Phương trình gia tốc a = -ω2x. Gia tốc cực đại có giá trị là: amax = ω2A

\(\begin{array}{l} \Rightarrow x =  - A \Leftrightarrow A.\cos \left( {2\pi \frac{t}{T} + \frac{\pi }{2}} \right) \\=  \pm A \Rightarrow 2\pi \frac{t}{T} + \frac{\pi }{2} = \pi  + k2\pi \\ \Leftrightarrow t = \frac{1}{4}T + kT = 0,25T + kT\end{array}\)

Với k là các giá trị nguyên.

Khi k = 0 thì t = 0,25T

Chọn D.

Áp dụng công thức tính cơ năng, ta có:

\({\rm{W}} = {{\rm{W}}_t} + {{\rm{W}}_d} = 2{W_1}\\ \Rightarrow \frac{1}{2}k{x^2} = \frac{1}{2}\frac{1}{2}k{A^2} \Leftrightarrow x = \frac{A}{{\sqrt 2 }} = A\frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

Chọn D.

Công thức tính tần số của con lắc đơn là:\(f = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{g}{l}} \)

Để số dao động trong một giây hay tần số của con lắc đơn dao động điều hòa tăng lên thì giảm chiều dài của con lắc.

Chọn A.

Áp dụng công thức tính lực kéo về của con lắc đơn là: \({P_t} =  - mg\frac{s}{l}\) 

Ta có: 4l1 = 5l2 \( \Rightarrow \frac{{{F_1}}}{{{F_2}}} = \frac{{{l_2}}}{{{l_1}}} = \frac{4}{5}\)  

Chọn B.

Sóng cơ truyền dọc theo trục Ox có phương trình: \(u = 4\cos \left( {5\pi t - 0,2\pi x} \right)\)  cm, ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}\omega  = 5\pi \\\frac{{2\pi }}{{v.T}} = 0,2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{2}{5} = 0,4\\v.T = 10\end{array} \right. \\\Rightarrow v = \frac{{10}}{T} = {25_{}}m/s\)

Chọn C.

Chu kì dao động của con lắc lò xo treo thẳng đứng là: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}}  = 2\pi \sqrt {\frac{{\Delta {l_0}}}{g}} \)

Chu kì dao động của con lắc đơn là: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \)

Để hai con lắc có cùng chu kì thì: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}}  = 2\pi \sqrt {\frac{{\Delta {l_0}}}{g}}  \Rightarrow l = \Delta {l_0}\)

Chọn C.

Năng lượng của con lắc lò xo: \({\rm{W}} = \frac{1}{2}.k.{A^2} \Rightarrow {\rm{W}} \sim {A^2}\)

Phương trình li độ, vận tốc, gia tốc của vật là:

\(\left\{ \begin{array}{l}x = A.\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\\v = \omega A.\cos \left( {\omega t + \varphi  + \frac{\pi }{2}} \right)\\a = {\omega ^2}.A.\cos \left( {\omega t + \varphi  + \pi } \right)\end{array} \right.\)

Vậy li độ, vận tốc, gia tốc có cùng tần số

Tần số dao động của con lắc lò xo \(f = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{k}{m}} \) , khi tăng độ cứng của lò xo thì tần số tăng.

Khi con lắc lò xo được treo thẳng đứng, lực kéo về khác với lực đàn hồi của lò xo (vì khi ở vị trí cân bằng thì lò xo đã dãn một đoạn ∆l)

Vậy, số phải biểu đúng là 3

Chọn C.

Động năng của con lắc lò xo nằm ngang là: \({{\rm{W}}_d} = \frac{1}{2}.m{v^2}\)

Động năng cực đại khi vận tốc cực đại, tức là vật đi qua vị trí cân bằng, x = 0.

Mà gia tốc \(a =  - {\omega ^2}x\) nên khi đó gia tốc bằng 0.

Chọn A.

Phương trình sóng tại M nằm sau và cách O một khoảng x là:

\({u_M} = 2.\cos \left( {4\pi t - \frac{{4\pi 0,5}}{3}} \right)\\ = 2\cos \left( {4\pi t - \frac{{2\pi }}{3}} \right)cm\)

Chọn A.

Hiện tượng cộng hưởng xảy ra khi tần số dao động cưỡng bức bằng tần số dao động riêng của hệ.

