Bài tập tổng hợp dao động điều hòa có đáp án chi tiết

BÀI TẬP TỔNG HỢP DAO ĐỘNG ĐIỀU HÒA CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT

Dạng 1. Tổng hợp 2 hay nhiều dao động.

Lời giải chi tiết:

Hai dao động vuông pha ${{\varphi }_{1}}-{{\varphi }_{2}}=\frac{\pi }{2}\Rightarrow A=\sqrt{A_{1}^{2}+A_{2}^{2}}=17$cm. Chọn C.

Lời giải chi tiết:

Cách 1: Ta có: $\tan \varphi =\frac{{{A}_{1}}\sin {{\varphi }_{1}}+{{A}_{2}}\sin {{\varphi }_{2}}}{{{A}_{1}}\cos {{\varphi }_{1}}+{{A}_{2}}\cos {{\varphi }_{2}}}=\frac{\sin \frac{\pi }{6}+\sin \frac{2\pi }{3}}{\cos \frac{\pi }{6}+\cos \frac{2\pi }{3}}=2+\sqrt{3}\Rightarrow \varphi =\frac{5\pi }{12}$ .

Cách 2: CASIO: Chọn ${{A}_{1}}={{A}_{2}}=1$ .

Ta có: $x=1\angle \frac{\pi }{6}+1\angle \frac{2\pi }{3}=\sqrt{2}\angle \frac{5\pi }{12}$ . Chọn B.

Lời giải chi tiết:

Ta có: $\left| {{A}_{1}}-{{A}_{2}} \right|\le A\le {{A}_{1}}+{{A}_{2}}\Rightarrow 2cm\le A\le 8cm$ . Chọn D.

Lời giải chi tiết:

Cách 1: Ta có biên độ dao động tổng hợp: ${{A}^{2}}=A_{1}^{2}+A_{2}^{2}+2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\cos \left( {{\varphi }_{1}}-{{\varphi }_{2}} \right)$

Do hai dao động ngược pha nên $A=\left| {{A}_{1}}-{{A}_{2}} \right|$

Suy ra $A=1cm$ do đó ${{v}_{\max }}=\omega A=10cm/s$ .

Cách 2: $x={{x}_{1}}+{{x}_{2}}=4\angle \frac{\pi }{4}+3\angle \frac{-3\pi }{4}=1\angle \frac{\pi }{4}$ 

Suy ra $x=\cos \left( 10t+\frac{\pi }{4} \right)cm\Rightarrow {{v}_{\max }}=10cm/s$ . Chọn C.

Lời giải chi tiết:

Ta có: ${{x}_{1}}=x-{{x}_{2}}\Rightarrow A_{1}^{2}={{A}^{2}}+A_{2}^{2}-2A{{A}_{2}}\cos \frac{\pi }{3}\Leftrightarrow 48=16+A_{2}^{2}-4{{A}_{2}}\Rightarrow {{A}_{2}}=8$ cm. Chọn D.

Lời giải chi tiết:

Cách 1: Ta có: ${{x}_{2}}=x-{{x}_{1}}=3\cos \left( \pi t-\frac{5\pi }{6} \right)-5\cos \left( \pi t+\frac{\pi }{6} \right)$

$=3\cos \left( \pi t-\frac{5\pi }{6} \right)+5\cos \left( \pi t-\frac{5\pi }{6} \right)=8\cos \left( \pi t-\frac{5\pi }{6} \right)$ .

Cách 2: CASIO: ${{x}_{2}}=x-{{x}_{1}}=3\angle -\frac{5\pi }{6}-5\angle \frac{\pi }{6}=8\angle \frac{-5\pi }{6}$ . Chọn C.

Lời giải chi tiết:

Ta có: ${{x}_{2}}=x-{{x}_{1}}\Rightarrow A_{2}^{2}={{A}^{2}}+A_{1}^{2}-2A{{A}_{1}}\cos \frac{\pi }{2}$

 suy ra   . Chọn B.

