Bài toán lặp trạng thái dao động, thời điểm, thời gian vật qua li độ x
Câu 1.
Một chất điểm dao động điều hòa theo trục Ox với phương trình \[x=6\cos (5\pi t-\dfrac{\pi }{3})\](cm, s). Tính từ thời điểm \[t=0,\] chất điểm đi qua vị trí có li độ \[3\sqrt{3}\ cm\]theo chiều âm lần thứ hai tại thời điểm:
[A]. 0,77 s
[B]. 0,50 s
[C]. 0,60 s.
[D]. 0,40 s
Tại t = 0: $\varphi =-\dfrac{\pi }{3}$ → $x=\dfrac{A}{2}(+)$
Cứ sau 1 chu kì, vật qua li độ \[3\sqrt{3}\ cm=\dfrac{A\sqrt{3}}{2}\](-)1 lần → tách: 2 = 1 + 1.
Tức là kể từ t = 0, sau 1T vật qua li độ \[3\sqrt{3}\ cm\](-) 1 lần và vật trở lại trạng thái tại t = 0: $x=\dfrac{A}{2}(+)$. Thời gian đi thêm 1 lần nữa theo trục phân bố thời gian là: $\dfrac{T}{6}+\dfrac{T}{12}$
→ thời điểm cần tìm t’ = t + 1T + $\dfrac{T}{6}+\dfrac{T}{12}$= 0,5 s.
Câu 2.
Một chất điểm dao động điều hòa theo trục Ox với phương trình \[x=6\cos (5\pi t-\dfrac{\pi }{3})\](cm, s). Tính từ thời điểm t = 0 chất điểm đi qua vị trí có li độ \[3\sqrt{3}\ cm\] theo chiều âm lần thứ 2017 tại thời điểm là:
[A]. 805,3 s.
[B]. 423,5 s.
[C]. 402,5 s
[D]. 806,5 s.
Ta có: $T = \dfrac{{2\pi }}{\omega } = \dfrac{{2\pi }}{{5\pi }} = 0,4\left( s \right)$
Tại t = 0: $\varphi =-\dfrac{\pi }{3}$ → $x=\dfrac{A}{2}(+)$
Cứ sau 1 chu kì, vật qua li độ \[3\sqrt{3}\ cm=\dfrac{A\sqrt{3}}{2}\](-)1 lần → tách: 2017 = 2016 + 1.
→ Kể từ t = 0, sau 2016T vật qua li độ \[3\sqrt{3}\ cm\](-) 2016 lần và vật trở lại trạng thái tại t = 0: $x=\dfrac{A}{2}(+)$.
Thời gian đi thêm 1 lần nữa theo trục phân bố thời gian là: $\dfrac{T}{6}+\dfrac{T}{12}$ .
Vậy thời điểm cần tìm là t’ = t + 2016T + $\dfrac{T}{6}+\dfrac{T}{12}$ = 806,5 s.
Câu 3.
Một chất điểm dao động điều hòa theo trục Ox với phương trình \[x=6\cos (5\pi t-\dfrac{\pi }{3})\](cm, s). Tính từ thời điểm \[t=0,\] chất điểm đi qua vị trí có li độ \[-3\sqrt{3}\ cm\]theo chiều dương lần thứ 2014 tại thời điểm là:
[A]. 805,5 s.
[B]. 805,3 s
[C]. 402,5 s.
[D]. 402,6 s.
Tại t = 0: $\varphi =-\dfrac{\pi }{3}$ → $x=\dfrac{A}{2}(+)$
Cứ sau 1 chu kì, vật qua li độ \[-3\sqrt{3}\ cm(+)\left( hay-\dfrac{A\sqrt{3}}{2}(+) \right)\]1 lần → tách: 2014 = 2013 + 1.
→ Kể từ t = 0, sau 2013T vật qua li độ \[-3\sqrt{3}\ cm\](+) 2013 lần và vật trở lại trạng thái tại t = 0: $x=\dfrac{A}{2}(+)$.
Thời gian đi thêm 1 lần nữa theo trục phân bố thời gian là: $\dfrac{T}{6}+\dfrac{T}{2}+\dfrac{T}{12}$ .
Vậy thời điểm cần tìm là t’ = t + 2013T + $\dfrac{T}{6}+\dfrac{T}{2}+\dfrac{T}{12}$= 805,5 s.
Câu 4.
Một vật dao động điều hòa theo phương trình \[\text{x}=4c\text{os}\left( \dfrac{2\pi t}{3} \right)cm\]. Kể từ t = 0, vật qua vị trí có li độ $x=-2\sqrt{3}$ cm lần thứ 8 vào thời điểm
[A]. 10,60 s
[B]. 10,50 s
[C]. 10,25 s
[D]. 10,75 s
Tại t = 0: $\varphi =0$ → $x=A$.
