Bạn coi lại đề bài xem k=1N/m hay 100N/m. 

Chả biết chức năng tag được chưa nhưng mong cậu sẽ thấy được lời giải thích của mình 

Theo như hình bạn thấy, mình đã tô đậm 4 phần, 4 phần đó chính là tổng thời gian vật có vận tốc nằm trong khoảng mình đã viết như trên. Lý do tại sao mình chọn phần tô đậm là bởi vì vận tốc đề bài bảo lớn hơn bao nhiêu đấy, nghĩa là phần đến gần vtcb hơn, ta ko thể nào chọn phần bé hơn được. Chia ra làm 4 phần, tổng các phần là 0,5s, nên mỗi phần chiếm 0,5/4 (s). Đó là lý do tại sao delta t=0,5/4

Sao electron thoát ra từ tấm đồng có bước sóng được? Phải có vận tốc cực đại là bnh chứ?

\(A=\dfrac{40\pi}{8\pi}=5\left(cm\right)\)

Vận tốc nhanh pha hơn li độ=> pha ban đầu của vật là: \(\varphi_d=\dfrac{5\pi}{6}-\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{\pi}{3}\left(rad\right)\)

Góc quay được trong delta t là: \(\varphi=\omega\Delta t=8\pi.\dfrac{5}{24}=\dfrac{5}{3}\pi\left(rad\right)=\pi+\dfrac{2.\pi}{3}\left(rad\right)\)

Nghĩa là vật sẽ quay được một nửa đường tròn, rồi quay thêm 2 lần góc pi/3

Tức là đi được \(S=2A+\dfrac{A}{2}+A=\dfrac{7}{2}A=\dfrac{7}{2}.5=17,5\left(cm\right)\)

\(v_{tb}=\dfrac{s}{\Delta t}=\dfrac{17,5}{\dfrac{5}{24}}=84\left(cm/s\right)\)

Sao đề bài lại cho 74cm/s mà ko phải là 84cm/s nhỉ?

Fact: Cứ sau một khoảng là T/4 thì động năng lại bằng thế năng, bởi biến đổi ra thì cứ ở li độ +-A (căn2)/2 thì động năng lại bằng thế năng

Khi qua vtcb, độ lớn vận tốc đạt max

\(\dfrac{T}{4}=0,05\Rightarrow T=0,2\left(s\right)\)

\(v_{max}=\omega A=20\pi\Leftrightarrow A=\dfrac{20\pi}{\dfrac{2\pi}{T}}=2\left(cm\right)\)

Gọi \(l\) là chiều dài lò xo lúc ko biến dạng \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}l_{max}=l+A=30\\l_{min}=l-A=20\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}l=25cm\\A=5cm\end{matrix}\right.\)

Khi lò xo dài 30cm, tức là vật đang ở biên dương, độ lớn của gia tốc là 8m/s^2\(\Rightarrow\left|a\right|=\omega^2A=800\left(cm/s^2\right)\Leftrightarrow\omega=\sqrt{\dfrac{800}{A}}=\sqrt{\dfrac{800}{5}}=4\pi\left(rad/s\right)\)

Gốc thời gian là lúc vật qua O theo chiều âm, tức là pha ban đầu bằng pi/2

\(\Rightarrow x=5\cos\left(4\pi t+\dfrac{\pi}{2}\right)\left(cm\right)\)

b/ \(W_d=3W_t\Rightarrow x=\pm\dfrac{A}{\sqrt{3+1}}=\pm\dfrac{A}{2}\)

Nghĩa là khi vật qua vị trí có li độ là \(\left[{}\begin{matrix}x=-2,5cm\\x=2,5cm\end{matrix}\right.\)

c/ Góc vật quay được trong thời gian delta t là: \(\varphi=\omega.\Delta t=4\pi.\Delta t\left(rad\right)\)

Quãng đường lớn nhất đi được khi vật chuyển động xung quanh vtcb

\(S_{max}=2A.\sin\left(2\pi.\Delta t\right)\)

Quãng đường nhỏ nhất đi được khi vật chuyển động xung quang biên 

\(S_{min}=2A-2.A\cos\left(2\pi.\Delta t\right)\)

\(\Rightarrow S_{max}-S_{min}=2A\left(\sin\left(2\pi.\Delta t\right)-1+\cos\left(2\pi.\Delta t\right)\right)\)

