[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 3

Phương pháp: 

Hệ thức độc lập theo thời gian của x và v: $\frac{x^2}{A^2}+\frac{v^2}{{\omega }^2{A}^2}=1\Rightarrow v=\omega \sqrt{A^2-x^2}$

Cách giải:

Ta có:  $\left\{\begin{array}{l}A=5 \text{cm}\\ \begin{array}{l}w=10\text{rad}/\text{s}\Rightarrow \text{v}=\omega \sqrt{A^2-x^2}=10.\sqrt{5^2-2,5^2}=25\sqrt{3} \text{cm}/\text{s}\\ x=2,5 \text{cm}\end{array}\end{array}\right.$

Chọn D.

Phương pháp:

Tần số:  $f=\frac{\omega }{2\pi }$

Cách giải: 

Ta có:  $\omega =20\pi \text{rad}/\text{s}\Rightarrow f=\frac{\omega }{2\pi }=\frac{20\pi }{2\pi }=10 \text{Hz}$

Chọn D.

Phương pháp:

Trong giao thoa sóng hai nguồn cùng pha:

 + Điều kiện có cực đại giao thoa: $d_2-d_1=k\lambda ;k\in Z$

+ Điều kiện có cực tiểu giao thoa: $d_2-d_1=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda ;k\in Z$

Cách giải: 

Tại điểm M có: $\frac{d_2-d_1}{\lambda }=\frac{12-9}{1}=3\Rightarrow \text{M}$ là điểm thuộc đường cực đại thứ 3. 

 Giữa M và đường trung trực của đoạn thẳng $S_1,S_2$, có 3 vấn giao thoa cực tiểu.

Chọn A. 

Phương pháp:

+ Sóng cơ là dao động cơ lan truyền trong một môi trường.

+ Sóng cơ truyền được trong các môi trường rắn, lỏng, khí và không truyền được trong chân không.

 + Sóng ngang truyền trong: Chất rắn và bề mặt chất lỏng. Sóng dọc truyền trong tất cả các môi trường rắn, lỏng, khí. 

Cách giải:

Sóng cơ không truyền được trong chân không 

$\Rightarrow$ Phát biểu sai là: Sóng cơ lan truyền trong tất cả các môi trường rắn, lỏng, khí và chân không.

Chọn B.

Phương pháp: 

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

Phương trình giao thoa sóng:

 $u_M=u_{1M}+u_{2M}=2A\cdot \cos \frac{\pi \left(d_2-d_1\right)}{\lambda }\cdot \cos \left[\omega t-\frac{\pi \left(d_2+d_1\right)}{\lambda }\right]$

Cách giải: 

Bước sóng:  $\lambda =vT=v\cdot \frac{2\pi }{\omega }=1\cdot \frac{2\pi }{100\pi }=2 \text{cm}$

Phương trình sóng lần lượt từ hai nguồn truyền đến M:   $\left\{\begin{array}{l}{u}_M=A\cos \left(100\pi t-\frac{2\pi d_1}{\lambda }\right)\text{cm}\\ u_{2M}=A\cos \left(100\pi t-\frac{2\pi d_2}{\lambda }\right)\text{cm}\end{array}\right.$

Phương trình sóng giao thoa tại M: 

$u_M=u_{1M}+u_{2M}=2A\cdot \cos \frac{\pi \left(d_2-d_1\right)}{\lambda }\cdot \cos \left[\omega t-\frac{\pi \left(d_2+d_1\right)}{\lambda }\right]$

 $\begin{array}{l}=2A\cdot \cos \frac{\pi (6-12,5)}{2}\cdot \cos \left[100\pi t-\frac{\pi (6+12,5)}{2}\right]\\ =-A\sqrt{2}\cdot \cos (100\pi t-9,25\pi )=A\sqrt{2}\cdot \cos (100\pi t-9,25\pi +\pi )\\ =A\sqrt{2}\cdot \cos (100\pi t-8,25\pi )\text{cm}\end{array}$

Chọn B.

Độ lớn cảm ứng từ B do dòng điện thẳng dài đặt trong không khí gây ra: $B=\frac{{2.10}^{-7}\cdot I}{r}$

Chọn A.

