Không hiểu bài này lắm, cho nhiều thông số thế để làm gì nhỉ.Tất cả các điểm dao động trên phương truyền sóng đều có cùng chu kỳ dao động, thời gian di chuyển từ lúc bắt đầu hạ xuống thấp (mặt cân bằng) tới nơi hạ xuống thấp nhất (biên độ) là $\frac{1}{4}$ chu kỳ.$\Rightarrow t = \frac{T}{4} = \frac{1}{4f} = \frac{1}{4.20} = 0,0125 s$

Không hiểu bài này lắm, cho nhiều thông số thế để làm gì nhỉ. Bạn nên xem và sửa lại đề cho đúng.Tất cả các điểm dao động trên phương truyền sóng đều có cùng chu kỳ dao động, thời gian di chuyển từ lúc bắt đầu hạ xuống thấp (mặt cân bằng) tới nơi hạ xuống thấp nhất (biên độ) là $\frac{1}{4}$ chu kỳ.$\Rightarrow t = \frac{T}{4} = \frac{1}{4f} = \frac{1}{4.20} = 0,0125 s$

Ta hãy thiết lập phương trình dao động tắt dần của con lắc đơn. Trong trường hợp này, hợp lực tác dụng lên quả cầu : $F+F_C=-mg\sin \alpha-rv$Phương trình cơ bản của chuyển động trong trường hợp này là $ma=-mg\sin \alpha-rv$hay $ml \frac{d^2\alpha}{dt^2} =-r l\frac{d \alpha}{dt} -mg\alpha$ ($\sin \alpha \approx \alpha)$ $\Leftrightarrow \frac{d^2\alpha}{dt^2} +\frac{r}{m}\frac{d\alpha}{dt} +\frac{g}{l}\alpha=0 (1)$Đặt $\beta =\frac{r}{2m} $. Gọi là hệ số tắt dần $\omega_0 = \frac{g}{l}$. Là tần số dao động gốc Phương trình $(1)$ trở thành $\frac{d^2\alpha}{dt^2} +2\beta \frac{d\alpha}{dt}+\omega ^2_0\alpha=0 (2)$$(2)$ gọi là phương trình vi phân của dao động tắt dần. Theo tính toán ta có khi $\omega _0>\beta $, nghiệm phương trình này có dạng : $\alpha=\alpha _0e^{-\beta t}\cos (\omega t+\varphi )$Đây là biểu thức độ dời của dao động tắt dần. Hằng số $\omega $ gọi là tần số của dao động tắt dần : $\omega =\sqrt{\omega _0^2-\beta ^2} $ Chu kỳ $T$ của dao động tắt dần là : $T=\frac{2\pi}{\omega }=\frac{2\pi}{\sqrt{\omega ^2_0-\beta ^2} } $ Ta có: $l(1-cos\alpha_0) = h$ $\Rightarrow $ $l = \frac{h}{1- \cos \alpha_0}$ $\alpha_0$ : góc lệch ban đầu.Đến đây chắc bạn tự tính được rồi

Ta hãy thiết lập phương trình dao động tắt dần của con lắc đơn. Trong trường hợp này, hợp lực tác dụng lên quả cầu : $F+F_C=-mg\sin \alpha-rv$Phương trình cơ bản của chuyển động trong trường hợp này là $ma=-mg\sin \alpha-rv$hay $ml \frac{d^2\alpha}{dt^2} =-r l\frac{d \alpha}{dt} -mg\alpha$ ($\sin \alpha \approx \alpha)$ $\Leftrightarrow \frac{d^2\alpha}{dt^2} +\frac{r}{m}\frac{d\alpha}{dt} +\frac{g}{l}\alpha=0 (1)$Đặt $\beta =\frac{r}{2m} $. Gọi là hệ số tắt dần $\omega_0 = \frac{g}{l}$. Là tần số dao động gốc Phương trình $(1)$ trở thành $\frac{d^2\alpha}{dt^2} +2\beta \frac{d\alpha}{dt}+\omega ^2_0\alpha=0 (2)$$(2)$ gọi là phương trình vi phân của dao động tắt dần. Theo tính toán ta có khi $\omega _0>\beta $, nghiệm phương trình này có dạng : $\alpha=\alpha _0e^{-\beta t}\cos (\omega t+\varphi )$Đây là biểu thức độ dời của dao động tắt dần. Hằng số $\omega $ gọi là tần số của dao động tắt dần : $\omega =\sqrt{\omega _0^2-\beta ^2} $ Chu kỳ $T$ của dao động tắt dần là : $T=\frac{2\pi}{\omega }=\frac{2\pi}{\sqrt{\omega ^2_0-\beta ^2} } $ Ta có: $l(1-cos\alpha') = h$ $\Rightarrow $ $l = \frac{h}{1- \cos \alpha'}$ $\alpha'$ : góc lệch ban đầu.Đến đây chắc bạn tự tính được rồi

Đề bài này đọc hơi rối rắm, nhưng thực chất thì tóm lại là như sau:Trước khi va chạm:Vật $m_1$ có vị trí ở biên độ(lò xo dài nhất) nên có li độ A, vận tốc bằng $0$. Sau khi va chạm:Vật $m_1$ tại vị trí có biên độ A, được truyền một vận tốc $v_0$, nên sẽ dao động với một biên độ $A'$ mới. $\Rightarrow $ Quảng đường mà vật đi được cho đến lúc đổi chiều chuyển động của $m_1$ sẽ là: $s = A + A'$Giải:Xét vật $m_1$ trước khi va chạm: Ta có: Gia tốc vật lúc đó: $kA = m_1.a$ $A = \frac{m_1}{k} a$ (1)Ta lại có chu kỳ dao động của vật $T = 2\pi \sqrt{\frac{m_1}{k}} $ $\Rightarrow$ $ \frac{m_1}{k} = (\frac{T}{2\pi})^2$ (2)Thay (2) vào (1) ta có $A = (\frac{T}{2\pi})^2.a = (\frac{2\pi}{2\pi})^2. 0,02 = 0,02 m = 2cm$Xét 2 vật sau khi va chạm Bảo toàn động lượng: $m_1.v_1 + m_2.v_2 = m_2 .v$Bảo toàn động năng: $\frac{1}{2} m_1v^2_1 + \frac{1}{2} m_2v^2_2 = \frac{1}{2} m_2v^2$ $\Rightarrow$ $v_1 = \frac{2m_2}{m_1+m_2} v = \frac{m_1}{m_1 + m_1/2} v = \frac{2}{3} v = \frac{2}{3} . 3\sqrt{3} = 2\sqrt{3} cm$Xét vật $m_1$ sau khi va chạmVật $m_1$ sau khi được truyền vận tốc $v_1$ sẽ dao động với chu kỳ cũ (do hệ số đàn hồi k, khối lượng $m_1$ không đổi) nhưng có biên độ mới $A'$Ta có: $\frac{1}{2} k A'^2 = \frac{1}{2} m_1 v^2_1 + \frac{1}{2} k A^2$ $A'^2 = \frac{m_1}{k} v^2_1 + A^2$ Thay (2) vào ta có: $A'^2 = (\frac{T}{2\pi})^2 v^2_1 + A^2$ $A' = \sqrt{ (\frac{2\pi}{2\pi})^2. (2\sqrt{3})^2 + 2^2 } = 4cm$Vậy Quảng đường mà vật đi được cho đến lúc đổi chiều chuyển động của $m_1$ sẽ là: $s = A + A' = 2 + 4 = 6cm$