Cứ sau 1 chu kì, vật qua li độ \[-2\sqrt{3}\ cm\left( hay-\dfrac{A\sqrt{3}}{2} \right)\] 2 lần → tách: 8 = 6 + 2.
→ Kể từ t = 0, sau 3T vật qua li độ \[-2\sqrt{3}\ cm\]6 lần và vật trở lại trạng thái tại t = 0: $x=A$.
Thời gian đi thêm 2 lần nữa theo trục phân bố thời gian là: $\dfrac{T}{2}+\dfrac{T}{12}$ .
Vậy thời điểm cần tìm là t’ = t + 3T + $\dfrac{T}{2}+\dfrac{T}{12}$= 10,75 s.
Câu 5.
Một vật dao động điều hòa theo phương trình \[\text{x}=4c\text{os}\left( \dfrac{2\pi t}{3} \right)cm\]. Kể từ t = 0, vật qua vị trí cân bằng lần thứ 20 vào thời điểm:
[A]. 50,5 s
[B]. 27,75 s
[C]. 29,25 s
[D]. 25,25 s
$T = \dfrac{{2\pi }}{\omega } = \dfrac{{2\pi }}{{\dfrac{{2\pi }}{3}}} = 3\left( s \right)$
Tại t = 0: $\varphi =0$ → $x=A$.
Cứ sau 1 chu kì, vật qua VTCB 2 lần → tách: 20 = 18 + 2.
→ Kể từ t = 0, sau 9T vật qua VTCB 18 lần và vật trở lại trạng thái tại t = 0: $x=A$.
Thời gian đi thêm 2 lần nữa theo trục phân bố thời gian là: $\dfrac{T}{2}+\dfrac{T}{4}$
→ Vậy thời điểm cần tìm là t’ = t + 9T + $\dfrac{T}{2}+\dfrac{T}{4}$= 29,25 s.
Câu 6.
Một vật dao động điều hòa theo phương trình \[\text{x}=4c\text{os}\left( \dfrac{2\pi t}{3}-\dfrac{\pi }{4} \right)cm\]. Kể từ t = 0, vật qua vị trí có li độ $x=-2\sqrt{3}$ cm lần thứ 2013 vào thời điểm:
[A]. 3020,625 s
[B]. 3019,250 s
[C]. 3020,750 s
[D]. 3019,625 s
$T=\dfrac{2\pi }{\omega }=\dfrac{2\pi }{\dfrac{2\pi }{3}}=3\left( s \right)$
Tại t = 0: $\varphi =-\dfrac{\pi }{4}$ → $x=\dfrac{A\sqrt{2}}{2}(+)$.
Cứ sau 1 chu kì, vật qua \[\text{x}=-2\sqrt{3}\] ($hay-\dfrac{A\sqrt{3}}{2}$ ) 2 lần → tách: 2013 = 2012 + 1.
→ Kể từ t = 0, sau 1006T vật qua \[\text{x}=-2\sqrt{3}\] cm 2012 lần và vật trở lại trạng thái tại t = 0: $x=\dfrac{A\sqrt{2}}{2}(+)$.
Thời gian đi thêm 1 lần nữa theo trục phân bố thời gian là: $\dfrac{T}{8}+\dfrac{T}{4}+\dfrac{T}{6}$ .
Vậy thời điểm cần tìm là t’ = t + 1006T + $\dfrac{T}{8}+\dfrac{T}{4}+\dfrac{T}{6}$= 3019,625 s.
Câu 7.
Một vật dao động điều hòa theo phương trình \[\text{x}=4c\text{os}\left( \dfrac{2\pi t}{3} \right)cm\]. Kể từ t = 0, vật qua vị trí có li độ $x=2\sqrt{2}$ cm lần thứ 2014 vào thời điểm:
[A]. 3019,625 s
[B]. 3019,250 s
[C]. 3020,625 s
[D]. 3020,750 s
$T=\dfrac{2\pi }{\omega }=\dfrac{2\pi }{\dfrac{2\pi }{3}}=3\left( s \right)$
Tại t = 0: $\varphi =0$ → $x=A$.
Cứ sau 1 chu kì, vật qua \[\text{x}=2\sqrt{2}\]cm ($hay\dfrac{A\sqrt{2}}{2}$ ) 2 lần → tách: 2014 = 2012 + 2.
→ Kể từ t = 0, sau 1006T vật qua \[\text{x}=2\sqrt{2}\]cm 2012 lần và vật trở lại trạng thái tại t = 0: $x=A$.