Chu kì dao động riêng của xe là 1,5 s, vận tốc của xe để xe bị xóc mạnh nhất là:

\(v = \frac{s}{T} = \frac{{12}}{{1,5}} = {8_{}}(m/s) = 28,{8_{}}(km/h)\)

Chọn C.

Năng lượng của con lắc là: \({\rm{W}} = \frac{1}{2}.k.{A^2}\)

Sau mỗi chu kì biên độ giảm 3% tức là còn 97%, vậy năng lượng giảm là:

\(\Delta {\rm{W}} = {{\rm{W}}_1} - {{\rm{W}}_2}\\ = \frac{1}{2}k.{A^2} - \frac{1}{2}.k.{(97\% A)^2} \\= 5,91\% .\frac{1}{2}k.{A^2} = 5,91\% {\rm{W}}\)

Chọn C.

Khi vật chịu tác dụng của ngoại lực cưỡng bức thì vật dao động điều hòa với tần số góc là tần số góc của ngoại lực cưỡng bức, hay ω = 10 rad/s.

Áp dụng công thức độc lập với thời gian, ta có:

\({x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {A^2} \Rightarrow 3,{6^2} + \frac{{{v^2}}}{{{{10}^2}}} = {6^2}\\ \Rightarrow v = {48_{}}cm/s\)

Chọn D.

Vật dao động điều hòa có vận tốc bằng không tại các biên. Thời gian để vật đi từ biên âm đến biên dương hoặc ngược lại là nửa chu kì, quãng đường đi được là 2A.

Theo đề bài ra vật có chu kì T = 0,4 s và biên độ A = 3 cm.

Quãng đường vật đi được trong một chu kì là 4A = 12 cm.

Vận tốc cực đại là \(v = \frac{{2\pi }}{T}A = \frac{{2\pi }}{{0,4}}.0,03 = 0,15\pi \left( {m/s} \right)\)

Tốc độ trung bình trong một chu kì là \(v = \frac{S}{T} = \frac{{0,12}}{{0,4}} = 0,{3_{}}m/s\)

Vậy phát biểu sai là B.

Từ đồ thị ta thấy biên độ là A = 5 cm, chu kì T = 0,2s, tại t = 0 thì vật ở vị trí cân bằng, đi theo chiều dương

→ Pha ban đầu là: \(\varphi  =  - \frac{\pi }{2}\,\,\left( {rad} \right)\)

Phương trình dao động là: \(x = 5.\cos \left( {\frac{{2\pi }}{{0,2}}t - \frac{\pi }{2}} \right)cm = 5\cos \left( {10\pi t - \frac{\pi }{2}} \right)cm\)

Vậy phương trình vận tốc là: \(v = 50\pi \cos \left( {10\pi t} \right)cm/s\)

Chọn B.

Khi con lắc lò xo dao động theo phương ngang thì lực hồi phục chính là lực đàn hồi.

Lực hồi phục tác dụng lên vệt là: \({F_{hp}} = kx\)

Lực hồi phục cực đại là khi x = A.

Áp dụng công thức độc lập với thời gian, ta có:

\({x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {A^2}\\ \Rightarrow A = \sqrt {{x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}}}  = \sqrt {{x^2} + \frac{{m{v^2}}}{k}} \)

Vậy \({F_{hp\max }} = k.\sqrt {{x^2} + \frac{{m{v^2}}}{k}} \)

Chọn C.

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng. Động năng cực đại bằng thế năng cực đại.

\(\begin{array}{l}{\rm{W}} = {{\rm{W}}_d} + {{\rm{W}}_t} = {{\rm{W}}_{d\max }} = {{\rm{W}}_{t\max }}\\ \Rightarrow \frac{1}{2}mv_{\max }^2 = mgl\left( {1 - \cos {\alpha _0}} \right)\\ \Rightarrow {v_{\max }} = \sqrt {2gl\left( {1 - \cos {\alpha _0}} \right)} \\ = \sqrt {2.9,8.0,5.\left( {1 - \cos {{10}^0}} \right)}  \\= 0,{386_{}}m/s = 38,6cm/s\end{array}\)

Chọn C.

