+ Biên độ dao động của vật: $A=20mm=2cm$

+ Tần số góc của dao động: $\omega =2\pi f=2\pi .2=4\pi \left(rad/s\right)$

+ Tại thời điểm ban đầu t=0, $\left\{\begin{array}{l}{x}_0=Acos\phi =1cm\\ v=-Asin\phi <0\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}cos\phi =\frac{1}{2}\\ \sin \phi >0\end{array}\right.\Rightarrow \phi =\frac{\pi }{3}$

+ Phương trình dao động của vật: $x=2cos\left(4\pi t+\frac{\pi }{3}\right)cm$

Ta có, tổng trở của mạch RLC mắc nối tiếp: $Z=\sqrt{R^2+{\left(Z_L-Z_C\right)}^2}$

Lại có: $\left\{\begin{array}{l}{Z}_L=\omega L\\ Z_C=\frac{1}{\omega C}\end{array}\right.$

$\Rightarrow Z=\sqrt{R^2+{\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)}^2}$

+ Tần số của sóng: $f=\frac{\omega }{2\pi }=\frac{30\pi }{2\pi }=15Hz$

+ Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{60}{15}=4cm$

+ Điểm P có:  $PA-PB=6cm=\frac{3}{2}\lambda$

⇒P thuộc cực tiểu số 2 tính từ trung trực AB đi ra

Điểm Q có: $QA-QB=12cm=3\lambda$

 thuộc cực đại số 3 tính từ trung trực AB đi ra

Sóng dừng trên dây 2 đầu cố định: $l=k\frac{\lambda }{2}$  (1)

Lại có 5 nút sóng $\Rightarrow k=5-1=4$

Thay vào (1) ta được: $1=4\frac{\lambda }{2}\Rightarrow \lambda =\mathrm{0,5}m$

Ta có: $\Delta t=\frac{4T}{3}=T+\frac{T}{3}$

⇒ Quãng đường vật đi được: $S=S_T+S_{\max \left(\frac{T}{3}\right)}$

Ta có:

+ $S_T=4A$

+ Quãng đường lớn nhất vật đi được trong khoảng thời gian  T/3: $S_{max}=2A\sin \frac{\Delta \phi }{2}$

Ta có: $\Delta \phi =\omega \Delta t=\frac{2\pi }{T}.\frac{T}{3}=\frac{2\pi }{3}$

$\Rightarrow S_{\max }=2A\sin \frac{\frac{2\pi }{3}}{2}=\sqrt{3}A$

⇒ Quãng đường lướn nhất mà vật đi được trong khoảng thời gian $\Delta t=\frac{4T}{3}$  là: $S=4A+\sqrt{3}A$

+ Biên độ dao động của vật: A=3cm

+ Chu kì dao động của vật: $T=\frac{20}{50}=\mathrm{0,4}s$

+ Độ dãn của lò xo tại vị trí cân bằng: $\Delta l=\frac{mg}{k}=\frac{g{T}^2}{4{\pi }^2}=\frac{{\mathrm{10.0,4}}^2}{4.10}=\mathrm{0,04}m=4cm$

Lực đàn hồi cực đại tại vị trí thấp nhất:  $F_{dhMax}=k\left(\Delta l+A\right)$ (1)

Nhận thấy  $\Rightarrow F_{dhMin}=k\left(\Delta l-A\right)$  (2)

Từ (1) và (2), ta suy ra: $\frac{F_{dhMax}}{F_{dhMin}}=\frac{k\left(\Delta l+A\right)}{k\left(\Delta l-A\right)}=\frac{\Delta l+A}{\Delta l-A}=\frac{4+3}{4-3}=7$

Ta có chu kì $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$

⇒ Gia tốc rơi tự do: $g=\frac{4{\pi }^{2}l}{T^2}$

+ Giá trị trung bình của gia tốc trọng trường: $\overline{g}=\frac{4{\pi }^2\overline{l}}{{\overline{T}}^2}=\frac{4{\pi }^2.1}{2^2}=\mathrm{9,87}m/s^2$

+ Sai số: $\frac{\Delta g}{\overline{g}}=\frac{\Delta l}{\overline{l}}+2\frac{\Delta T}{\overline{T}}\Rightarrow \Delta g=\left(\frac{\Delta l}{\overline{l}}+2\frac{\Delta T}{\overline{T}}\right)\overline{g}$

$\Rightarrow \Delta g=\left(\frac{1}{100}+2\frac{\mathrm{0,01}}{2}\right)\mathrm{9,87}=\mathrm{0,1974}\approx \mathrm{0,2}m/s^2$

$\Rightarrow g=\overline{g}\pm \Delta g=\mathrm{9,87}\pm \mathrm{0,2}{\text{m/s}}^2$