Đề bài này đọc hơi rối rắm, nhưng thực chất thì tóm lại là như sau:Trước khi va chạm:Vật $m_1$ có vị trí ở biên độ(lò xo dài nhất) nên có li độ A, vận tốc bằng $0$. Sau khi va chạm:Vật $m_1$ tại vị trí có biên độ A, được truyền một vận tốc $v_0$, nên sẽ dao động với một biên độ $A'$ mới. $\Rightarrow $ Quảng đường mà vật đi được cho đến lúc đổi chiều chuyển động của $m_1$ sẽ là: $s = A + A'$Giải:Xét vật $m_1$ trước khi va chạm: Ta có: Gia tốc vật lúc đó: $kA = m_1.a$ $A = \frac{m_1}{k} a$ (1)Ta lại có chu kỳ dao động của vật $T = 2\pi \sqrt{\frac{m_1}{k}} $ $\Rightarrow$ $ \frac{m_1}{k} = (\frac{T}{2\pi})^2$ (2)Thay (2) vào (1) ta có biên độ dao động của vật lúc đó $A = (\frac{T}{2\pi})^2.a = (\frac{2\pi}{2\pi})^2. 0,02 = 0,02 m = 2cm$Xét 2 vật sau khi va chạm Bảo toàn động lượng: $m_1.v_1 + m_2.v_2 = m_2 .v$Bảo toàn động năng: $\frac{1}{2} m_1v^2_1 + \frac{1}{2} m_2v^2_2 = \frac{1}{2} m_2v^2$ $\Rightarrow$ $v_1 = \frac{2m_2}{m_1+m_2} v = \frac{m_1}{m_1 + m_1/2} v = \frac{2}{3} v = \frac{2}{3} . 3\sqrt{3} = 2\sqrt{3} cm$Xét vật $m_1$ sau khi va chạmVật $m_1$ sau khi được truyền vận tốc $v_1$ sẽ dao động với chu kỳ cũ (do hệ số đàn hồi k, khối lượng $m_1$ không đổi) nhưng có biên độ mới $A'$Ta có: $\frac{1}{2} k A'^2 = \frac{1}{2} m_1 v^2_1 + \frac{1}{2} k A^2$ $A'^2 = \frac{m_1}{k} v^2_1 + A^2$ Thay (2) vào ta có: $A'^2 = (\frac{T}{2\pi})^2 v^2_1 + A^2$ $A' = \sqrt{ (\frac{2\pi}{2\pi})^2. (2\sqrt{3})^2 + 2^2 } = 4cm$Vậy Quảng đường mà vật đi được cho đến lúc đổi chiều chuyển động của $m_1$ sẽ là: $s = A + A' = 2 + 4 = 6cm$

Đặt phương trình dao động của 2 vật M, N lần lượt là $x_M = 6 \cos (\omega t + \varphi _M)$ $x_N = 8 \cos (\omega t + \varphi _N)$Khoảng cách giữa 2 vật: $l = 6 \cos (\omega t + \varphi _M) - 8 \cos (\omega t + \varphi _N)$Tại $l$ đạt cực đại đạo hàm của nó bằng $0$ $\Leftrightarrow l' = 0$ $-\omega 6 \sin (\omega t + \varphi _M) + 8 \omega \sin (\omega t + \varphi _N) = 0$ $6 \sin (\omega t + \varphi _M) = 8 \sin (\omega t + \varphi _N)$Vì 2 vật có chu kì giống nhau, trạng thái của 2 vật lặp lại sau mỗi chu kỳ, nên mốc ta có thể chọn mốc thời gian tùy ý cho chuyển động của 2 vật.Chọn mốc thời gian sao cho tại thời điểm $t = 0$, 2 vật có khoảng cách lớn nhất $6 \sin (\varphi _M) = 8 \sin (\varphi _N)$Ta có $l = |6 \cos (\varphi _M) - 8 \cos (\varphi _N)| = 10$ $|6 \cos \varphi_M - 8 \sqrt{1- \sin ^2 \varphi_N} | = 