Xét \(M=\sin\left(2\pi.\Delta t\right)+\cos\left(2\pi.\Delta t\right)=\cos\left(2\pi\Delta t-\dfrac{\pi}{2}\right)+\cos\left(2\pi\Delta t\right)=2\cos\left(\dfrac{2\pi\Delta t-\dfrac{\pi}{2}+2\pi\Delta t}{2}\right)\cos\left(\dfrac{2\pi\Delta t-\dfrac{\pi}{2}-2\pi\Delta t}{2}\right)\)

\(M=2\cos\left(2\pi\Delta t-\dfrac{\pi}{4}\right)\cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\)

Để \(\left(S_{max}-S_{min}\right)_{max}\Leftrightarrow M_{max}\Leftrightarrow\cos\left(2\pi\Delta t-\dfrac{\pi}{4}\right)=1\)

\(\Leftrightarrow2\pi\Delta t-\dfrac{\pi}{4}=0\Leftrightarrow\Delta t=\dfrac{\pi}{4.2\pi}=\dfrac{1}{8}\left(s\right)\)

d/ Ta thấy vật N luôn dao động vuông pha với vật M

\(\Rightarrow\left(\dfrac{x_M}{A_M}\right)^2+\left(\dfrac{x_N}{A_N}\right)^2=1\Leftrightarrow\left(\dfrac{2,5\sqrt{3}}{5}\right)^2+\left(\dfrac{x_N}{10}\right)^2=1\Leftrightarrow x_N=\pm2,5\left(cm\right)\)

Tính khoảng cách nên ko cần quan tâm xN dương hay âm

\(MN=\sqrt{ON^2+OM^2}=\sqrt{2,5^2+\left(2,5\sqrt{3}\right)^2}=5cm\)

Trong 2s, vật quay được góc: \(\varphi=\omega t=2\pi\left(rad\right)\) 

Có nghĩa là vật sẽ quay một vòng rồi về chính vị trí ban đầu. Tức là ban đầu vật có li độ x=4, tại thời điểm t+2(s), vật cũng có li độ x=4

Bài nào cũng giống nhau nên mình sẽ làm bài đầu tiên rồi biến đổi pt các bài còn lại cho bạn làm theo ha

Bài 1:

a/ \(A=2cm;T=\dfrac{2\pi}{\omega}=\dfrac{2\pi}{\pi}=2\left(s\right);\Delta\varphi=\dfrac{\pi}{2}\left(rad\right)\)

b/ \(v=x'=-2\pi\sin\left(\pi t+\dfrac{\pi}{2}\right)=2\pi\cos\left(\pi t+\pi\right)\left(cm\right)\)

\(a=v'=-2\pi^2\cos\left(\pi t+\dfrac{\pi}{2}\right)=2\pi^2.\cos\left(\pi-\pi t-\dfrac{\pi}{2}\right)=2\pi^2\cos\left(\pi t-\dfrac{\pi}{2}\right)\left(cm\right)\)

c/ giá trị cực đại của vận tốc xảy ra tại vtcb khi vật đó chuyển động theo chiều dương: \(v_{max}=\omega A=2\pi\left(cm/s\right)\)

giá trị cực đại của gia tốc xảy ra khi vật ở biên âm: \(a=\omega^2A=2\pi^2\left(cm/s^2\right)\)

d/ Góc vật quay được trong 2,5s là:

\(\varphi=\omega t=2,5\pi\left(rad\right)=2\pi+\dfrac{\pi}{2}\)

Có nghĩa là vật sẽ quay một vòng từ vị trí có phi=2pi, rồi quay thêm một góc pi/2 nữa. Lúc này vật đang ở biên âm

\(x=-A=-2\left(cm\right);v=0\left(cm/s\right)\)

Bai 3:

\(x=\cos\left(\dfrac{\pi}{2}-2\pi t-\dfrac{\pi}{3}\right)=\cos\left(2\pi t-\dfrac{\pi}{6}\right)\left(cm\right)\)

Đến đây đơn giản rồi, bạn tự làm nha

Trong một khoảng thời gian là t, m1 thực hiện được 10 dao động=> T1=t/10 (s) 

Trong một khoảng thời gian là t, m2 thực hiện được 5 dao động=> T2=t/5 (s) 

Có khối lượng luôn tỉ lệ thuận với bình phương chu kỳ của vật đó => vật có chu kỳ càng lớn thì khối lượng càng lớn. Ta lại có T1<T2=> m1<m2