+ Ta có, vật có vận tốc bằng 0 khi ở vị trí biên

+ Khoảng thời gian giữa 2 lần liên tiếp vật có vận tốc bằng 0 là T₂

_{$\Rightarrow t_2-t_1=\frac{T}{2}\iff \mathrm{2,9}-\mathrm{2,2}=\frac{T}{2}\Rightarrow T=\mathrm{1,4}s$}

+ Khoảng thời gian từ $t_0=0s$   đến $t_2=\mathrm{2,9}s$  là: $\Delta t=\mathrm{2,9}-0=\mathrm{2,9}s=2T+\frac{T}{14}$

Trong 1 chu kì vật qua VTCB 2 lần

⇒ Trong 2 chu kì vật qua VTCB 4 lần

Trong  $\frac{T}{14}$ vật qua VTCB 0 lần

⇒ Trong khoảng thời gian từ t=0s đến t=2,9s vật qua VTCB 4 lần

Từ đồ thị, ta có: $\left\{\begin{array}{l}{U}_{0AM}=150V\\ U_{0MB}=120V\end{array}\right.$

⇒ Điện áp cực đại giữa hai đầu đoạn mạch $U_0=\sqrt{U_{0AM}^2+U_{0MB}^2}=\sqrt{{150}^2+{120}^2}=30\sqrt{41}V$

+ Biểu diễn dao động điện tương ứng trên đường tròn, ta thấy khi $u_{AM}=-75\sqrt{3}V=\frac{-U_{0AM}\sqrt{3}}{2}$

Ta có, chu kì $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$

+ Khi vật có khối lượng m1 thì $T_1=2\pi \sqrt{\frac{m_1}{k}}$

+ Khi vật có khối lượng m2 thì $T_2=2\pi \sqrt{\frac{m_2}{k}}$

Lại có $T^2~m$

⇒ Khi thay bằng vât $m_3=2m_1+\mathrm{4,5}{m}_2$  thì:

$\Rightarrow T_3=\sqrt{{2.3}^2+{\mathrm{4,5.2}}^2}=6s$

Ta có:

+ Bước sóng của sóng: $\lambda =\frac{v}{f}=\frac{v}{\frac{\omega }{2\pi }}=\frac{1}{\frac{100\pi }{2\pi }}=\mathrm{0,02}m=2cm$

+ Xét điểm C trên AB cách I: IC=d

Ta có phương trình sóng tại C: $\left\{\begin{array}{l}{u}_{AC}=Acos\left(100\pi t-\frac{2\pi d_1}{\lambda }\right)\\ u_{BC}=Acos\left(100\pi t-\frac{2\pi d_2}{\lambda }\right)\end{array}\right.$

C là điểm dao động với biên độ cực đại khi $d_1-d_2=k\lambda$

Ta có: $d_1-d_2=\left(\frac{AB}{2}+d\right)-\left(\frac{AB}{2}-d\right)=2d=k\lambda$

 $\Rightarrow d=k\frac{\lambda }{2}=k\frac{2}{2}=k\left(cm\right)$ với $k=\mathrm{0,}\pm \mathrm{1,}\pm \mathrm{2,...}$

Ta có: $-5\le d\le \mathrm{6,5}\iff -5\le k\le \mathrm{6,5}$ $\Rightarrow k=\mathrm{6,}\pm \mathrm{5,}\pm \mathrm{4,}\pm \mathrm{3,}\pm \mathrm{2,}\pm \mathrm{1,0}$

⇒ Có 12 giá trị của k

⇒ Trên MN có 12 điểm dao động với biên độ cực đại

Trung điểm I của AB là cực đại bậc 0

Các điểm cực đại cùng pha với I cũng là chính là cùng pha với nguồn ứng với $k=-\mathrm{4,}-\mathrm{2,2,4,6}$

Vậy có 5 điểm dao động với biên độ cực đại và cùng pha với I

Ta có:  $2x_1^2+3x_2^2=50\left(c{m}^2\right)$ (1)

+ Khi  $\left\{\begin{array}{l}{x}_1=1cm\\ v_1=15cm/s\end{array}\right.$ thay vào (1) ta được:

 ${2.1}^2+3.x_2^2=50$ $\Rightarrow \left|x_2\right|=4cm$

Đạo hàm 2 vế của (1) ta được:  $4x_1{x_1}^{\text{'}}+6x_2{x_2}^{\text{'}}=0\iff 4x_1{v}_1+6x_2{v}_2=0$ (2)

Thay $\left\{\begin{array}{l}{x}_1=1cm\\ v_1=15cm/s\end{array}\right.$  và  $\left|x_2\right|=4cm$ vào (2) ta được $\left|v_2\right|=\mathrm{2,5}cm/s$