Phương pháp:

Trong giao thoa sóng hai nguồn cùng pha: 

+ Điều kiện có cực đại giao thoa: $d_2-d_1=k\lambda ;k\in Z\frac{1}{2}$

+ Điều kiện có cực tiểu giao thoa: $d_2-d_1=\left(k+\frac{1}{2}\right)\lambda ;k\in Z$

Cách giải:

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

Chọn D.

Câu 9:

Phương pháp:

Biểu thức lực kéo về: $F=-kx$

Cách giải:

Ta có: $F=-kx$

 Lực kéo về trong dao động điều hòa biến đổi điều hòa theo thời gian và ngược pha với li độ.

Chọn C.

Phương pháp:

Độ lớn lực kéo về cực đại của con lắc đơn: $F_{\max }=m\cdot {\omega }^2\cdot S_0=m\cdot \frac{g}{l}\cdot S_0$

Cách giải: 

Ta có: $\frac{F_{1\max }}{F_{2\max }}=\frac{m{\omega }_1^2{S}_{01}}{m{\omega }_2^2{S}_{02}}=\frac{\frac{g}{{\mathcal{l}}_1}\cdot S_{01}}{\frac{g}{{\mathcal{l}}_2}\cdot S_{02}}=\frac{S_{01}\cdot {\mathcal{l}}_2}{S_{02}{\mathcal{l}}_1}=\frac{S_{01}\cdot \frac{2{\mathcal{l}}_1}{3}}{\frac{3S_{01}}{2}{\mathcal{l}}_1}=\frac{4}{9}$

Chọn B.

Phương pháp: 

Tại VTCB:  $P=F_{dh}\iff mg=k.\Delta l_0\Rightarrow \frac{m}{k}=\frac{\Delta l_0}{g}$

Chu kì dao động của con lắc lò xo: $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2\pi \sqrt{\frac{\Delta l_0}{g}}$

Cách giải: 

Chu kì dao động có thể xác định theo biểu thức: $2\pi \sqrt{\frac{\Delta l_0}{g}}$

Chọn C.

Phương pháp:

Khoảng cách giữa hai điểm gần nhất dao động ngược pha trên cùng một phương truyền sóng là 

Cách giải:

Từ đồ thị ta có, theo chiều Ox:

+ Hai khoảng dài 30cm $\Rightarrow$ mỗi khoảng dài 15cm.

+ Khoảng cách gần nhất giữa hai điểm dao động ngược (từ điểm có li độ cực đại tới điểm có li độ cực tiểu) cách nhau 3 khoảng $\Rightarrow d=\frac{\lambda }{2}=3.15\Rightarrow \lambda =90 \text{cm}$

Chọn A.

Phương pháp:

Chiều dài quỹ đạo: L =  2A

Với A là biên độ dao động.

Cách giải:

 Chiều dài quỹ đạo của vật là: $L=2A=2.6=12 \text{cm}$

Chọn A.

Phương pháp: 

Định luật bảo toàn cơ năng:  $W=W_t+W_d\Rightarrow W_i=W-W_d=\frac{1}{2}k{A}^2-\frac{1}{2}m{v}^2$

Cách giải:

Thế năng của vật: 

 $\begin{array}{l}{W}_t=W-W_d=\frac{1}{2}k{A}^2-\frac{1}{2}m{v}^2\\ =\frac{1}{2}\cdot 100\cdot {\left(\sqrt{2}\cdot {10}^{-2}\right)}^2-\frac{1}{2}\cdot 0,1\cdot {\left(10\sqrt{10}\cdot {10}^{-2}\right)}^2={5.10}^{-3}J=5mJ\end{array}$

Chọn C.

Phương pháp:

O dao động trước nên O sẽ sớm pha hơn  $\text{M}\Rightarrow {\phi }_O={\phi }_M+\frac{2\pi d}{\lambda }$

Cách giải:

Phương trình sống tại $\text{ M: }{u}_M\left(t\right)=a.\cos 2\pi f$ 

$\Rightarrow$ Phương trình sống tại $\text{ O: }{u}_o\left(t\right)=a\cdot \cos 2\pi \left(ft+\frac{d}{\lambda }\right)$ 

Chọn A.