Lời giải chi tiết:

Biên độ tổng hợp: $80\pi =\frac{{{A}_{th}}.10\pi }{2}\Rightarrow {{A}_{th}}=16$cm Khi v âm và $\left| v \right|=\frac{{{v}_{\max }}}{2}\Rightarrow x=\frac{{{A}_{th}}\sqrt{3}}{2}$ (theo chiều âm) Tại thời điểm ${{x}_{2}}=0,5B\sqrt{3}$ kết hợp ${{x}_{1}}$ pha nhanh $120{}^\circ $ so với ${{x}_{2}}$ , ta có giản đồ vecto: $\Rightarrow \overrightarrow{A}\bot \overrightarrow{{{A}_{th}}}\Rightarrow A={{A}_{th}}.\tan 60{}^\circ =16.tan60{}^\circ =16\sqrt{3}$ cm. Chọn C.

Lời giải chi tiết:

Li độ tại thời điểm ${{t}_{1}}$ và ${{t}_{2}}$ vuông pha nhau nên ta có

$\left\{ \begin{array}{} {{A}_{1}}=\sqrt{{{\left( -20 \right)}^{2}}+{{\left( -20\sqrt{3} \right)}^{2}}}=40cm \\ {} {{A}_{2}}=\sqrt{{{80}^{2}}+{{0}^{2}}}=80cm \\ {} {{A}_{3}}=\sqrt{{{40}^{2}}+{{\left( 40\sqrt{3} \right)}^{2}}}=80cm \\ \end{array} \right.$ .

Khi đó: $x={{x}_{1}}+{{x}_{2}}+{{x}_{3}}=40\angle \frac{2\pi }{3}+80\angle 0+80\angle -\frac{2\pi }{3}=40\angle -\frac{\pi }{3}$ . Chọn B.

Lời giải chi tiết:

Gọi $x$ và ${x}'$ là li độ của dao động tổng hợp tại 2 thời điểm $t$ và ${t}'$

Tại thời điểm $t$: ta có $\text{x}={{x}_{1}}+{{x}_{2}}=\sqrt{15}$ và $\frac{{{x}_{2}}}{{{x}_{1}}}=-2$ .

Suy ra ${{\text{x}}_{1}}=-\sqrt{15}$, ${{\text{x}}_{2}}=2\sqrt{15}$ .

Lại có: $\left| \frac{{{v}_{2}}}{{{v}_{1}}} \right|=\frac{\sqrt{9{{A}^{2}}-x_{2}^{2}}}{\sqrt{4{{A}^{2}}-x_{1}^{2}}}=1\Rightarrow 9{{\text{A}}^{2}}-60=4{{\text{A}}^{2}}-15\Rightarrow A=3$ cm.

Tại thời điểm ${t}'$ ta có: $\left| \frac{{{v}_{2}}^{\prime }}{{{v}_{1}}^{\prime }} \right|=\sqrt{\frac{9{{\text{A}}^{2}}-{{\left( {{x}_{2}}^{\prime } \right)}^{2}}}{4{{A}^{2}}-{{\left( {{x}_{1}}^{\prime } \right)}^{2}}}}=2\Rightarrow 81-{{\left( {{x}_{1}}^{\prime } \right)}^{2}}=4\left[ 36-{{\left( {{x}_{1}}^{\prime } \right)}^{2}} \right]$

$\Rightarrow {{x}_{1}}^{\prime }={{x}_{2}}^{\prime }=\sqrt{21}\Rightarrow {x}'={{x}_{1}}^{\prime }+{{x}_{2}}^{\prime }=2\sqrt{21}$ . Chọn D.

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giản đồ vecto ${{E}_{1}}=2{{\text{E}}_{2}}\Rightarrow {{A}_{1}}=\sqrt{2}{{A}_{2}}$ ${{E}_{13}}=3{{\text{E}}_{23}}\Rightarrow {{A}_{13}}=\sqrt{3}\underbrace{{{A}_{23}}}_{X}$ Chuẩn hóa ${{A}_{2}}=1\Rightarrow {{A}_{1}}=\sqrt{2}$ Từ hình vẽ ta có ${{\left( \sqrt{3}X \right)}^{2}}={{X}^{2}}+{{\left( 1+\sqrt{2} \right)}^{2}}\Rightarrow X=\frac{1+\sqrt{2}}{\sqrt{2}}$