10$ $|6 \cos \varphi_M - 8 \sqrt{1- (\frac{6\sin \varphi_M}{8})^2} | = 10$ $|6 \cos \varphi_M - \sqrt{8^2- 6^2 \sin^2 \varphi_M} | = 10$ $|6 \cos \varphi_M - \sqrt{28 + 6^2 \cos^2 \varphi_M} | = 10$ $\sqrt{28 + 6^2 \cos^2 \varphi_M} - 6 \cos \varphi_M = 10$ $28 + 6^2 \cos^2 \varphi_M = (10 + 6 \cos \varphi_M)^2$ $120\cos \varphi_M = -72$ $\cos \varphi_M = -\frac{72}{120} = - \frac{3}{5}$ $\Rightarrow \sin\varphi_M = ...$ $\Rightarrow \sin\varphi_N = ...$ $\Rightarrow \cos \varphi_N = ...$ $(I)$Khi M có $W_t = W_đ$ $\frac{1}{2} mv^2 = \frac{1}{2} \frac{1}{2} mv^2_{max}$ $(\omega 6 \sin(\omega t + \varphi_M))^2 = \frac{1}{2}.(\omega 6)^2$ $\sin(\omega t + \varphi_M) = \frac{\sqrt{2}}{2}$$\Rightarrow \sin \omega t = ... $ $\Rightarrow \cos \omega t = ... $ $(II)$Ta có tỉ số $\frac{W_{đN}}{W_{đM}} = \frac{\frac{1}{2} mv^2_N}{\frac{1}{2} mv^2_M}$ $ = (\frac{v_N}{v_M})^2$ $ = (\frac{-6\omega \sin(\omega t + \varphi_M)}{-8\omega \sin(\omega t + \varphi_N)})^2$ $ = (\frac{3 \sin(\omega t + \varphi_M)}{4 \sin(\omega t + \varphi_N)})^2$ $ = (\frac{3 \frac{\sqrt{2}}{2}}{4 \sin(\omega t + \varphi_N)})^2$ $ = \frac{9}{32} \frac{1}{ \sin^2(\omega t + \varphi_N)}$ $ = \frac{9}{32} \frac{1}{(\sin \omega t . \cos \varphi_N + \cos \omega t . \sin \varphi_N)^2}$Thay (I) và (II) vào ta sẽ tính được.

Đặt phương trình dao động của 2 vật M, N lần lượt là $x_M = 6 \cos (\omega t + \varphi _M)$ $x_N = 8 \cos (\omega t + \varphi _N)$Khoảng cách giữa 2 vật: $l = 6 \cos (\omega t + \varphi _M) - 8 \cos (\omega t + \varphi _N)$Tại $l$ đạt cực đại đạo hàm của nó bằng $0$ $\Leftrightarrow l' = 0$ $-\omega 6 \sin (\omega t + \varphi _M) + 8 \omega \sin (\omega t + \varphi _N) = 0$ $6 \sin (\omega t + \varphi _M) = 8 \sin (\omega t + \varphi _N)$Vì 2 vật có chu kì giống nhau, trạng thái của 2 vật lặp lại sau mỗi chu kỳ, nên mốc ta có thể chọn mốc thời gian tùy ý cho chuyển động của 2 vật.Chọn mốc thời gian sao cho tại thời điểm $t = 0$, 2 vật có khoảng cách lớn nhất $6 \sin (\varphi _M) = 8 \sin (\varphi _N)$Ta có $l = |6 \cos (\varphi _M) - 8 \cos (\varphi _N)| = 10$ $|6 \cos \varphi_M - 8 \sqrt{1- \sin ^2 \varphi_N} | = 10$ $|6 \cos \varphi_M - 8 \sqrt{1- (\frac{6\sin \varphi_M}{8})^2} | = 10$ $|6 \cos \varphi_M - \sqrt{8^2- 6^2 \sin^2 \varphi_M} | = 10$ $|6 \cos \varphi_M - \sqrt{28 + 6^2 \cos^2 \varphi_M} | = 10$ $\sqrt{28 + 6^2 \cos^2 \varphi_M} - 6 \cos \varphi_M = 10$ $28 + 6^2 \cos^2 \varphi_M = (10 + 6 \cos \varphi_M)^2$ $120\cos \varphi_M = -72$ $\cos \varphi_M = -\frac{72}{120} = - \frac{3}{5}$ $\Rightarrow \sin\varphi_M = ...