Phương pháp:

Cơ năng của vật dao động điều hòa: 

 $W=W_d+W_t=W_{d\max }=W_{t\max }=\frac{1}{2}m{v}^2+\frac{1}{2}m{\omega }^2{x}^2=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2$

Cách giải: 

Khi vật tới vị trí biên ta có: $\left\{\begin{array}{l}x=\pm A\\ v=0\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{W}_t=\frac{1}{2}m{\omega }^2{A}^2\\ W_d=0\end{array}\Rightarrow W=W_t\right.\right.$

Chọn C.

Phương pháp:

Dao động tắt dần có biên độ (cơ năng) giảm dần theo thời gian.

Lực cản của môi trường càng lớn dao động tắt dần càng nhanh.

Cách giải:

Nhận định sai về dao động tắt dần là: Dao động tắt dần có động năng và thế năng giảm dần theo thời gian.

Chọn A.

Phương pháp:

Một vật nhiễm điện âm nếu nhận thêm electron, nhiễm điện dương nếu mất bớt electron.

Cách giải:

Sau khi cọ xát tấm dạ mất electron nên nhiễm điện dương.

Điện tích của tấm dạ là: ${3.10}^{-8}C$

Chọn A.

Phương pháp:

 Lực kéo về: $F=-kx$ 

Gia tốc: $a=-{\omega }^{2}x$ 

Vận tốc: $v=\pm \omega \sqrt{A^2-x^2}$ 

Cách giải:

Khi vật đến vị trí biên thì  $x=\pm A\Rightarrow v=\pm \omega \sqrt{A^2-{(\pm A)}^2}=0$

Với các đại lượng li độ, gia tốc, lực kéo về ta cần xét vật ở biên dương hay biên âm mới có thể kết luận được giá trị cực đại hay cực tiểu.

Chọn B.

Phương pháp:

Thay t vào phương trình của li độ x.

Cách giải: 

Tại thời điểm $t=0,25s$ chất điểm có li độ: $x=2\cdot \cos \left(2\pi \cdot 0,25+\frac{\pi }{2}\right)=2\cdot (-1)=-2cm$

Chọn D.

Phương pháp:

Tốc độ cực đại: $v_0=\omega A$ 

Công thức liên hệ giữa chu kì và tần số góc: $\omega =\frac{2\pi }{T}$ 

Cách giải: 

Ta có: $v_0=\omega A=\frac{2\pi }{T}\cdot A\Rightarrow T=\frac{2\pi A}{v_0}$ 

Chọn B.

Phương pháp:

+ Sóng cơ là dao động cơ lan truyền trong một môi trường.

+ Sóng cơ truyền được trong các môi trường rắn, lỏng, khí và không truyền được trong chân không.

+ Sóng ngang truyền trong chất rắn và bề mặt chất lỏng. Sóng dọc truyền trong tất cả các môi trường rắn, lỏng, khí. 

Cách giải:

Sóng ngang truyền trong chất rắn và bề mặt chất lỏng.

Chọn C.

Phương pháp: 

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

Cách giải: 

Độ lệch pha giữa hai điểm M, N là:  $\Delta \phi =\frac{2\pi d}{\lambda }=\frac{2\pi \cdot 5}{12}=\frac{5\pi }{6}$

Chọn B.

Phương pháp:

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

Cách giải:

 Biên độ của dao động tổng hợp là: $A=\sqrt{A_1^2+A_1^2+2A_1{A}_2\cdot \cos \pi }=\left|A_1-A_2\right|$ 

Chọn B.

Phương pháp: 

Chu kì dao động điều hòa của con lắc đơn: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ 

Cách giải: 

Ta có: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}\Rightarrow T~\sqrt{l}$ 

Chiều dài con lắc giảm 2 lần $\Rightarrow$  Chu kì giảm $\sqrt{2}$ lần  $\Rightarrow T^{\text{'}\text{'}}=\frac{T}{\sqrt{2}}$ 

Chọn C.

Phương pháp: 

Bước sóng: $\lambda =vT=\frac{v}{f}$ 

Cách giải: 

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\lambda =\frac{v}{f}\Rightarrow f=\frac{v}{\lambda }\\ f=\frac{1}{T}\end{array}\Rightarrow f=\frac{1}{T}=\frac{v}{\lambda }\right.$

Chọn C.