Vì ${{X}_{1}}\bot {{X}_{23}}$ nên biên độ dao động của dao động tổng hợp của vật này là

${{A}^{2}}=A_{23}^{2}+A_{1}^{2}={{\left( \frac{1+\sqrt{2}}{\sqrt{2}} \right)}^{2}}+{{\left( \sqrt{2} \right)}^{2}}$

Ta có $\frac{E}{{{E}_{23}}}=\frac{E}{\text{W}}=\frac{{{A}^{2}}}{A_{23}^{2}}=\frac{{{\left( \frac{1+\sqrt{2}}{\sqrt{2}} \right)}^{2}}+{{\left( \sqrt{2} \right)}^{2}}}{{{\left( \frac{1+\sqrt{2}}{\sqrt{2}} \right)}^{2}}}\approx 1,7$ . Chọn D.

Lời giải chi tiết:

Ta luôn có: $\text{x}={{x}_{1}}+{{x}_{2}}$ . Khi ${{\text{x}}_{2}}=0$ , thì $x={{x}_{1}}=-5\sqrt{3}$ cm $=-\frac{{{A}_{1}}\sqrt{3}}{2}$

Nghĩa là lúc này vecto $\overrightarrow{{{A}_{2}}}$ hợp với trục hoành một góc ${\pi }/{2}\;$ và vecto $\overrightarrow{{{A}_{1}}}$ hợp với chiều dương của trục hoành một góc ${5\pi }/{6}\;$ . Vậy ${{\text{x}}_{1}}$ sớm pha hơn ${{\text{x}}_{2}}$ là ${\pi }/{3}\;$ .

Khi ${{\text{x}}_{1}}=-5$ cm$=-\frac{{{A}_{1}}}{2}$ thì vecto $\overrightarrow{{{A}_{1}}}$ hợp với chiều dương của trục hoành một góc $2{\pi }/{3}\;$ và ${{\text{x}}_{2}}=x-{{x}_{1}}=-2-\left( -5 \right)=3$cm > 0. Lúc này, $\overrightarrow{{{A}_{2}}}$ hợp với chiều dương của trục hoành một góc ${\pi }/{3}\;$ nên ${{\text{x}}_{2}}={{A}_{2}}\cos \frac{\pi }{3}=3\Rightarrow {{A}_{2}}=6$ cm.

Biên độ dao động tổng hợp:

$A=\sqrt{A_{1}^{2}+A_{2}^{2}+2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\cos \left( {{\varphi }_{1}}-{{\varphi }_{2}} \right)}=\sqrt{{{10}^{2}}+{{6}^{2}}+2.10.6.\cos \frac{\pi }{3}}=14$ cm. Chọn A.

Lời giải chi tiết:

Khoảng cách giữa M và N là $\Delta \text{x}=\left| {{x}_{M}}-{{x}_{N}} \right|=\left| 6\cos \left( \omega t+{{\varphi }_{1}} \right)-8\cos \left( \omega t+{{\varphi }_{2}} \right) \right|$ $=A\left| \cos \left( \omega t+\varphi  \right) \right|$ Khoảng cách lớn nhất khi MN có phương nằm ngang $\Rightarrow {{6}^{2}}+{{8}^{2}}={{10}^{2}}\Rightarrow OM$ luôn vuông góc với ON. Ở thời điểm mà M có động năng bằng thế năng tại ${{\text{x}}_{M}}=A\frac{\sqrt{2}}{2}\left( {{\text{W}}_{dM}}={{\text{W}}_{tM}}=\frac{1}{2}{{\text{W}}_{M}} \right)$ tức OM hợp với Ox góc ${\pi }/{4}\;\Rightarrow ON$ hợp với Ox góc ${\pi }/{4}\;$ hay ${{\text{x}}_{N}}=-A\frac{\sqrt{2}}{2}$ $\Rightarrow {{\text{W}}_{dN}}={{\text{W}}_{tN}}=\frac{1}{2}{{\text{W}}_{N}}$ $\Rightarrow \frac{{{\text{W}}_{tM}}}{{{\text{w}}_{tN}}}=\frac{{{\text{W}}_{M}}}{{{\text{W}}_{N}}}=\frac{m{{\omega }^{2}}A_{M}^{2}}{m{{\omega }^{2}}A_{N}^{2}}={{\left( \frac{6}{8} \right)}^{2}}=\frac{9}{16}$ . Chọn D.