Thời gian đi thêm 2 lần nữa theo trục phân bố thời gian là: $\dfrac{T}{2}+\dfrac{T}{4}+\dfrac{T}{8}$ .
Vậy thời điểm cần tìm là t’ = t + 1006T + $\dfrac{T}{2}+\dfrac{T}{4}+\dfrac{T}{8}$= 3020,625 s.
Câu 8.
Một chất điểm dao động điều hòa theo phương trình $x=4\cos \dfrac{2\pi }{3}t$ (x tính bằng cm; t tính bằng s). Kể từ t = 0, chất điểm đi qua vị trí có li độ x = -2 cm lần thứ 2011 tại thời điểm
[A]. 3015 s.
[B]. 6031 s.
[C]. 3016 s.
[D]. 6030 s.
$T=\dfrac{2\pi }{\omega }=\dfrac{2\pi }{\dfrac{2\pi }{3}}=3\left( s \right)$
Tại t = 0: $\varphi =0$ → $x=A$.
Cứ sau 1 chu kì, vật qua \[\text{x}=-2\]cm ($hay-\dfrac{A}{2}$ ) 2 lần → tách: 2011 = 2010 + 1.
→ Kể từ t = 0, sau 1005T vật qua \[\text{x}=-2\]cm 2010 lần và vật trở lại trạng thái tại t = 0: $x=A$.
Thời gian đi thêm 1 lần nữa theo trục phân bố thời gian là: $\dfrac{T}{3}$ .
Vậy thời điểm cần tìm là t’ = t + 1005T + $\dfrac{T}{3}$= 3016 s.
Câu 9.
Một chất điểm dao động điều hòa theo phương trình $x=4\cos \dfrac{2\pi }{3}t$(x tính bằng cm; t tính bằng s). Kể từ t = 1 s, chất điểm đi qua vị trí có li độ x = 2 cm lần thứ 2015 tại thời điểm
[A]. 3023,5 s.
[B]. 6031 s.
[C]. 6021,5 s.
[D]. 3015 s.
$T=\dfrac{2\pi }{\omega }=\dfrac{2\pi }{\dfrac{2\pi }{3}}=3\left( s \right)$
Tại t = 1 s: ${{\phi }_{1\text{s}}}=\dfrac{2\pi }{3}$ → $x=-\dfrac{A}{2}(-)$.
Cứ sau 1 chu kì, vật qua \[\text{x}=2\]cm ($hay\dfrac{A}{2}$ ) 2 lần → tách: 2015 = 2014 + 1.
→ Kể từ t = 1 s, sau 1007T vật qua \[\text{x}=2\]cm 2014 lần và vật trở lại trạng thái tại t = 1 s: $x=-\dfrac{A}{2}(-)$.
Thời gian đi thêm 1 lần nữa theo trục phân bố thời gian là: $\dfrac{T}{6}+\dfrac{T}{3}$ .
Vậy thời điểm cần tìm là t’ = t + 1007T + $\dfrac{T}{6}+\dfrac{T}{3}$= 1 + 1007T + $\dfrac{T}{6}+\dfrac{T}{3}$ = 3023,5 s.
Câu 10.
Một chất điểm dao động điều hòa theo phương trình $x=6\cos \left( \dfrac{2\pi }{3}t+\dfrac{\pi }{2} \right)$(x-cm; t-s). Kể từ t = 0, chất điểm đi qua vị trí có li độ x = 3 cm lần thứ 2014 tại thời điểm
[A]. 6030 s.
[B]. 3020,75 s
[C]. 6031 s.
[D]. 3016,25 s.
$T=\dfrac{2\pi }{\omega }=\dfrac{2\pi }{\dfrac{2\pi }{3}}=3\left( s \right)$
Tại t = 1 s: $\varphi =\dfrac{\pi }{2}$ → vật qua VTCB theo chiều âm..
Cứ sau 1 chu kì, vật qua \[\text{x}=3\]cm ($hay\dfrac{A}{2}$) 2 lần → tách: 2014 = 1006.2 + 2.
→ Kể từ t = 0, sau 1006 chu kì, vật đã qua vị trí x = 3 cm 2012 lần và trở lại trạng thái tại thời điểm ban đầu.
Sử dụng trục thời gian, ta xác định được khoảng thời gian vật qua vị trí x = 3 cm thêm 2 lần nữa.
Vậy thời điểm cần tìm $t=1006T+\dfrac{T}{4}+\dfrac{T}{2}+\dfrac{T}{6}=3020,75\left( s \right)$.
Câu 11.