Câu 29:

Phương pháp: 

Định luật Ôm đối với toàn mạch: $I=\frac{\xi }{r+R_N}$ 

Cách giải: 

+ Ban đầu: $I_1=\frac{\xi }{r+R_1}\iff \frac{\xi }{4+R_1}=1,2A\left(1\right)$ 

+ Mắc $R_{2}nt{R}_1\Rightarrow R_N=R_1+R_2=R_1+2\Rightarrow I_2=\frac{\xi }{r+R_N}\iff \frac{\xi }{4+R_1+2}=1A$ 

+ Từ (1) và (2) ta có:

$1,2\cdot \left(4+R_1\right)=1\left(4+R_1+2\right)\iff 4,8+1,2R_1=4+R_1+2\Rightarrow R_1=6\Omega$ 

Chọn B.

Phương pháp: 

Công thức thấu kính: $\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d}$

Hệ số phóng đại: $k=-\frac{d}{d^{\text{'}}}$ 

Khoảng cách vật - ảnh: $L=d+d^{\text{'}}$ 

Cách giải:

Anh hứng được trên màn $\Rightarrow$ ảnh thật, ngược chiều với vật.

Ta có hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}L=d+d^{\text{'}}=1,8m\\ k=-\frac{d^{\text{'}}}{d}=-0,2\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}d+d^{\text{'}}=1,8m\\ d=5d^{\text{'}}\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}d=1,5m\\ d^{\text{'}}=0,3m\end{array}\right.\right.\right.$ 

Áp dụng công thức thấu kính ta có: 

$\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{d^{\text{'}}}=\frac{1}{1,5}+\frac{1}{0,3}=4\Rightarrow f=0,25 \text{m}=25 \text{cm}$ 

Chọn A.

Chu kì dao động của con lắc lò xo: $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$ 

Chọn A. 

Phương pháp: 

Chu kì dao động của con lắc đơn: $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ 

Chu kì dao động :$T=\frac{\Delta t}{N}$

Cách giải: 

Ta có:  $\left\{\begin{array}{l}{T}_1=2\pi \sqrt{\frac{l_1}{g}}=\frac{\Delta t}{N_1}\iff 2\pi \sqrt{\frac{l_1}{g}}=\frac{\Delta t}{12}\\ T_2=2\pi \sqrt{\frac{l_2}{g}}=\frac{\Delta t}{N_2}\iff 2\pi \sqrt{\frac{l_2}{g}}=\frac{\Delta t}{8}\end{array}\right.$ 

Lấy $\frac{T_1}{T_2}\iff \sqrt{\frac{l_1}{l_2}}=\frac{8}{12}\Rightarrow \frac{l_1}{l_2}=\frac{4}{9}\iff 9l_1=4l_2\left(1\right)$

Lại có: $l_1=l_2-30\iff l_1-l_2=-30\left(2\right)$ 

Từ (1) và (2) ta có: $\left\{\begin{array}{l}9l_1-4l_2=0\\ l_1-l_2=-30\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}{l}_1=24 \text{cm}\\ l_2=54 \text{cm}\end{array}\right.\right.$

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị 

Tần số góc:$\omega =\frac{2\pi }{\text{T}}$ 

Lực kéo về: $\text{F}=\text{ma}=-\text{m}{\omega }^2\text{x}$ 

Cách giải: 

Tử đồ thị ta thấy ${\text{F}}_{\max }={6.10}^{-2}( \text{N})$ 

T từ thời điểm $\text{t}=\frac{7}{6} \text{s}$ đến $\text{t}=\frac{13}{6} \text{s}$ , vật thực hiện được số chu kì là:

$\Delta \text{t}=\frac{\text{T}}{4}\Rightarrow \frac{13}{6}-\frac{7}{6}=\frac{\text{T}}{2}\Rightarrow \text{T}=2( \text{s})\Rightarrow \omega =\frac{2\pi }{\text{T}}=\pi (\text{rad}/\text{s})$ 

Ở thời điểm $\text{t}=\frac{7}{6} \text{s}$ , lực kéo về: F = 0 và đang giảm → pha dao động là $\frac{\pi }{2}\text{rad}$