$ $\Rightarrow \sin\varphi_N = ...$ $\Rightarrow \cos \varphi_N = ...$ $(I)$Khi M có $W_t = W_đ$ $\frac{1}{2} mv^2 = \frac{1}{2} \frac{1}{2} mv^2_{max}$ $(\omega 6 \sin(\omega t + \varphi_M))^2 = \frac{1}{2}.(\omega 6)^2$ $\sin(\omega t + \varphi_M) = \frac{\sqrt{2}}{2}$Thay (I) vào ta có $\Rightarrow \sin \omega t = ... $ $\Rightarrow \cos \omega t = ... $ $(II)$Ta có tỉ số $\frac{W_{đN}}{W_{đM}} = \frac{\frac{1}{2} mv^2_N}{\frac{1}{2} mv^2_M}$ $ = (\frac{v_N}{v_M})^2$ $ = (\frac{-6\omega \sin(\omega t + \varphi_M)}{-8\omega \sin(\omega t + \varphi_N)})^2$ $ = (\frac{3 \sin(\omega t + \varphi_M)}{4 \sin(\omega t + \varphi_N)})^2$ $ = (\frac{3 \frac{\sqrt{2}}{2}}{4 \sin(\omega t + \varphi_N)})^2$ $ = \frac{9}{32} \frac{1}{ \sin^2(\omega t + \varphi_N)}$ $ = \frac{9}{32} \frac{1}{(\sin \omega t . \cos \varphi_N + \cos \omega t . \sin \varphi_N)^2}$Thay (I) và (II) vào ta sẽ tính được.

Đặt phương trình dao động của 2 vật M, N lần lượt là $x_M = 6 \cos (\omega t + \varphi _M)$ $x_N = 8 \cos (\omega t + \varphi _N)$Khoảng cách giữa 2 vật: $l = 6 \cos (\omega t + \varphi _M) - 8 \cos (\omega t + \varphi _N)$Tại $l$ đạt cực đại đạo hàm của nó bằng $0$ $\Leftrightarrow l' = 0$ $-\omega 6 \sin (\omega t + \varphi _M) + 8 \omega \sin (\omega t + \varphi _N) = 0$ $6 \sin (\omega t + \varphi _M) = 8 \sin (\omega t + \varphi _N)$Vì 2 vật có chu kì giống nhau, trạng thái của 2 vật lặp lại sau mỗi chu kỳ, nên mốc ta có thể chọn mốc thời gian tùy ý cho chuyển động của 2 vật.Chọn mốc thời gian sao cho tại thời điểm $t = 0$, 2 vật có khoảng cách lớn nhất $6 \sin (\varphi _M) = 8 \sin (\varphi _N)$Ta có $l = |6 \cos (\varphi _M) - 8 \cos (\varphi _N)| = 10$ $|6 \cos \varphi_M - 8 \sqrt{1- \sin ^2 \varphi_N} | = 10$ $|6 \cos \varphi_M - 8 \sqrt{1- (\frac{6\sin \varphi_M}{8})^2} | = 10$ $|6 \cos \varphi_M - \sqrt{8^2- 6^2 \sin^2 \varphi_M} | = 10$ $|6 \cos \varphi_M - \sqrt{28 + 6^2 \cos^2 \varphi_M} | = 10$ $\sqrt{28 + 6^2 \cos^2 \varphi_M} - 6 \cos \varphi_M = 10$ $28 + 6^2 \cos^2 \varphi_M = (10 + 6 \cos \varphi_M)^2$ $120\cos \varphi_M = -72$ $\cos \varphi_M = -\frac{72}{120} = - \frac{3}{5}$Khi M có $W_t = W_đ$ $\frac{1}{2} mv^2 = \frac{1}{2} \frac{1}{2} mv^2_{max}$ $(\omega 6 \sin(\omega t + \varphi_M))^2 = \frac{1}{2}.(\omega 6)^2$ $\sin(\omega t + \varphi_M) = \frac{\sqrt{2}}{2}$

