Phương trình của biên độ tại một điểm:

$A=2acos(\frac{\pi}{\lambda}(d_{2}-d_{1})+\frac{\Delta \varphi}{2})$

Vậy tại M và tại I biên độ dao động là:

$A_{M}=2acos(\frac{8\pi}{5}+\frac{\pi}{2})=2acos(\frac{\pi}{10})$

$A_{I}=2acos\frac{\pi}{2}=0$

Đường hyperbol ứng với:   $d_{2}-d_{1}=2.56$      cắt AB tại    C điểm cách I một khoảng:

$x_{C}=\frac{d_{2}-d_{1}}{2}=\frac{2.56}{2}=1.28(cm)$

Dao động với biên độ là:  $a\sqrt{2}$  thì:  

$cos(\frac{\pi}{\lambda}(d_{2}-d_{1})+\frac{\pi}{2})=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}$

$\Rightarrow \frac{\pi}{\lambda}(d_{2}-d_{1})+\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{4}+k\frac{\pi}{2}$

$\Rightarrow \frac{\pi}{\lambda} (d_{2}-d_{1})=\frac{\pi}{4}+k\frac{\pi}{2}$

Ứng với các phương trình hyperbol:

          $d_{2}-d_{1}=(\frac{k}{2}+\frac{1}{4})\lambda$

Các đường này cắt AB tại các điểm cách I:

$x=frac{d_{2}-d_{1}}{2}=(\frac{k}{4}+\frac{1}{8})\lambda= 0.2   ;  0.6       ;    1   ;       1.4         ;        1.8 .....     $


Những điểm nằm trong khoảng  $MC$  ứng với các hyperbol cắt đoạn MI.

Chỉ có các  điểm với $x=0.2  cm$,   $x=0.6  cm$,     $x=1  cm$ là thỏa mãn  $x<1.28cm$

Vậy, đáp số là có 3 điểm thuộc đoạn $MI$ dao động với biên độ   $a\sqrt{2}$

$Z_{L}=Z_{C} \Rightarrow \omega=\frac{1}{\sqrt{LC}}=314(rad/s)$

Công suất cực đại khi: $Z_{L}=Z_{C} \Rightarrow \omega=\frac{1}{\sqrt{LC}}=314(rad/s)$ (thỏa mãn > 100rad/s)

Công suất cực đại:     $P_{max}=\frac{U^{2}}{R}$

Công suất bằng nửa công suất cực đại khi:

$P=\frac{P_{max}}{2}$

$\frac{U^{2}}{\sqrt{R^{2}+(Z_{L}-Z_{C})^{2}}}\frac{\left| {Z_{L}-Z_{C}} \right|}{R}=\frac{U^{2}}{2R}$

Rút gọn:

$\frac{R^{2}+(Z_{L}-Z_{C})^{2}}{(Z_{L}-Z_{C})^{2}}=4$

$\Rightarrow \frac{R^{2}}{(Z_{L}-Z_{C})^{2}}=3$

$\Rightarrow \left| {Z_{L}-Z_{C}} \right|=\frac{50}{\sqrt{3}}$

Ta được 2 phương trình bậc 2:

$\omega^{2}LC-\frac{50C}{\sqrt{3}}\omega-1=0$

Hoặc:  $\omega^{2}LC+\frac{50C}{\sqrt{3}}\omega-1=0$

Kết quả hợp lý nhất là:

$\omega=363(rad/s)$

Đề cho số liệu có vấn đề. Ngay từ đầu bài đã ko biết đơn vị $\pi F$ là cái gì rồi.  @.@

Vận tốc ở thời điểm t là: $v=v_{0}cos(\omega t)$

Sau thời gian $\frac{3T}{4}$, vận tốc là:

$v'=v_{0}cos\omega(t+\frac{3T}{4})=v_{0}cos(\omega t+\frac{3\pi}{2})=v_{0}sin(\omega t)$

Suy ra:     $v^{2}+v'^{2}=v_{0}^{2}=\omega^{2}A^{2}$            (A là biên độ dao động)

