Tóm tắt dữ kiện đề bài:

• Khối lượng vật nhỏ: \(m = 100 \text{ g} = 0.1 \text{ kg}\)
• Độ cứng lò xo: \(k = 50 \text{ N/m}\)
• Mặt phẳng nhẵn nằm ngang (bỏ qua ma sát)
• Kéo vật lệch khỏi vị trí cân bằng \(5 \text{ cm}\) rồi thả nhẹ:
  • Biên độ dao động: \(A = 5 \text{ cm} = 0.05 \text{ m}\)
  • Vận tốc ban đầu: \(v_0 = 0\) (thả nhẹ)
• Gốc tọa độ trùng vị trí cân bằng (\(x=0\) tại VTCB)
• Chiều dương cùng chiều kéo vật ban đầu
• Gốc thời gian (\(t=0\)) là lúc thả vật
• Giá trị xấp xỉ: \(\pi^2 = 10\)

Trước hết, chúng ta cần tính các đại lượng cơ bản của dao động điều hòa:

1. Tần số góc (\(\omega\)):

Công thức tính tần số góc của con lắc lò xo là: \(\omega = \sqrt{\frac{k}{m}}\)

Thay số vào, ta có: \(\omega = \sqrt{\frac{50 \text{ N/m}}{0.1 \text{ kg}}} = \sqrt{500} \text{ rad/s}\)

Để làm việc với \(\pi^2 = 10\), ta có thể viết lại \(\omega\) như sau: \(\omega = \sqrt{50 \times 10} = \sqrt{50 \times \pi^2} = \pi\sqrt{50} = 5\pi\sqrt{2} \text{ rad/s}\)

Hoặc nếu không dùng \(\pi^2=10\) ngay, ta có \(\omega = 10\sqrt{5} \text{ rad/s}\). Cả hai cách biểu diễn đều đúng về mặt giá trị.

2. Chu kỳ (\(T\)):

\(T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2\pi}{5\pi\sqrt{2}} = \frac{2}{5\sqrt{2}} = \frac{2\sqrt{2}}{10} = \frac{\sqrt{2}}{5} \text{ s}\)

3. Tần số (\(f\)):

\(f = \frac{1}{T} = \frac{5}{\sqrt{2}} = \frac{5\sqrt{2}}{2} \text{ Hz}\)

Giá trị xấp xỉ: \(f \approx \frac{5 \times 1.414}{2} \approx 3.535 \text{ Hz}\)

4. Xác định pha ban đầu (\(\phi\)):

Phương trình dao động tổng quát: \(x(t) = A \cos(\omega t + \phi)\)

Tại gốc thời gian \(t=0\), vật đang ở vị trí \(x_0 = A = 5 \text{ cm}\) (kéo lệch \(5 \text{ cm}\) theo chiều dương rồi thả).

Vận tốc ban đầu \(v_0 = 0\) (thả nhẹ).

Ta có:

• \(x(0) = A \cos(\phi) = A \Rightarrow \cos(\phi) = 1\)
• \(v(0) = -\omega A \sin(\phi) = 0 \Rightarrow \sin(\phi) = 0\)

Từ hai điều kiện trên, ta chọn \(\phi = 0\).

Vậy, phương trình dao động đúng của vật là: \(x(t) = 5 \cos(5\pi\sqrt{2} t) \text{ cm}\)

Bây giờ chúng ta sẽ xét từng ý trong đề bài:

b) Tần số dao động của con lắc là 5 Hz.

Như chúng ta đã tính ở trên, tần số dao động của con lắc là: \(f = \frac{5\sqrt{2}}{2} \text{ Hz} \approx 3.535 \text{ Hz}\).

Rõ ràng, giá trị này KHÔNG bằng \(5 \text{ Hz}\).

Kết luận: Ý b) là SAI.

c) Phương trình dao động của vật là \(x = 5\cos(20t + \frac{\pi}{2}) \text{ cm}\).