Đặt phương trình dao động của 2 vật M, N lần lượt là $x_M = 6 \cos (\omega t + \varphi _M)$ $x_N = 8 \cos (\omega t + \varphi _N)$Khoảng cách giữa 2 vật: $l = 6 \cos (\omega t + \varphi _M) - 8 \cos (\omega t + \varphi _N)$Tại $l$ đạt cực đại đạo hàm của nó bằng $0$ $\Leftrightarrow l' = 0$ $-\omega 6 \sin (\omega t + \varphi _M) + 8 \omega \sin (\omega t + \varphi _N) = 0$ $6 \sin (\omega t + \varphi _M) = 8 \sin (\omega t + \varphi _N)$Vì 2 vật có chu kì giống nhau, trạng thái của 2 vật lặp lại sau mỗi chu kỳ, nên mốc ta có thể chọn mốc thời gian tùy ý cho chuyển động của 2 vật.Chọn mốc thời gian sao cho tại thời điểm $t = 0$, 2 vật có khoảng cách lớn nhất $6 \sin (\varphi _M) = 8 \sin (\varphi _N)$Ta có $l = |6 \cos (\varphi _M) - 8 \cos (\varphi _N)| = 10$ $|6 \cos \varphi_M - 8 \sqrt{1- \sin ^2 \varphi_N} | = 10$ $|6 \cos \varphi_M - 8 \sqrt{1- (\frac{6\sin \varphi_M}{8})^2} | = 10$ $|6 \cos \varphi_M - \sqrt{8^2- 6^2 \sin^2 \varphi_M} | = 10$ $|6 \cos \varphi_M - \sqrt{28 + 6^2 \cos^2 \varphi_M} | = 10$ $\sqrt{28 + 6^2 \cos^2 \varphi_M} - 6 \cos \varphi_M = 10$ $28 + 6^2 \cos^2 \varphi_M = (10 + 6 \cos \varphi_M)^2$ $120\cos \varphi_M = -72$ $\cos \varphi_M = -\frac{72}{120} = - \frac{3}{5}$ $\Rightarrow \sin\varphi_M = ...$ $\Rightarrow \sin\varphi_N = ...$ $\Rightarrow \cos \varphi_N = ...$ $(I)$Khi M có $W_t = W_đ$ $\frac{1}{2} mv^2 = \frac{1}{2} \frac{1}{2} mv^2_{max}$ $(\omega 6 \sin(\omega t + \varphi_M))^2 = \frac{1}{2}.(\omega 6)^2$ $\sin(\omega t + \varphi_M) = \frac{\sqrt{2}}{2}$$\Rightarrow \sin \omega t = ... $ $\Rightarrow \cos \omega t = ... $ $(II)$Ta có tỉ số $\frac{W_{đN}}{W_{đM}} = \frac{\frac{1}{2} mv^2_N}{\frac{1}{2} mv^2_M}$ $ = (\frac{v_N}{v_M})^2$ $ = (\frac{-6\omega \sin(\omega t + \varphi_M)}{-8\omega \sin(\omega t + \varphi_N)})^2$ $ = (\frac{3 \sin(\omega t + \varphi_M)}{4 \sin(\omega t + \varphi_N)})^2$ $ = (\frac{3 \frac{\sqrt{2}}{2}}{4 \sin(\omega t + \varphi_N)})^2$ $ = \frac{9}{32} \frac{1}{ \sin^2(\omega t + \varphi_N)}$ $ = \frac{9}{32} \frac{1}{(\sin \omega t . \cos \varphi_N + \cos \omega t . \sin \varphi_N)^2}$Thay (I) và (II) vào ta sẽ tính được.