Góc quét là: $\Delta \phi =\omega \text{t}=\pi \cdot \frac{7}{6}=\frac{7\pi }{6}\Rightarrow {\phi }_{\text{F}}=\frac{\pi }{2}-\frac{7\pi }{12}=-\frac{2\pi }{3}\left(\text{rad}\right)$ 

Biểu thức lực kéo về: 

$\text{F}=\text{ma}=-\text{m}{\omega }^2\text{x}\Rightarrow {\phi }_{\text{x}}={\phi }_{\text{F}}+\pi =-\frac{2\pi }{3}+\pi =\frac{\pi }{3}\left(\text{rad}\right)\infty$ 

Biên độ dao động: $\text{A}=\frac{{\text{F}}_{\max }}{\text{m}{\omega }^2}=\frac{{4.10}^{-2}}{0,1.{\pi }^2}=0,04( \text{m})=4( \text{cm})$ 

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

Chọn B. 

Phương pháp:

Từ đồ thị viết phương trình dao động của hai dao động thành phần

Sử dụng máy tính bảo túi, xác định biên độ và pha ban đầu của dao động tổng hợp:

${\text{A}}_1\angle {\phi }_1+{\text{A}}_2\angle {\phi }_2=\text{A}\angle \phi$ 

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

Tốc độ trung bình: ${\text{v}}_{\text{th}}=\frac{\text{S}}{\Delta \text{t}}$ 

Cách giải:

Từ đồ thị, ta thấy chu kì dao động: $\text{T}=4\cdot (0,2-0,05)=0,6( \text{s})$ 

$\Rightarrow \omega =\frac{2\pi }{\text{T}}=\frac{2\pi }{0,6}=\frac{10\pi }{3}(\text{rad}/\text{s})$ 

+ Xét dao động thứ nhất có biên độ $A_1=4 \text{cm}$ 

Ở thời điểm $\text{t}=0,05 \text{s}=\frac{\text{T}}{12}$ có x = 0 và đang giảm → pha dao động là $\frac{\pi }{2}$ rad 

Góc quét là: $\Delta {\phi }_1=\omega \Delta {\text{t}}_1=\frac{2\pi }{\text{T}}\cdot \frac{\text{T}}{12}=\frac{\pi }{6}\Rightarrow {\phi }_1=\frac{\pi }{2}-\frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{3}\left(\text{rad}\right)$ 

Phương trình dao động thứ nhất là: $x_1=4\cos \left(\frac{10\pi }{3}t+\frac{\pi }{3}\right)\left(\text{cm}\right)$ 

+ Xét dao động thứ 2:

Ở thời điểm $\text{t}=0,05 \text{s}=\frac{\text{T}}{12}$ có $\text{x}=-{\text{A}}_2\to$ pha dao động là $\pi$ (rad) 

Góc quét là: $\Delta {\phi }_2=\frac{\pi }{6}\Rightarrow {\phi }_2=\pi -\frac{\pi }{6}=\frac{5\pi }{6}\left(\text{rad}\right)$ 

Li độ ở thời điểm $\text{t}=0:{\text{x}}_{02}=-6={\text{A}}_2\cos \frac{5\pi }{6}\Rightarrow {\text{A}}_2=4\sqrt{3}( \text{cm})$ 

Phương trình dao động thứ 2 là:

${\text{x}}_2=4\sqrt{3}\cos \left(\frac{10\pi }{3}\text{t}+\frac{5\pi }{6}\right)\left(\text{cm}\right)$ 

Sử dụng máy tính bỏ túi: 

Chọn SHIFT+MODE+4 để đưa máy tính về chế độ rad

 Chọn MODE+2 

Nhập phép tính: $4\angle \frac{\pi }{3}+4\sqrt{3}\angle \frac{5\pi }{6}+5$ SHIFT  $+2+3=8\angle \frac{2\pi }{3}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\text{A}=8( \text{cm})\\ \phi =\frac{2\pi }{3}\left(\text{rad}\right)\end{array}\right.$ 

Trong 0,2s , góc quét của dao động tổng hợp là: $\Delta \phi =\omega \Delta \text{t}=\frac{10\pi }{3}.0,2=\frac{2\pi }{3}\left(\text{rad}\right)$ 

Ta có VTLG: 

Từ VTLG, ta thấy trong 0,2s đầu tiên kể từ t = 0s, quãng đường vật đi được là: S= 2.(84)= 8 (cm) 

Tốc độ trung bình của vật là: ${\text{v}}_{\text{tb}}=\frac{\text{S}}{\Delta \text{t}}=\frac{8}{0,2}=40( \text{cm}/\text{s})$ 

Chọn D. 