Một vật dao động điều hòa theo phương trình \[\text{x}=4c\text{os}\left( \dfrac{2\pi t}{3} \right)cm\]. Kể từ t = 0, vật qua vị trí $x=2\sqrt{3}$ cm lần thứ 2017 vào thời điểm
[A]. $t=2034,25s$
[B]. $t=3024,5s$
[C]. $t=3024,25s$
[D]. $t=3024,15s$
$T=\dfrac{2\pi }{\omega }=\dfrac{2\pi }{\dfrac{2\pi }{3}}=3\left( s \right)$
Tại t = 0: $\varphi =0$ → $x=A$.
Cứ sau 1 chu kì, vật qua \[\text{x}=2\sqrt{3}\]cm ($hay\dfrac{A\sqrt{3}}{2}$ ) 2 lần → tách: 2017 = 2016 + 1.
→ Kể từ t = 0, sau 1008T vật qua \[\text{x}=2\sqrt{3}\]cm 2016 lần và vật trở lại trạng thái tại t = 0: $x=A$.
Thời gian đi thêm 1 lần nữa theo trục phân bố thời gian là: $\dfrac{T}{12}$.
Thời điểm cần tìm là t’ = t + 1008T + $\dfrac{T}{12}$= 3024,25 s.
Câu 12.
Một vật dao động điều hòa theo phương trình \[\text{x}=6c\text{os}\left( 2\pi t-\dfrac{\pi }{4} \right)cm\]. Kể từ t = 0, vật qua vị trí có li độ x = 6 cm lần thứ ba vào thời điểm:
[A]. 2,125 s
[B]. 2,625 s
[C]. 1,125 s
[D]. 1,625 s
$T=\dfrac{2\pi }{\omega }=\dfrac{2\pi }{2\pi }=1\left( s \right)$
Tại t = 0: $\varphi =-\dfrac{\pi }{4}$ → \[x=\dfrac{A\sqrt{2}}{2}(+)\].
Cứ sau 1 chu kì, vật qua \[\text{x}=6cm=A\] (biên dương) 1 lần → tách: 3 = 2 + 1.
→ Kể từ t = 0, sau 2T vật qua \[\text{x}=6cm=A\]2 lần và vật trở lại trạng thái tại t = 0: \[x=\dfrac{A\sqrt{2}}{2}(+)\].
Thời gian đi thêm 1 lần nữa theo trục phân bố thời gian là: $\dfrac{T}{8}$ .
Vậy thời điểm cần tìm là t’ = t + 2T + $\dfrac{T}{8}$= 2,125 s.
Câu 13.
Một vật dao động điều hòa theo phương trình \[\text{x}=6c\text{os}\left( \dfrac{10\pi }{3}t-\dfrac{\pi }{6} \right)cm\]. Kể từ t = 0, vật qua vị trí có li độ x = – 6 cm lần thứ 1999 vào thời điểm:
[A]. 1197,35 s
[B]. 1289,35 s
[C]. 1295,65 s
[D]. 1199,15 s
$T=\dfrac{2\pi }{\omega }=\dfrac{2\pi }{\dfrac{10\pi }{3}}=0,6\left( s \right)$
Tại t = 0: $\varphi =-\dfrac{\pi }{6}$ → $x=\dfrac{A\sqrt{3}}{2}(+)$.
Cứ sau 1 chu kì, vật qua \[\text{x}=-6cm=-A\] (biên âm) 1 lần → tách: 1999 = 1998 + 1.
→ Kể từ t = 0, sau 1998T vật qua \[\text{x}=-6cm=-A\] 1998 lần và vật trở lại trạng thái tại t = 0: $x=\dfrac{A\sqrt{3}}{2}(+)$.
Thời gian đi thêm 1 lần nữa theo trục phân bố thời gian là: $\dfrac{T}{12}+\dfrac{T}{2}$ .
Vậy thời điểm cần tìm là t’ = t + 1998T + $\dfrac{T}{12}+\dfrac{T}{2}$= 1199,15 s.
Câu 14.
Một chất điểm dao động điều hòa theo phương trình $x=8\cos \left( \dfrac{2\pi }{3}t+\dfrac{\pi }{3} \right)$(x tính bằng cm; t tính bằng s). Kể từ t = 10,5 s, chất điểm đi qua vị trí cân bằng lần 2018 tại thời điểm
[A]. 3036,25 s.
[B]. 3056,75 s.
[C]. 3025,75 s.
[D]. 3051,25 s.
$T=\dfrac{2\pi }{\omega }=\dfrac{2\pi }{\dfrac{2\pi }{3}}=3\left( s \right)$
Tại t = 10,5 s: ${{\phi }_{10,5\text{s}}}=\dfrac{2\pi }{3}.10,5+\dfrac{\pi }{3}=\dfrac{22\pi }{3}\equiv -\dfrac{2\pi }{3}$ → $x=-\dfrac{A}{2}(+)$.