Hay:     $v^{2}+25\pi^{2}=\omega^{2}A^{2}$      (1)

Lại có phương trình liên hệ:

$\frac{x^{2}}{A^{2}}+\frac{v^{2}}{\omega^{2}A^{2}}=1$

Hay:

$\frac{2.5^{2}}{A^{2}}+\frac{v^{2}}{v^{2}+25\pi^{2}}=1$

$\Rightarrow \frac{2.5^{2}}{A^{2}}=\frac{25\pi^{2}}{v^{2}+25\pi^{2}}$

$\Rightarrow   A^{2}=\frac{v^{2}+25\pi^{2}}{4\pi^{2}}$

Thay vào phương trình (1) ta có:

$\omega^{2}\frac{v^{2}+25\pi^{2}}{4\pi^{2}}=v^{2}+25\pi^{2}$

$\Rightarrow \frac{\omega^{2}}{4\pi^{2}}=1$

$\Rightarrow \omega =2\pi$

$\Rightarrow k=4\pi^{2}m=8(N/m)$

Đoạn mạch $AN$ bao gồm cuộn dây có trở thuần và tụ điện.

Điện áp hiệu dụng trên $AN$:

$U_{AN}=IZ_{AN}=\frac{U}{\sqrt{(R+r)^{2}+(Z_{L}-Z_{C})^{2}}}\sqrt{r^{2}+(Z_{L}-Z_{C})^{2}}$

$U_{AN}=U\frac{\sqrt{r^{2}+(Z_{L}-Z_{C})^{2}}}{\sqrt{R^{2}+2Rr+r^{2}+(Z_{L}-Z_{C})^{2}}}=\frac{U}{\sqrt{1+\frac{R^{2}+2Rr}{r^{2}+(Z_{L}-Z_{C})^{2}}}}$

Từ phương trình trên, dễ thấy $U_{AN}$ đạt cực tiểu khi:    $Z_{L}=Z_{C}$      (cộng hưởng)

Lúc này mạch điện có thể xem chỉ gồm điện trở $R$ và $r$.

$U_{AN}=U\frac{r}{R+r}=40(V)$

Đáp án B.

Đáp án C.

Gia tốc là đạo hàm của vận tốc nên sẽ lệch pha nhau $\pi/2$

Câu 1: Giả sử phương trình li độ là: $x=Acos(\omega t)$

Vận tốc:      $v=\frac{dx}{dt}=-\omega A sin(\omega t)=\omega Acos(\omega t+\frac{\pi}{2})$

Tức là vận tốc sớm pha $\frac{\pi}{2}$ so với li độ.

Đáp án A.

Câu 2:  

Gia tốc:  $a=\frac{dv}{dt}=-\omega^{2}Acos(\omega t)=\omega^{2}Acos(\omega t+\pi)$

Lệch pha $\pi$

Đáp án C.

Câu 3:

Từ câu 1 và 2 dễ dàng suy ra gia tốc sớm pha $\frac{\pi}{2}$ so với vận tốc.

Đáp án C.

Vật có vận tốc cực đại khi đi qua vị trí cân bằng.

Thông thường, vị trí cân bằng được lấy làm gốc tọa độ, tức là li độ bằng 0.

Đáp án B.

Chu kỳ dao động:    $T=2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}=1    \Rightarrow l=\frac{g}{4\pi^{2}}$

Sau mỗi chu kỳ, công của lực cản là: $A_{c}=2F\times l\times\frac{10^{o}\pi}{180^{o}}=\frac{5F}{18\pi}$

Sau 40s tức 40 chu kỳ, công lực cản là:  $40A_{c}$

Công này triệt tiêu hoàn toàn năng lượng dao động ban đầu là:

$W_{0}=\frac{1}{2}m\omega^{2}A^{2}=\frac{1}{2}\frac{4\pi^{2}}{T^{2}}(\frac{5\pi}{180})^{2}=0.15(J)$

Ta có:   $W_{0}=40A_{c}\Rightarrow 40\times\frac{5F}{18\pi}=0.15$

Thay số tính được:     $F=0.04(N)$