Độ lớn của vận tốc, gia tốc cực đại là:

\(\left\{ \begin{array}{l}{v_{\max }} = \omega A\\{a_{\max }} = {\omega ^2}.A\end{array} \right.\\ \Rightarrow A = \frac{{v_{\max }^2}}{{{a_{\max }}}} = \frac{{{1^2}}}{4} = 0,{25_{}}m = {25_{}}cm\)

Biên độ dao động tổng hợp là:

\(\begin{array}{l}A = \sqrt {A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}.\cos \Delta \varphi } \\ \Rightarrow 25 = \sqrt {{7^2} + A_2^2 + 2.7.{A_2}.\cos \left( {\frac{\pi }{{12}} - \frac{{7\pi }}{{12}}} \right)} \\ \Rightarrow {A_2} = {24_{}}cm\end{array}\)

Chọn A.

Trong một chu kì, phần tử sóng đi được quãng đường là \(S = 4A\), sóng truyền đi được một bước sóng.

Công thức tính tốc độ truyền sóng và tốc độ trung bình trong một chu kì của một phần tử là:

\(\left\{ \begin{array}{l}v = \frac{\lambda }{T}\\{v_{tb}} = \frac{{4A}}{T}\end{array} \right. \Rightarrow v = {v_{tb}} \Rightarrow \lambda  = 4A\) 

Chọn D.

Chu kì của con lắc là: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{{\Delta {l_0}}}{g}}  = 0,2 \\\Rightarrow \Delta {l_0} = 0,01m = 1cm\)

Trong một chu kì, thời gian giãn lớn gấp 3 lần thời gian lò xo bị nén.

Thời gian lò xo nén trong một chu kì là: \(t = \frac{\alpha }{{2\pi }}.T = \frac{{2\arccos \frac{{\Delta {l_0}}}{A}}}{{2\pi }}.T\)

Thời gian lò xo dãn bằng ba lần thời gian nén nên ta có:

\(\begin{array}{l}t = \frac{\alpha }{{2\pi }}.T = \frac{{2\arccos \frac{{\Delta {l_0}}}{A}}}{{2\pi }}.T = \frac{1}{4}.T\\ \Rightarrow \arccos \frac{{\Delta {l_0}}}{A} = \frac{\pi }{4} \\\Rightarrow \frac{{\Delta {l_0}}}{A} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \Delta {l_0} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}A \Rightarrow A = \sqrt 2 cm\end{array}\)

Cơ năng của con lắc là: \({\rm{W}} = \frac{1}{2}.k.{A^2} = \frac{1}{2}.m.{\omega ^2}.{A^2} = \frac{1}{2}.m.{\left( {\frac{{2\pi }}{T}} \right)^2}{A^2} \\= 0,02J\)

Chọn C.

Đồ thị mô tả chuyển động của con lắc từ biên dương về biên âm (hoặc từ biên âm về biên dương)

Từ đồ thị ta thấy động năng cực đại là 2J, tại 0,1s và 0,3 s thì động năng bằng một nửa giá trị cực đại.

Tại 0,1 s thì \({{\rm{W}}_d} = \frac{{\rm{W}}}{2} \Rightarrow {{\rm{W}}_d} = {{\rm{W}}_t} = \frac{{\rm{W}}}{2}\\ \Rightarrow x = \frac{A}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow 0,1s = \frac{T}{8} \Rightarrow T = 0,8s\)

Tại t₁ thì động năng là 1,8J, vậy thế năng là 2 - 1,8 = 0,2 J, nên động năng bằng 9 lần thế năng.

Tại t₂ thì động năng bằng 1,6 J, vậy thế năng là 0,4J.

\(\left\{ \begin{array}{l}{{\rm{W}}_d} = 1,8J\\{{\rm{W}}_d} = 1,6J\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{{\rm{W}}_{t1}}}}{{\rm{W}}} = \frac{{0,2}}{2} = \frac{{x_1^2}}{{{A^2}}} = \frac{1}{{10}}\\\frac{{{{\rm{W}}_{t2}}}}{{\rm{W}}} = \frac{{0,4}}{2} = \frac{{x_2^2}}{{{A^2}}} = \frac{1}{5}\end{array} \right. \\\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} =  \pm \frac{A}{{\sqrt {10} }}\\{x_2} =  \pm \frac{A}{{\sqrt 2 }}\end{array} \right.\)

Từ VTLG ta có: \({t_2} - {t_1} = \frac{1}{\omega }\left( {\arcsin \frac{{{x_1}}}{A} + \arcsin \frac{{{x_2}}}{A}} \right) = 0,1s\)

Vậy phát biểu B là chưa đúng.