Cứ sau 1 chu kì, vật qua VTCB 2 lần → tách: 2018 = 2016 + 2.
→ Kể từ t = 10,5 s; sau 1008T vật qua VTCB 2016 lần và vật trở lại trạng thái tại t = 10,5 s: $x=-\dfrac{A}{2}(+)$.
Thời gian đi thêm 2 lần nữa theo trục phân bố thời gian là: $\dfrac{T}{3}+\dfrac{T}{4}$ .
Vậy thời điểm cần tìm là t’ = t + 1008T + $\dfrac{T}{3}+\dfrac{T}{4}$= 10,5 + 1008T + $\dfrac{T}{6}+\dfrac{T}{3}$ = 3036,25 s.
Câu 15.
Một vật dao động điều hòa với phương trình $x=5\cos \left( 3\pi t+\dfrac{5\pi }{6} \right)cm.$ Kể từ t = 0, thời điểm lần thứ hai vật cách vị trí cân bằng 2,5 cm là
[A]. 11/18 s.
[B]. 4/9 s.
[C]. 1/9 s.
[D]. 5/18 s.
$T=\dfrac{2\pi }{\omega }=\dfrac{2\pi }{3\pi }=\dfrac{2}{3}\left( s \right)$
Tại t = 0 s: $\varphi =\dfrac{5\pi }{6}$ → $x=-\dfrac{A\sqrt{3}}{2}(-)$.
Tính từ thời điểm ban đầu t = 0, vật cách VTCB 2,5 cm (tức vật qua 1 trong 2 vị trí $\dfrac{A}{2}$ hoặc $-\dfrac{A}{2}$) tại thời điểm cần tìm là t’ = t + $\dfrac{T}{12}+\dfrac{T}{3}$= $\dfrac{5}{18}$ s.
Câu 16.
Một vật dao động điều hòa với phương trình $x=5\cos \left( 3\pi t-\dfrac{3\pi }{4} \right)cm.$ Kể từ t = 0, thời điểm lần thứ tư vật cách vị trí cân bằng 2,5 cm là
[A]. 2/3 s
[B]. 1/3 s
[C]. 17/36 s
[D]. 11/18
$T=\dfrac{2\pi }{\omega }=\dfrac{2\pi }{3\pi }=\dfrac{2}{3}\left( s \right)$
Tại t = 0 s: $\varphi =-\dfrac{3\pi }{4}$ → $x=-\dfrac{A\sqrt{2}}{2}(+)$.
Tính từ thời điểm ban đầu t = 0, vật cách VTCB 2,5 cm (tức vật qua 1 trong 2 vị trí $\dfrac{A}{2}$ hoặc $-\dfrac{A}{2}$) tại thời điểm cần tìm là t’ = t + \[\dfrac{T}{8}+\dfrac{T}{4}+\dfrac{T}{3}\]= $\dfrac{17}{36}$ s.
Câu 17.
Một vật dao động điều hòa với phương trình $x=10\cos \left( \pi t-\dfrac{\pi }{6} \right)cm.$ Kể từ t = $\dfrac{1}{3}\left( s \right)$, chất điểm cách vị trí cân bằng 5 cm lần thứ 2016 tại thời điểm
[A]. 1006,50 s
[B]. 1007, 5 s
[C]. 1007,83 s
[D]. 502,50 s
$T=\dfrac{2\pi }{\omega }=\dfrac{2\pi }{\pi }=2\left( s \right)$
Tại t = $\dfrac{1}{3}$s: ${{\phi }_{\dfrac{1}{3}\text{s}}}=\pi .\dfrac{1}{3}-\dfrac{\pi }{6}=\dfrac{\pi }{6}$ → $x=\dfrac{A\sqrt{3}}{2}(-)$.
Cứ 1 chu kì, vật qua vị trí cách VTCB 5 cm (x = ± 5 cm) 4 lần → tách: 2016 = 2012 + 4.
→ Kể từ t =$\dfrac{1}{3}$s , sau 503T vật qua vị trí cách VTCB 5 cm 2012 lần và vật trở lại trạng thái tại t = $\dfrac{1}{3}$ s: $x=\dfrac{A\sqrt{3}}{2}(-)$
Thời gian đi thêm 4 lần nữa theo trục phân bố thời gian là: $\dfrac{T}{6}+\dfrac{T}{4}+\dfrac{T}{3}$ .
