Bộ 3 đề thi giữa kì 1 Vật lý 11 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án - Đề 3

Đáp án đúng là B

Đáp án đúng là D

Động năng \[{W_d} = W - {W_t} = \frac{1}{2}k({A^2} - {x^2})\]

\[{W_{d1}} = \frac{1}{2}.400.(0,{05^2} - 0,{03^2}) = 0,32J\]

\[{W_{d2}} = \frac{1}{2}.400.(0,{05^2} - {( - 0,03)^2}) = 0,32J\]

Đáp án đúng là A

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}v = \omega R\\{a_{ht}} = {\omega ^2}R\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}\omega = \frac{{{a_{ht}}}}{v} = \frac{{150}}{{30}} = 5\\R = \frac{v}{\omega } = A = 6\end{array} \right.\]

Đáp án đúng là C

Năng lượng như nhau \[ \Rightarrow \frac{1}{2}mg{\ell _1}\alpha _1^2 = \frac{1}{2}mg{\ell _2}\alpha _2^2 \Rightarrow {\alpha _1} = \frac{1}{2}{\alpha _2}\]

Đáp án đúng là B

Ở thời điểm t = 0 vật đang ở vị trí có li độ \[x = 2,5cm = \frac{A}{2}\] và đi theo chiều dương quỹ đạo \[ \Rightarrow {\varphi _o} = - \frac{\pi }{3}\]

Thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí có li độ \[\frac{A}{2}\] theo chiều dương đến biên dương là \[\frac{T}{6}\] (ứng với góc quét \[60^\circ \] của chất điểm chuyển động tròn)

\[ \Rightarrow \frac{T}{6} = \frac{1}{{12}}s \Rightarrow T = 0,5\,s\]\[ \Rightarrow \omega = 4\pi \,\left( {rad/s} \right)\].

Đáp án đúng là C

Từ đồ thị dễ thấy pha ban đầu của 3 đồ thị lần lượt là

\[{\varphi _1} = \frac{\pi }{2}\] (do t = 0 đang ở VTCB về biên âm)

\[{\varphi _2} = \pi \] (do t = 0 đang ở biên âm)

\[{\varphi _3} = - \frac{\pi }{2}\] (do t = 0 đang ở VTCB về biên dương)

Kết hợp a nhanh pha hơn v góc π/2, v lại nhanh pha hơn x góc π/2, a và x ngược pha nên suy ra

Đường (1), (2), (3) lần lượt biểu diễn x, v, a.

Đáp án đúng là B

Từ đồ thị ta thấy hai dao động có cùng trạng thái tương ứng với khoảng thời gian là T/4. Nên độ lệch pha là \[\Delta \varphi = \frac{{2\pi }}{T}.\frac{T}{4} = \frac{\pi }{2}\]

Đáp án đúng là D

\[T' = 2\pi \sqrt {\frac{{m/2}}{{2k}}} = \frac{T}{2}\]

Đáp án đúng là D

+ Tần số góc của dao động \(\omega = \sqrt {\frac{k}{m}} = 10\,\,rad/s\)

\( \to \) Biên độ dao động của vật \(A = \sqrt {x_0^2 + {{\left( {\frac{{{v_0}}}{\omega }} \right)}^2}} = \sqrt {{3^2} + {{\left( {\frac{{30}}{{10}}} \right)}^2}} = 3\sqrt 2 cm\)

+ Ban đầu vật ở li độ \(x = \frac{{\sqrt 2 }}{2}A = 3cm\) và chuyển động theo chiều dương \( \to {\varphi _0} = - \frac{\pi }{4}\)

\( \to \) Phương trình dao động \(x = 3\sqrt 2 cos\left( {10t - \frac{\pi }{4}} \right)cm\)

a) Sai. Pha ban đầu của dao động bằng \[\pi \] rad nếu tại thời điểm ban đầu (t = 0) chất điểm đi qua vị trí biên âm.

b) Đúng. Pha ban đầu của dao động bằng \[\frac{\pi }{2}\] rad nếu tại thời điểm ban đầu (t = 0) chất điểm đi qua vị trí cân bằng theo chiều âm.

c) Sai. Pha ban đầu của dao động bằng 0 rad nếu tại thời điểm ban đầu (t = 0) chất điểm đi qua vị trí biên dương.

d) Đúng.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.

c) Sai vì dao động điều hòa có thể được biểu diễn bằng một vecto quay có độ dài không đổi.

d) Sai vì khi một vật dao động điều hòa thì vận tốc của vật đó cũng biến thiên điều hoà theo thời gian.

Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Sai; d) Sai.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Sai; d) Sai.

Biên độ dao động là A = 6 cm.

Quỹ đạo có chiều dài là L = 2A = 12 cm.

Tần số góc là π rad/s nên chu kì T = 2 (s)

Pha ban đầu là π/2 rad.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Đúng; d) Sai.

Ta có \[T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} \Rightarrow \frac{{{T_1}}}{{{T_2}}} = \sqrt {\frac{{{m_1}}}{{{m_2}}}} \Rightarrow {m_2} = 50\,g.\]

Chu kì dao động: \[T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} = 2\pi \sqrt {\frac{{0,04}}{5}} = 0,56\,s.\]

Cứ sao mỗi chu kì dao động, vật đi qua VTCB hai lần, vì vậy 180 lần vật qua VTCB nghĩa là vật đã thực hiện 90 dao động. Vậy chu kì dao động của vật là:

\[T = \frac{t}{N} = \frac{{60}}{{90}} = \frac{2}{3}s \Rightarrow \] Tần số góc \[\omega = \frac{{2\pi }}{T} = \frac{{2\pi }}{{2/3}} = 3\pi \,rad/s\]

$x=2\cos \left(2\pi t+\frac{\pi }{2}\right)\stackrel{t=\frac{1}{4}s}{\to }x=-2cm$

\[{W_d} = W - {W_t} \Leftrightarrow 0,3 = \frac{1}{2}.k.0,{1^2} - \frac{1}{2}.k.0,{05^2} \Rightarrow k = 80N/m.\]

Ta có \(\frac{{{W_1}}}{{{W_2}}} = \frac{{\frac{1}{2}m\omega _1^2{A^2}}}{{\frac{1}{2}m\omega _2^2{A^2}}} = \frac{{m\omega _1^2\ell _1^2\alpha _0^2}}{{m\omega _2^2\ell _2^2\alpha _0^2}} = \frac{{\omega _1^2\ell _1^2}}{{\omega _2^2\ell _2^2}} = \frac{{\frac{g}{{{\ell _1}}}.\ell _1^2}}{{\frac{g}{{{\ell _2}}}.\ell _2^2}} = \frac{{{\ell _1}}}{{{\ell _2}}}\)

Mặt khác \(T = 2\pi \sqrt {\frac{\ell }{g}} \Rightarrow \frac{{{T_1}}}{{{T_2}}} = \sqrt {\frac{{{\ell _1}}}{{{\ell _2}}}} \Rightarrow \frac{{{\ell _1}}}{{{\ell _2}}} = 4\). Vậy \(\frac{{{{\rm{W}}_1}}}{{{{\rm{W}}_2}}} = 4\).