Chu kì \(T = \frac{1}{f} = \frac{1}{5} = 0,2s\)

Tại vị trí lò xo có chiều dài lớn nhất tức là vật ở biên dương.

Thời gian \(t = \frac{1}{3}s = T + \frac{1}{4}T + \frac{1}{{20}}s\)

Quãng đường S = 4A + ∆s = 4A + A + ∆s

Góc a có giá trị là \(a = \frac{\pi }{2} - \frac{{\frac{1}{{20}}}}{{\frac{1}{3}}}.2\pi  = \frac{\pi }{5}\)

Ta có \({x_1} = A.\cos \left( {\frac{\pi }{5}} \right)\)

Tốc độ trung bình \({v_{tb}} = \frac{S}{{\Delta t}} = \frac{{5A + A.\cos \frac{\pi }{5}}}{{\Delta t}}\)

Vận tốc trung bình \({V_{tb}} = \frac{{\left| {{x_1} - {x_2}} \right|}}{{\Delta t}} = \frac{{A + A.\cos \frac{\pi }{5}}}{{\Delta t}}\)

Tỉ số giữa tốc độ trung bình và độ lớn vận tốc trung bình của vật là

\(\frac{{5A + A.\cos \frac{\pi }{5}}}{{A + A.\cos \frac{\pi }{5}}} = 3,21\)

Giá trị gần nhất là 3.

Chọn B.

Vị trí động năng bằng 3 lần thế năng, tức là thế năng bằng \(\frac{1}{4}\) cơ năng, ta có: \(x =  \pm \frac{A}{2}\) cm

Thời gian mà động năng không vượt quá ba lần thế năng là:

\(t = \frac{{4{\rm{arc}}\cos \frac{{\frac{A}{2}}}{A}}}{{2\pi }}.T = \frac{T}{3} = 2s \Rightarrow T = 6s\) 

Vì vậy thời gian để con lắc đi qua vị trí x = 2 cm theo chiều dương lần thứ 2018 là t = 2017T + ∆t

Với ∆t là thời gian từ thời điểm ban đầu đến khi còn lắc qua vị trí x  = 2 lần đầu tiên.

Ta có \(\Delta t = \frac{{\arccos \frac{2}{4}}}{{2\pi }}T = \frac{T}{6} = 1s\)

t = 2017T + ∆t = 2017.6 + 1 = 12103s

Chọn A.

Từ đồ thị ta xác định được \(\left\{ \begin{array}{l}\lambda  = 24\\MN = 10\end{array} \right. \Rightarrow \Delta {\varphi _{MN}} = \frac{{10}}{{24}}.2\pi  = \frac{{5\pi }}{6}\)

Khoảng cách giữa M và N là \(d = \sqrt {M{N^2} + {{({u_M} - {u_N})}^2}} \)

Gọi \(u = {u_M} - {u_N}\) , khoảng cách MN cực đại khi u cực đại. Ta có:

\({u_{\max }} = \sqrt {A_M^2 + A_N^2 - 2{A_M}.{A_N}.\cos \Delta \varphi }\\  = \sqrt {{{2.5}^2} - 2.5.5.\cos \frac{{5\pi }}{6}}  = 9,66cm\)

Khoảng cách cực đại giữa M và N là:

\(d = \sqrt {M{N^2} + {{({x_M} - {x_N})}^2}}\\  = \sqrt {{{10}^2} + 9,{{66}^2}}  = 13,90cm\)

Chọn A.

Khoảng cách giữa hai chất điểm M và N là

\(\begin{array}{l}x = {x_N} - {x_M} \\\Rightarrow A = \sqrt {A_N^2 + A_M^2 - 2{A_N}{A_M}.\cos \Delta \varphi } \\ \Leftrightarrow 17 = \sqrt {{{15}^2} + {8^2} - 2.15.8.\cos \Delta \varphi } \\ \Leftrightarrow \Delta \varphi  = \frac{\pi }{2}\end{array}\)

Ở thời điểm mà M có động năng bằng ba lần thế năng tức là thế năng bằng một phần tư cơ năng, ta có

