao thoa là: $d_2-d_1=k\lambda$

Số vẫn giao thoa cực đại trên đoạn AB bằng số giá trị k nguyên thoả mãn: $-\frac{AB}{\lambda }<k<\frac{AB}{\lambda }$

AM nhỏ nhất khi M thuộc cực đại ứng với kmax

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông tính ra AM.

Cách giải: 

Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{300}{10}=30 \text{cm}$

Số vẫn giao thoa cực đại trên đoạn AB bằng só giá trị k nguyên thoả mãn: 

$$\begin{gathered} -\frac{AB}{\lambda }<k<\frac{AB}{\lambda }\iff -\frac{100}{30}<k<\frac{100}{30} \\ \iff -3,3<k<3,3\Rightarrow k=-3;-2;\dots ;3 \end{gathered}$$

Để AM nhỏ nhất thì M phải thuộc cực đại ứng với $k_{\max }=3$ như hình vẽ và thoả mãn:

$$\begin{gathered} d_2-d_1=k_{\max },\lambda \\ \iff BM=\forall M=3\lambda =90 \text{cm} \\ \iff \sqrt{A{B}^2+A{M}^2}-AM=90 \\ \iff \sqrt{{100}^2+A{M}^2}-AM=90 \\ \Rightarrow AM=10,56 \text{cm} \end{gathered}$$

Chọn D

Phương pháp:

Vận tốc cực đại: $v_{\text{max }}=\omega A\Rightarrow A$

Biên độ của dao động tổng hợp: $A=\sqrt{A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \Delta \phi }\Rightarrow A_2$

Cách giải:

Ta có:

$$\begin{gathered} v_{\max }=\omega A\Rightarrow A=\frac{v_{\max }}{\omega } \\ =\frac{1,2\sqrt{3}}{20}=0,06\sqrt{3}m=6\sqrt{3}cm \end{gathered}$$

Lại có biên độ của dao động tổng hợp được xác định bởi công thức:

$$\begin{gathered} A^2=A_1^2+A_2^2+2A_1{A}_2\cos \Delta \phi \\ \iff {\left(6\sqrt{3}\right)}^2=6^2+A_2^2+\mathrm{2.6.}{A}_2\cdot \cos \left(-\frac{\pi }{6}-\frac{\pi }{2}\right) \\ \iff 108=36+A_2^2-2A_2 \\ \iff A_2^2-6A_2-72=0\Rightarrow A_2=6 \text{cm} \end{gathered}$$

Chọn C

Phương pháp:

Điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định: 

$l=k\frac{\lambda }{2}=k\frac{v}{2f}\Rightarrow f=k\frac{v}{2l}=k{f}_0$

Với $f_0=\frac{v}{2l}$ là tần số của âm cơ bản. 

Cách giải:

Dây đàn ghi ta hai đầu cố định nên tần số âm cơ bản: $f=k{f}_0=k\cdot \frac{v}{2l}$

Khi dây đàn có chiều dài 0,24m: $f_1=n{f}_0\iff \frac{v}{2l_1}=n\frac{v}{2l}\iff \frac{v}{2.0,24}=n\frac{v}{2l}\left(1\right)$

Khi dây đàn có chiều dài 0,2m:

$$\begin{gathered} f_2=n{f}_0\iff \frac{v}{2I_2}=n\frac{v}{2l} \\ \iff \frac{v}{2.0,2}=(n+1)\frac{v}{2l}=n\frac{v}{2l}+\frac{v}{2l}\left(2\right) \end{gathered}$$

Từ (1) và (2) suy ra

$$\begin{gathered} \frac{v}{2.0,2}=\frac{v}{2.0,24}+\frac{v}{2l} \\ \iff \frac{1}{0,4}=\frac{1}{0,48}+\frac{1}{2l}\Rightarrow l=1,2 \text{m} \end{gathered}$$

Chọn C

Phương pháp

Biên độ: $S_0={\alpha }_{0}l;{\alpha }_0\left(\text{rad}\right)$

Quãng đường vật đi được trong $\text{ nT là n.4A. }$

Quãng đường vật đi được trong $n\frac{T}{2}\text{ là }2.2 \text{A}$

Sử dụng VTLG xác định quãng đường ngắn nhất vật đi được trong khoảng thời gian $\Delta t<\frac{T}{2}$

Cách giải: 

Biên độ góc: $S_0={\alpha }_{0}l=5\cdot \frac{\pi }{180}.81=\frac{20\pi }{9} \text{cm}$

Chu kì dao động: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}=2\pi \sqrt{\frac{0,81}{{\pi }^2}}=1,8s$

Ta có: $\Delta t=6,9s=6,3+0,6=7\cdot \frac{T}{2}+\frac{T}{3}$

Quãng đường vật đi được trong $7.\frac{T}{2}$ là: $S_{\frac{7T}{2}}=3,5.2A=\mathrm{7.2.}\frac{20\pi }{9}=\frac{280\pi }{9} \text{cm}$

Góc quét được trong khoảng $\frac{T}{3}$ là: $\alpha =\omega \cdot \frac{T}{3}=\frac{2\pi }{T}\cdot \frac{T}{3}=\frac{2\pi }{3}$

Biểu diễn trên VTLG ta có :

Từ VTLG

$$\begin{gathered} \Rightarrow S_{\min \frac{T}{3}}=\frac{S_0}{2}+\frac{S_0}{2}=S_0=\frac{20\pi }{9} \text{cm} \\ \Rightarrow S_{\min 6,9s}=S_{\frac{7T}{2}}+S_{\min \frac{T}{3}} \\ =\frac{280\pi }{9}+\frac{20\pi }{9}=\frac{100\pi }{3}\approx 105 \text{cm} \end{gathered}$$

Chọn D

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp vecto quay và định lí hàm số cos trong tam giác. 