Vậy thời điểm cần tìm là t’ = t + 503T + $\dfrac{T}{6}+\dfrac{T}{4}+\dfrac{T}{3}$= $\dfrac{1}{3}$ s + 503T + $\dfrac{T}{6}+\dfrac{T}{4}+\dfrac{T}{3}$= 1007,83
Câu 18.
Một vật dao động điều hòa với phương trình $x=4\cos \left( 5\pi t+\dfrac{\pi }{6} \right)cm.$ Kể từ t = 0, thời điểm lần thứ 1999 vật cách vị trí cân bằng một đoạn $2\sqrt{2}$ cm là?
[A]. 201,232 s
[B]. 202,081 s
[C]. 199,93 s
[D]. 199,817 s
$T=\dfrac{2\pi }{\omega }=\dfrac{2\pi }{5\pi }=0,4\left( s \right)$
Tại t = 0: $\varphi =\dfrac{\pi }{6}$ → $x=\dfrac{A\sqrt{3}}{2}(-)$.
Cứ 1 chu kì, vật qua vị trí cách VTCB $2\sqrt{2}$ cm (x = ± $2\sqrt{2}$ cm = $\pm \dfrac{A\sqrt{2}}{2}$) 4 lần → tách: 1999 = 1996 + 3.
→ Kể từ t = 0, sau 499T vật cách VTCB $2\sqrt{2}$ cm1996 lần và vật trở lại trạng thái tại t = 0 s: $x=\dfrac{A\sqrt{3}}{2}(-)$.
Thời gian đi thêm 3 lần nữa theo trục phân bố thời gian là: $\dfrac{T}{6}+\dfrac{T}{4}+\dfrac{T}{8}$ .
Vậy thời điểm cần tìm là t’ = t + 499T + $\dfrac{T}{6}+\dfrac{T}{4}+\dfrac{T}{8}$= 199,817.
Câu 19.
Một vật dao động điều hòa với phương trình $x=10\cos \left( \pi t-\dfrac{\pi }{6} \right)cm.$ Kể từ t = 0, thời điểm lần thứ 2013 vật cách vị trí cân bằng một đoạn 5 cm là?
[A]. 1005,50 s
[B]. 1006,50 s
[C]. 1005, 75 s
[D]. 502,50 s
$T=\dfrac{2\pi }{\omega }=\dfrac{2\pi }{\pi }=2\left( s \right)$
Tại t = 0: $\varphi =-\dfrac{\pi }{6}$ → $x=\dfrac{A\sqrt{3}}{2}(+)$.
Cứ 1 chu kì, vật qua vị trí cách VTCB 5 cm (x = ± 5 cm = $\pm \dfrac{A}{2}$) 4 lần → tách: 2013 = 2012 + 1.
→ Kể từ t = 0, sau 503T vật cách VTCB 5 cm 2012 lần và vật trở lại trạng thái tại t = 0 s: $x=\dfrac{A\sqrt{3}}{2}(+)$.
Thời gian đi thêm 1 lần nữa theo trục phân bố thời gian là: $\dfrac{T}{12}+\dfrac{T}{6}$.
Vậy thời điểm cần tìm là t’ = t + 503T + $\dfrac{T}{12}+\dfrac{T}{6}$= 1006,5.
Câu 20.
Một vật dao động điều hòa với phương trình $x=8\cos \left( 2\pi t-\dfrac{5\pi }{6} \right)cm.$ Kể từ t = $\dfrac{11}{3}$s, thời điểm lần thứ 2018 vật cách vị trí cân bằng một đoạn $4\sqrt{2}$ cm là?
[A]. 213,29 s
[B]. 508,042 s
[C]. 506,375 s
[D]. 325,532 s
$T=\dfrac{2\pi }{\omega }=\dfrac{2\pi }{2\pi }=1\left( s \right)$
Tại t =$\dfrac{11}{3}$s : ${{\phi }_{\dfrac{11}{3}s}}=2\pi \dfrac{11}{3}-\dfrac{5\pi }{6}=6,5\pi \equiv \dfrac{\pi }{2}$ → $x=0(-)$.
Cứ 1 chu kì, vật qua vị trí cách VTCB $4\sqrt{2}$ cm (x = ± $4\sqrt{2}$ cm = $\pm \dfrac{A\sqrt{2}}{2}$) 4 lần
→ tách: 2018 = 2016 + 2.
→ Kể từ t = $\dfrac{11}{3}$s, sau 504T vật cách VTCB $4\sqrt{2}$ cm 2016 lần và vật trở lại trạng thái tại t = $\dfrac{11}{3}$ s: $x=0(-)$.
Thời gian đi thêm 1 lần nữa theo trục phân bố thời gian là: $\dfrac{T}{4}+\dfrac{T}{8}$.