\({{\rm{W}}_t} = \frac{1}{4}{\rm{W}} \Rightarrow \frac{1}{2}.k.{x_M}^2 = \frac{1}{4}.\frac{1}{2}.k.A_M^2 \\\Rightarrow {x_M} = \frac{{{A_M}}}{2}\)

Ta có \({x_N} = {A_N}.\cos \left( {\frac{\pi }{2} - \arccos \frac{{{x_M}}}{{{A_M}}}} \right) = {A_N}.\frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

Áp dụng công thức tính vận tốc \({v^2} = {\omega ^2}.({A^2} - {x^2})\)

Ta có tỉ số động năng giữa M và N là:

\(\frac{{{{\rm{W}}_{dM}}}}{{{{\rm{W}}_{dN}}}} = \frac{{\frac{1}{2}.m.v_M^2}}{{\frac{1}{2}.m.v_M^2}} = \frac{{{\omega ^2}.(A_M^2 - x_M^2)}}{{{\omega ^2}.(A_N^2 - x_N^2)}} = \frac{{\frac{3}{4}A_M^2}}{{\frac{1}{4}A_N^2}} \\= 3.\frac{{{8^2}}}{{{{15}^2}}} = \frac{{64}}{{75}}\)

Chọn D.

Tại vị trí cân bằng lò xo dãn một đoạn ∆l0, ta có:

 \(\Delta {l_0} = \frac{{mg}}{k} = \frac{{0,4.10}}{{100}} = 0,04m = 4cm\)

Công thức tính cơ năng:

\({\rm{W}} = \frac{1}{2}.k.{A^2} \Rightarrow 0,16 = \frac{1}{2}.100.{A^2}\\ \Rightarrow A = 4{\sqrt 2 _{}}cm\)

Công thức tính chu kì: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}}  = 2\pi .\sqrt {\frac{{0,4}}{{100}}}  = 0,4s\)

Thời gian lò xo bị nén trong một chu kì là:

\(t = \frac{{2\arccos \frac{{\Delta {l_0}}}{A}}}{{2\pi }}.T = \frac{T}{4} = \frac{{0,1}}{4} = 0,1s\)

Chọn A.

Áp dụng công thức tính chu kì:

\(T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}}  \Rightarrow \overline g  = \frac{{4{\pi ^2}.l}}{{{T^2}}} = \frac{{4{\pi ^2}.0,8}}{{1,{8^2}}}\\ = 9,{75_{}}m/{s^2}\)

Sai số tỉ đối: \(\delta g = \delta l + 2\delta T = \frac{{0,1}}{{80}} + 2.\frac{{0,02}}{{1,8}} = 2,35\% \)

Sai số: \(\Delta g = \delta g.\overline g  = 2,35\% .9,75 = 0,{23_{}}m/{s^2}\)

Giá tốc trọng trường: \(g = \overline g  \pm \Delta g = (9,75 \pm 0,23)m/{s^2}\)

Chọn D.

Tại thời điểm t₁, vật đi qua vị trí cân bằng. Trong khoảng thời gian từ thời điểm t₁ đến thời điểm t₂ = t₁ + 0,5 s vật không đổi chiều chuyển động và tốc độ của vật giảm còn một nửa.

Tại thời điểm t₂ thì vận tốc chỉ còn một nửa, do đó ta có: \({{\rm{W}}_d} = \frac{1}{2}.m{v^2} = \frac{1}{2}.m.{\left( {\frac{{{v_{\max }}}}{2}} \right)^2} \\= \frac{1}{4}.m.v_{\max }^2\)

Do đó, thế năng là: \({{\rm{W}}_t} = \frac{3}{4}{\rm{W}} \Rightarrow \frac{1}{2}.k.{x^2} = \frac{3}{4}.\frac{1}{2}.k.{A^2} \\\Rightarrow x = \frac{{\sqrt 3 }}{2}A\)

Thời gian: \({t_2} - {t_1} = 0,5 = \frac{{\frac{\pi }{2} - \arccos \frac{x}{A}}}{{2\pi }}.T \Leftrightarrow 0,5 = \frac{T}{6} \\\Rightarrow T = 3s\)

Trong khoảng thời gian từ thời điểm t₂ đến thời điểm t₃ = t₂ + 1,5s, vật đi được quãng đường 20 cm

Vậy \({t_3} - {t_2} = 1,5 = \frac{T}{2} \Rightarrow S = 2A = 20cm\\ \Rightarrow A = 10cm\)

Trong thời gian 5s = 1,5T + 0,5s vật đi được quãng đường là S = 6A + ∆s

Ta có \(\Delta s = 2.A.\cos \left( {\frac{\pi }{2} - \frac{{0,5}}{{2T}}.2\pi } \right) = 10cm\)

Vậy quãng đường cực đại là S = 6A+ 10 = 70 cm

Chọn B.