Cách giải

Sử dụng định lí hàm số cos trong tam giác ta có:

$$\begin{gathered} A_2^2=A^2+A_1^2-2A{A}_1\cdot \cos \left({\phi }_1-\phi \right) \\ \iff 5^2={\left(5\sqrt{3}\right)}^2+A_1^2-2.5\sqrt{3}\cdot A_1\cdot \cos \left(\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{3}\right) \\ \iff 25=75+A_1^2-15A_1 \\ \iff A_1^2-15A_1+50=0\iff \left[\begin{array}{l}{A}_1=10 \text{cm}\\ A_1=5 \text{cm}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Chọn B

Phương pháp: 

Động năng cực đại: $W_d=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2$

Động năng: $W_d=W-W_t=\frac{1}{2}m{\omega }^2\left(A^2-x^2\right)$

Thế năng: $W_t=\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2$

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị và biến đổi toán học.

Cách giải: 

Từ đồ thị ta thấy:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{W}_{d1max}=1,5W_{d2\max }\iff m_1{\omega }_1{A}_1^2=1,5m_2{\omega }_2{A}_2^2\\ T_{d1}=T_{d2}\Rightarrow {\omega }_1={\omega }_2\end{array}\right. \\ \Rightarrow m_1{A}_1^2=1,5m_2{A}_2^2 \end{gathered}$$

Khi thế năng hai con lắc bằng nhau:

$$\begin{gathered} W_{t1}=W_{t2}\iff \frac{1}{2}{m}_1{\omega }_1{x}_1^2=\frac{1}{2}{m}_2{\omega }_2{x}_2^2 \\ \iff m_1{x}_1^2=m_2{x}_2^2\left(2\right) \end{gathered}$$

Tỉ số động năng của hai con lắc khi đó: 

$\frac{W_{d1}}{W_{d2}}=\frac{m_1{v}_1^2}{m_2{v}_2^2}=\frac{m_1\left(A_1^2-x_1^2\right)}{m_2\left(A_2^2-x_2^2\right)}=\frac{m_1{A}_1^2-m_1{x}_1^2}{m_2{A}_2^2-m_2{x}_2^2} \left(3\right)$

Thay (1); (2) vào (3) ta được:

$\frac{W_{d1}}{W_{d2}}=\frac{1,5m_2{A}_2^2-m_2{x}_2^2}{m_2{A}_2^2-m_2{x}_2^2}=\frac{1,5A_2^2-x_2^2}{A_2^2-x_2^2}=\frac{1,5-\frac{x_2^2}{A_2^2}}{1-\frac{x_2^2}{A_2^2}}\left(4\right)$

Từ đồ thị ta thấy (1) và (2) dao động vuông pha nên:

$$\begin{gathered} \frac{x_1^2}{A_1^2}+\frac{x_2^2}{A_2^2}=1\iff \frac{\frac{m_2{x}_2^2}{m_1}}{\frac{1,5m_2{A}_2^2}{m_1}}+\frac{x_2^2}{A_2^2}=1 \\ \iff \frac{x_2^2}{1,5A_2^2}+\frac{x_2^2}{A_2^2}=1\Rightarrow \frac{x_2^2}{A_2^2}=0,6\left(5\right) \end{gathered}$$

Từ (4) và (5)   

$\Rightarrow \frac{W_{d1}}{W_{d2}}=\frac{1,5-0,6}{1-0,6}=\frac{9}{4}$

Chọn B

Phương pháp:

Vận tốc tại vị trí cân bằng: $v_0=\omega S_0=\omega {\alpha }_{0}l$

Chu kì: $T=\frac{2\pi }{\omega }$

Cách giải: 

Ở VTCB ta có: $v_0=\omega {\alpha }_{0}l\Rightarrow \omega =\frac{v_0}{{\alpha }_{0}l}=\frac{\frac{1}{3}}{6\cdot \frac{\pi }{180}\cdot 1}=\frac{10}{\pi }\text{rad}/\text{s}$

Chu kì dao động: $T=\frac{2\pi }{\omega }=\frac{2\pi }{\frac{10}{\pi }}=\frac{2{\pi }^2}{10}=\frac{2.10}{10}=2 \text{s}$

Chọn B

Phương pháp: 

Bước sóng: $\lambda =vT=v\cdot \frac{2\pi }{\omega }$

Công thức tính độ lệch pha: $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }\Rightarrow d$

Cách giải: 

Bước sóng: $\lambda =vT=v\cdot \frac{2\pi }{\omega }=1\cdot \frac{2\pi }{20\pi }=0,1m=10 \text{cm}$

Công thức tính độ lệch pha: $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }$

Điểm dao động lệch pha $\frac{\pi }{6}$ so với nguồn tức là:

$$\begin{gathered} \Delta \phi =\frac{\pi }{6}+2k\pi \iff \frac{2\pi d}{\lambda }=\frac{\pi }{6}+2k\pi \\ \Rightarrow d=\left(\frac{1}{6}+2k\right)\frac{\lambda }{2}=\left(\frac{1}{6}+2k\right)\cdot \frac{10}{2}=\frac{5}{6}+10k \end{gathered}$$

Số điểm dao động lệch pha $\frac{\pi }{6}$ so với nguồn trong khoản O đến M bằng số giá trị k nguyên thỏa mãn: 

$$\begin{gathered} 0<d<42,5 \text{cm} \\ \iff 0<\frac{5}{6}+10k<42,5 \\ \iff -0,08<k<4,17 \\ \Rightarrow k=0;1;2;3;4;5 \end{gathered}$$