Vậy thời điểm cần tìm là t’ = t + 504T + $\dfrac{T}{4}+\dfrac{T}{8}$= $\dfrac{11}{3}$ + 504T + $\dfrac{T}{4}+\dfrac{T}{8}$= 508,042.
Câu 21.
Một chất điểm dao động điều hòa theo phương trình $x=8\cos \left( 2\pi t+\dfrac{2\pi }{3} \right)$ (x tính bằng cm; t tính bằng s). Khoảng thời gian từ lúc chất điểm đi qua vị trí cân bằng lần thứ 1999 (kể từ t = 0) đến lúc chất điểm đi qua vị trí x =$-4\sqrt{3}$cm lần thứ 2018 (kể từ t = 0) là
[A]. 8,833 s.
[B]. 8,383 s.
[C]. 7,923 s.
[D]. 8,672 s.
$T=\dfrac{2\pi }{\omega }=\dfrac{2\pi }{2\pi }=1\left( s \right)$
Chúng ta đi tính 2 thời điểm vật có trạng thái bài nêu, khoảng thời gian cần tìm chính là hiệu thời gian giữa hai thời điểm này!
Tại t = 0s : $\varphi =\dfrac{2\pi }{3}$ → $x=-\dfrac{A}{2}(-)$.
Cứ 1 chu kì, vật qua VTCB 2 lần → tách: 1999 = 1998 + 1.
→ Kể từ t = 0, sau 999T vật qua VTCB 1998 lần và vật trở lại trạng thái tại t = 0: $x=-\dfrac{A}{2}(-)$.
Thời gian đi thêm 1 lần nữa theo trục phân bố thời gian là: $\dfrac{T}{6}+\dfrac{T}{4}$
→ thời điểm vật qua vị trí VTCB lần 1999 là t1 = 999T + $\dfrac{T}{6}+\dfrac{T}{4}$=$\dfrac{11993}{12}$ s.
Cứ 1 chu kì, vật qua x = $-4\sqrt{3}$cm 2 lần
→ tách: 2018 = 2016 + 2.
→ Kể từ t = 0, sau 1008T vật qua x = $-4\sqrt{3}$cm 2016 lần và vật trở lại trạng thái tại t = 0: $x=-\dfrac{A}{2}(-)$.
Thời gian đi thêm 2 lần nữa theo trục phân bố thời gian là: $\dfrac{T}{6}+\dfrac{T}{12}$
→ thời điểm vật qua vị trí x = $-4\sqrt{3}$cm lần 2018 là t2 = 1008T + $\dfrac{T}{6}+\dfrac{T}{12}$=1008,25 s.
Vậy khoảng thời gian cần tìm là: ∆t = t2 – t1 = 8,833 s.
Câu 22.
Một vật dao động điều hòa với phương trình $x=5\cos \left( \pi t-\dfrac{3\pi }{4} \right)cm.$ Kể từ t = 0, thời điểm lần thứ 5 vật cách vị trí cân bằng 5 cm là
[A]. 1,25 s
[B]. 4,75 s
[C]. 2,75 s
[D]. 1,675 s
$T=\dfrac{2\pi }{\omega }=\dfrac{2\pi }{\pi }=2\left( s \right)$
Tại t = 0: $\varphi =-\dfrac{3\pi }{4}$ → $x=-\dfrac{A\sqrt{2}}{2}(+)$.
Cứ 1 chu kì, vật qua vị trí cách VTCB 5 cm (x = ± 5 cm = $\pm A$, 2 biên) 2 lần
→ tách: 5 = 4 + 1.
→ Kể từ t = 0, sau 2T vật cách VTCB 5 cm 4 lần và vật trở lại trạng thái tại t = 0: $x=-\dfrac{A\sqrt{2}}{2}(+)$.
Thời gian đi thêm 1 lần nữa theo trục phân bố thời gian là: $\dfrac{T}{8}+\dfrac{T}{4}$.
Vậy thời điểm cần tìm là t’ = t + 2T + $\dfrac{T}{8}+\dfrac{T}{4}$= 4,75 s.
Câu 23.
Một chất điểm dao động điều hòa theo phương trình $x=8\cos \left( \dfrac{2\pi }{3}t+\dfrac{\pi }{3} \right)$(x tính bằng cm; t tính bằng s). Kể từ t = 11,125 s, chất điểm cách vị trí cân bằng 4 cm và đang chuyển động ra xa vị trí cân bằng lần thứ 15 tại thời điểm
[A]. 55,25 s.
[B]. 44,5 s.
[C]. 22,375 s.
[D]. 33,5 s.