Nhìn vào hình ảnh, ta thấy A và C cách nhau nửa bước sóng nên A và C ngược pha. Nên ta có:

 \(\frac{\lambda }{2} = 40cm \Rightarrow \lambda  = 80cm\)

Vận tốc truyền sóng: \(v = \frac{\lambda }{T} = \lambda .f = 80.5 = {400_{}}cm/s = {4_{}}m/s\)

B và C cách nhau một phần tư bước sóng nên B và C vuông pha.

Vì C đi xuống nên sóng truyền từ E đến A.

Vậy phát biểu B sai.

\(rad/s\) là đơn vị đo của tần số góc \(\omega {\rm{ }}\)

Chọn C.

Phương trình dao động điều hòa:

\(x = 2\sqrt 2 .\cos \left( {5\pi t + 0,5\pi } \right)(cm) \\\Rightarrow A = 2\sqrt 2 cm\)

Chọn C.

Lực kéo về tác dụng lên vật dao động điều hòa luôn hướng về VTCB

Chọn A.

Từ đồ thị ta thấy:

+ Biên độ dao động là A = 3cm

+ Thời gian từ t = 0,5s đến t = 2,5s là một chu kì \( \Rightarrow T = 2s \Rightarrow \omega  = \pi \left( {rad/s} \right)\)

+ Ban đầu vật ở biên dương \( \Rightarrow \varphi  = 0\)

Vậy phương trình dao động là: \(x = 3.\cos \left( {\pi t} \right)cm\)

Chọn D.

Số dao động toàn phần chất điểm thực hiện được trong 1s là: \(f = \frac{\omega }{{2\pi }} = \frac{{6\pi }}{{2\pi }} = 3\)

Chọn A.

Điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định:  \(l = k\frac{\lambda }{2}\)

Chọn D.

Tốc độ truyền sóng là tốc độ lan truyền dao động trong môi trường

Chọn B.

Độ lệch pha: \(\Delta \varphi  = \frac{{2\pi d}}{\lambda } = \frac{{2\pi df}}{v} = \frac{\pi }{3} \\\Rightarrow v = 6df = 6d\frac{\omega }{{2\pi }} = 6.0,5.\frac{{4\pi }}{{2\pi }} \\= 6{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {m/s} \right)\)

Chọn D.

Tốc độ dao động cực đại của phần tử môi trường là:

\({v_{\max }} = \omega A = 100\pi .3 = 300\pi {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm/s} \right)\)

Chọn A.

Vận tốc dao động cực đại của mỗi phần tử môi trường gấp 4 lần vận tốc sóng:

\({v_{\max }} = 4v \Leftrightarrow 2\pi f.{y_0} = 4.\lambda f\\ \Rightarrow \lambda  = \frac{{{y_0}\pi }}{2}\)

Chọn A.

Phương trình sóng là:  \(u = 5\cos \left( {6\pi t - \pi x} \right){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {cm} \right)\)

Đối chiếu với phương trình sóng tổng quát, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{6\pi  = 2\pi f \Rightarrow f = 3{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {Hz} \right)}\\{\pi  = \frac{{2\pi }}{\lambda } \Rightarrow \lambda  = 2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( m \right)}\end{array}} \right.\)

Tốc độ truyền sóng là: \(v = \lambda f = 2.3 = 6{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {m/s} \right)\)

Chọn D.

Chu kì của con lắc là: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}}  = 2\pi \sqrt {\frac{{0,1}}{{100}}}  = 0,2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( s \right)\)

Trong thời gian 2019s con lắc thực hiện được số chu kì là:

\(n = \frac{{2019}}{T} = \frac{{2019}}{{0,2}} = 10095\)

Vậy sau 2019s, vật trở lại vị trí ở thời điểm t = 1s

Độ lớn lực phục hồi khi đó là \({F_{ph}} = {F_{dh}} = 6{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( N \right)\)

Chọn B.