Lời giải chi tiết:

Ta có: $A_{x}^{2}=A_{1}^{2}+A_{2}^{2}+2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\cos \Delta \varphi =4A_{Y}^{2}$ và $A_{y}^{2}=A_{1}^{2}+A_{2}^{2}-2{{A}_{1}}{{A}_{2}}\cos \Delta \varphi $ .

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{} 4{{A}_{1}}{{A}_{2}}\cos \Delta \varphi =3A_{y}^{2} \\ {} 5A_{y}^{2}=2\left( A_{1}^{2}+A_{2}^{2} \right) \\ \end{array} \right.\Rightarrow \cos \Delta \varphi

=\frac{3}{10}.\frac{A_{1}^{2}+A_{2}^{2}}{{{A}_{1}}{{A}_{2}}}\ge \frac{3}{10}.\frac{2{{A}_{1}}{{A}_{2}}}{{{A}_{1}}{{A}_{2}}}=0,6$ . Chọn C.

Lời giải chi tiết:

Ta có: ${{\text{x}}_{1}}+{{x}_{2}}={{x}_{12}}=3\sqrt{3}\cos \left( \omega t+\frac{\pi }{2} \right)$ và ${{\text{x}}_{2}}+{{x}_{3}}={{x}_{23}}=3\cos \left( \omega t \right)$ .

Suy ra ${{\text{x}}_{1}}-{{x}_{3}}=3\sqrt{3}\angle \frac{\pi }{2}-3\angle 0=6\angle \frac{2}{3}\pi $ .

Do dao động ${{\text{D}}_{1}}$ ngược pha với dao động ${{D}_{3}}$ nên ${{\text{x}}_{3}}=-k\text{x}\Rightarrow {{x}_{1}}=\frac{6}{k+1}\angle \frac{2\pi }{3}\left( k>0 \right)$

Do đó ${{\text{x}}_{2}}=3\sqrt{3}\angle \frac{\pi }{2}-\frac{6}{k+1}\angle \frac{2\pi }{3}\left( k>0 \right)$

Suy ra $A_{2}^{2}={{\left( 3\sqrt{3} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{6}{k+1} \right)}^{2}}-2.3\sqrt{3}.\frac{6}{k+1}\cos \frac{\pi }{6}=27+{{t}^{2}}-9t\left( t=\frac{6}{k+1} \right)$

Vậy $A_{2}^{2}={{\left( t-\frac{9}{2} \right)}^{2}}+\frac{27}{4}\ge \frac{27}{4}\Rightarrow {{A}_{2}}\ge \frac{3\sqrt{3}}{2}=2,6$ cm

Dấu bằng xảy ra khi $\frac{6}{k+1}=\frac{9}{2}\Leftrightarrow k=\frac{1}{3}\left( tm \right)$ .Chọn A.

Lời giải chi tiết:

Định lý hàm số sin trong tam giác $OA{{A}_{1}}$ : $\frac{3}{\sin 30{}^\circ }=\frac{{{A}_{1}}}{\sin \left( \alpha -30{}^\circ  \right)}$ $\Rightarrow {{A}_{1}}=6\sin \left( \alpha -30{}^\circ  \right)\le 6\Rightarrow {{A}_{1\max }}=6$ cm. Chọn B.

Lời giải chi tiết:

Độ lệch pha $\Delta \varphi ={\pi }/{3}\;-\left( {-\pi }/{3}\; \right)={2\pi }/{3}\;$ . Áp dụng định lí hàm số sin trong tam giác $OA{{A}_{1}}$ : $\frac{4\sqrt{3}}{\sin 60{}^\circ }=\frac{{{A}_{1}}}{\sin \alpha }\Rightarrow {{A}_{1}}=8\sin \alpha \le 8$ ${{A}_{1\max }}=8$ khi $\alpha =90{}^\circ \Rightarrow {{A}_{2}}=\sqrt{64-48}=4$ cm. Chọn D.