$T=\dfrac{2\pi }{\omega }=\dfrac{2\pi }{\dfrac{2\pi }{3}}=3\left( s \right)$
Tại t = 11,125: ${{\phi }_{11,125\text{s}}}=\dfrac{2\pi }{3}.11,125+\dfrac{\pi }{3}=\dfrac{31\pi }{4}\equiv -\dfrac{\pi }{4}$ → $x=\dfrac{A\sqrt{2}}{2}(+)$.
Cứ 1 chu kì, vật qua vị trí cách VTCB 4 cm và chuyển động ra xa VTCB [x = 4cm (+),x = −4cm(−)] 2 lần
→ tách: 15 = 14 + 1.
→ Kể từ t = 11,125, sau 7T vật cách VTCB 4 cm và chuyển động ra xa VTCB 14 lần và vật trở lại trạng thái tại t = 11,125s: $x=\dfrac{A\sqrt{2}}{2}(+)$.
Thời gian đi thêm 1 lần nữa theo trục phân bố thời gian là: $\dfrac{T}{8}+\dfrac{T}{3}$.
Vậy thời điểm cần tìm là t’ = t + 7T + $\dfrac{T}{8}+\dfrac{T}{3}$= 11,125 + 7T + $\dfrac{T}{8}+\dfrac{T}{3}$= 33,5 s.
Câu 24.
Một chất điểm dao động điều hòa theo phương trình $x=10\cos \left( \pi t-\dfrac{\pi }{6} \right)cm.$ (x tính bằng cm; t tính bằng s). Kể từ t = 11,5 s, chất điểm cách vị trí cân bằng $5\sqrt{2}$ cm và đang chuyển động lại gần vị trí cân bằng lần thứ 100 tại thời điểm
[A]. 97,08 s.
[B]. 99,92 s.
[C]. 111,42 s.
[D]. 87,23 s.
$T=\dfrac{2\pi }{\omega }=\dfrac{2\pi }{\pi }=2\left( s \right)$
Tại t = 11,5: ${{\phi }_{11,5\text{s}}}=\pi .11,5-\dfrac{\pi }{6}=\dfrac{34\pi }{3}\equiv -\dfrac{2\pi }{3}$ → $x=-\dfrac{A}{2}(+)$.
Cứ 1 chu kì, vật qua vị trí cách VTCB $5\sqrt{2}$ cm và chuyển động lại gần VTCB [x = $5\sqrt{2}$cm (-),x = $-5\sqrt{2}$(+)] 2 lần
→ tách: 100 = 98 + 2.
→ Kể từ t = 11,5, sau 49T vật cách VTCB $5\sqrt{2}$ cm và chuyển động lại gần VTCB 98 lần và vật trở lại trạng thái tại t = 11,5s: $x=-\dfrac{A}{2}(+)$.
Thời gian đi thêm 2 lần nữa theo trục phân bố thời gian là: $\dfrac{T}{3}+\dfrac{T}{2}+\dfrac{T}{8}$.
Vậy thời điểm cần tìm là t’ = t + 49T + $\dfrac{T}{3}+\dfrac{T}{2}+\dfrac{T}{8}$= 11,5 + 49T + $\dfrac{T}{3}+\dfrac{T}{2}+\dfrac{T}{8}$= 111,42 s.
Câu 25.
Một chất điểm dao động điều hòa theo phương trình $x=10\cos \left( \pi t-\dfrac{\pi }{6} \right)cm.$ (x tính bằng cm; t tính bằng s). Kể từ t = 0, chất điểm qua li độ x = 7 cm lần thứ 13 tại thời điểm
[A]. 13,92 s.
[B]. 12,42 s.
[C]. 13,08 s.
[D]. 12,02 s.
$T=\dfrac{2\pi }{\omega }=\dfrac{2\pi }{\pi }=2\left( s \right)$
Tại t = 0: $\varphi =-\dfrac{\pi }{6}$ → $x=\dfrac{A\sqrt{3}}{2}(+)$.
Cứ 1 chu kì, vật qua li độ x = 7 cm 2 lần → tách: 13 = 12 + 1.
→ Kể từ t = 0, sau 6T vật qua li độ x = 7 cm 12 lần và vật trở lại trạng thái tại t = 0: $x=\dfrac{A\sqrt{3}}{2}(+)$.
Thời gian đi thêm 1 lần nữa theo trục phân bố thời gian là: $\dfrac{T}{12}+\dfrac{T.\arccos \dfrac{7}{10}}{2\pi }$.
Vậy thời điểm cần tìm là t’ = t + 6T + $\dfrac{T}{12}+\dfrac{T.\arccos \dfrac{7}{10}}{2\pi }$= 12,42 s.