Phương pháp: 

Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}$ 

Điều kiện cực đại: ${\text{d}}_2-{\text{d}}_1=\text{k}\lambda$ 

Định lí hàm cos: $a^2=b^2+c^2-2bc\cos \alpha$ 

Cách giải: 

Bước sóng là: $\lambda =\frac{\text{v}}{\text{f}}=\frac{0,3}{10}=0,03( \text{m})=3( \text{cm})$ 

Điểm M gần O nhất → M thuộc đường cực đại bậc 1: k = 1 

Áp dụng định lí hàm cos cho AOMB và AOMA , ta có:

$\left\{\begin{array}{l}{\text{d}}_2=\sqrt{{\text{d}}^2+{10}^2-2.\text{d}\cdot 10\cdot \cos {60}^0}\Rightarrow {\text{d}}_2=\sqrt{{\text{d}}^2+{10}^2-10 \text{d}}\\ {\text{d}}_1=\sqrt{{\text{d}}^2+{10}^2-2.\text{d}\cdot 10\cdot \cos {120}^0}\Rightarrow {\text{d}}_1=\sqrt{{\text{d}}^2+{10}^2+10 \text{d}}\end{array}\right.$ 

Lại có M thuộc cực đại bậc 1:

$\begin{array}{l}{\text{d}}_1-{\text{d}}_2=\lambda =3( \text{cm})\\ \Rightarrow \sqrt{{\text{d}}^2+{10}^2+10 \text{d}}-\sqrt{{\text{d}}^2+{10}^2-10 \text{d}}=3\Rightarrow \text{d}=3,11( \text{cm})\end{array}$ 

Chọn C.

Phương pháp: 

Công thức độc lập với thời gian: ${\left(\frac{\text{s}}{{\text{s}}_0}\right)}^2+{\left(\frac{\text{v}}{{\text{v}}_0}\right)}^2=1$

Biên độ dài: ${\text{s}}_0=\text{l}{\alpha }_0$ 

Vận tốc cực đại: ${\text{v}}_0=\omega {\text{s}}_0=\sqrt{\frac{\text{g}}{1}} {\text{s}}_0$ 

Cách giải:

Biên độ dài của con lắc là: ${\text{s}}_0=l{\alpha }_0=0,1l$ 

Vận tốc cực đại của con lắc: ${\text{v}}_0=\omega {\text{s}}_0=\sqrt{\frac{\text{g}}{\text{l}}}\cdot \text{l}{\alpha }_0=\sqrt{\text{gl}}{\alpha }_0=0,1\sqrt{\text{gl}}$ 

Áp dụng công thức độc lập với thời gian, ta có: 

${\left(\frac{\text{s}}{{\text{s}}_0}\right)}^2+{\left(\frac{\text{v}}{{\text{v}}_0}\right)}^2=1\Rightarrow {\left(\frac{0,08}{0,11}\right)}^2+{\left(\frac{0,2\sqrt{3}}{0,1\sqrt{10l}}\right)}^2=1\Rightarrow l=1,6( \text{m})$ 

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị 

Độ lệch pha theo tọa độ: $\Delta {\phi }_{\text{x}}=\frac{2\pi \text{x}}{\lambda }$ 

Độ lệch pha theo thời gian: $\Delta {\phi }_t=\omega t$

Tốc độ cực đại của phần tử sóng: ${\text{v}}_{\max }=\omega \text{A}$ 

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

Cách giải:

Từ đồ thị ta thấy bước sóng: $\lambda =6,4( \text{m})$ 

Quãng đường sóng truyền từ thời điểm t1 đến t2, là:

$\begin{array}{l}\text{S}=\text{v}\cdot \left({\text{t}}_2-{\text{t}}_1\right)\Rightarrow 7,2-6,4=\text{v}.0,2\Rightarrow \text{v}=4( \text{m}/\text{s})=400( \text{cm}/\text{s})\\ \Rightarrow \text{f}=\frac{\text{v}}{\lambda }=\frac{4}{6,4}=0,625( \text{Hz})\Rightarrow \omega =2\pi \text{f}=1,25\pi (\text{rad}/\text{s})\end{array}$ 

Điểm M trễ pha hơn điểm O một góc là: $\Delta {\phi }_{\text{x}}=\frac{2\pi \text{x}}{\lambda }=\frac{2\pi \cdot 2,4}{6,4}=\frac{3\pi }{4}\left(\text{rad}\right)$ 

Góc quét được từ thời điểm t1 đến t3, là: 

$\Delta {\phi }_t=\omega \left({\text{t}}_3-{\text{t}}_1\right)=1,25\pi \cdot \left(0,2+\frac{2}{15}\right)=\frac{5\pi }{12}\left(\text{rad}\right)$ 

Từ đồ thị ta thấy ở thời điểm t1 , điểm O có li độ u = 0 và đang tăng 

Ta có VTLG: 

Từ VTLG ta thấy $u_M=\sqrt{3}=\text{A}\cos \frac{\pi }{6}=\frac{\text{A}\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \text{A}=2( \text{cm})$

Vận tốc cực đại của phần tử sóng là: 

${\text{v}}_{\max }=\omega \text{A}=1,25\pi \cdot 2=2,5\pi (\text{cm}/\text{s})\Rightarrow \delta =\frac{{\text{v}}_{\max }}{\text{v}}=\frac{2,5\pi }{400}\approx 0,0196$ 

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị

Thế năng đàn hồi: ${\text{W}}_{\text{dh}}=\frac{1}{2}\text{k}\Delta l^2$ 

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

Cách giải: 

Từ đồ thị ta thấy chu kì của con lắc là: T= 0,3 (s) 

Tại thời điểm t = 0, thế năng đàn hồi của con lắc: ${\text{W}}_{\text{dh}\max }=0,68 \text{J}=\frac{1}{2}\text{k}{\left(\Delta l_0+\text{A}\right)}^2\Rightarrow \text{x}=\text{A}$ 

Tại thời điểm t = 0,1(s), thế năng đàn hồi của con lắc: ${\text{F}}_{\text{dh min}}=0=\frac{1}{2}\text{k}\Delta l^2\Rightarrow \Delta l=0\Rightarrow \text{x}=-\Delta l_0$ 

Từ thời điểm t = 0 đến t = 0,1s, góc quét được là: $\Delta \phi =\omega \Delta \text{t}=\frac{2\pi }{\text{T}}\cdot \Delta \text{t}=\frac{2\pi }{0,3}\cdot 0,1=\frac{2\pi }{3}\left(\text{rad}\right)$ 

Ta có VTLG: 

Từ VTLG, ta thấy: $-\Delta l_0=\text{A}\cos \frac{2\pi }{3}=-\frac{\text{A}}{2}\Rightarrow \Delta l_0=\frac{\text{A}}{2}$ 

 Tại thời điểm t0 có li độ $x=-A$ , thế năng đàn hồi của con lắc là:

${\text{W}}_{{\text{t}}_0}=\frac{1}{2}\text{k}{\left(\Delta l_0+\text{x}\right)}^2=\frac{1}{2}\text{k}{\left(\Delta l_0-\text{A}\right)}^2$ 

Ta có tỉ số: $\frac{{\text{W}}_{{\text{t}}_0}}{ {\text{W}}_{\text{dh}\max }}=\frac{\frac{1}{2}\text{k}{\left(\Delta l_0-\text{A}\right)}^2}{\frac{1}{2}\text{k}{\left(\Delta l_0+\text{A}\right)}^2}=\frac{\frac{{\text{A}}^2}{4}}{\frac{9}{4} {\text{A}}^2}\Rightarrow \frac{{\text{W}}_{{\text{t}}_0}}{0,68}=\frac{1}{9}\Rightarrow {\text{W}}_{{\text{t}}_0}=0,0756( \text{J})$ 

Chọn D.