Chúng ta so sánh phương trình này với phương trình dao động chuẩn \(x(t) = A \cos(\omega t + \phi)\):

• Biên độ \(A\): Từ đề bài, \(A = 5 \text{ cm}\). Phương trình cho là \(A = 5 \text{ cm}\). Điều này đúng.
• Tần số góc \(\omega\): Từ phương trình cho, \(\omega = 20 \text{ rad/s}\).
  
  Tuy nhiên, chúng ta đã tính được \(\omega = 5\pi\sqrt{2} \text{ rad/s}\) (hoặc \(10\sqrt{5} \text{ rad/s}\)).
  
  Dễ thấy \(20 \neq 5\pi\sqrt{2}\) (vì \(5\pi\sqrt{2} \approx 5 \times 3.14 \times 1.414 \approx 22.2 \text{ rad/s}\)). Vì vậy, tần số góc trong phương trình đã cho là sai.
• Pha ban đầu \(\phi\): Từ phương trình cho, \(\phi = \frac{\pi}{2}\).
  
  Tuy nhiên, chúng ta đã xác định pha ban đầu là \(\phi = 0\) dựa trên điều kiện ban đầu (thả nhẹ từ biên dương).
  
  Nếu \(\phi = \frac{\pi}{2}\), thì tại \(t=0\), \(x(0) = 5\cos(\frac{\pi}{2}) = 0\), nghĩa là vật bắt đầu từ vị trí cân bằng, điều này mâu thuẫn với đề bài (kéo lệch \(5 \text{ cm}\) rồi thả).

Vì tần số góc và pha ban đầu đều sai, nên phương trình đã cho là không đúng.

Kết luận: Ý c) là SAI.

d) Khoảng thời gian ngắn nhất vật chuyển động từ vị trí \(x_{1} = 2, 5 \text{ cm}\) đến \(x_{2} = – 2, 5\sqrt{2} \text{ cm}\) là \(1/24 \text{ s}\).

Chúng ta sẽ sử dụng phương trình dao động đúng đã xác định: \(x(t) = 5 \cos(5\pi\sqrt{2} t) \text{ cm}\).

Để tìm khoảng thời gian ngắn nhất từ \(x_1\) đến \(x_2\), chúng ta cần tìm thời điểm mà vật đi qua các vị trí này.

1. Thời điểm vật qua vị trí \(x_1 = 2.5 \text{ cm}\):

\(2.5 = 5 \cos(5\pi\sqrt{2} t_1)\)

\(\cos(5\pi\sqrt{2} t_1) = \frac{2.5}{5} = \frac{1}{2}\)

Góc nhỏ nhất dương thỏa mãn điều kiện này là \(\frac{\pi}{3}\).

Vậy: \(5\pi\sqrt{2} t_1 = \frac{\pi}{3}\)

\(t_1 = \frac{\pi}{3 \times 5\pi\sqrt{2}} = \frac{1}{15\sqrt{2}} \text{ s}\)

2. Thời điểm vật qua vị trí \(x_2 = -2.5\sqrt{2} \text{ cm}\):

\(-2.5\sqrt{2} = 5 \cos(5\pi\sqrt{2} t_2)\)

\(\cos(5\pi\sqrt{2} t_2) = \frac{-2.5\sqrt{2}}{5} = -\frac{\sqrt{2}}{2}\)

Góc nhỏ nhất dương (sau \(\pi/3\)) thỏa mãn điều kiện này là \(\frac{3\pi}{4}\).

Vậy: \(5\pi\sqrt{2} t_2 = \frac{3\pi}{4}\)

\(t_2 = \frac{3\pi}{4 \times 5\pi\sqrt{2}} = \frac{3}{20\sqrt{2}} \text{ s}\)

3. Khoảng thời gian ngắn nhất từ \(x_1\) đến \(x_2\):

Do vật bắt đầu từ biên dương (\(x=A\)), nó sẽ đi qua \(x_1\) trước rồi mới đến \(x_2\). Do đó, khoảng thời gian ngắn nhất là \(\Delta t = t_2 – t_1\).

\(\Delta t = \frac{3}{20\sqrt{2}} – \frac{1}{15\sqrt{2}}\)

Để trừ hai phân số, ta quy đồng mẫu số (mẫu số chung nhỏ nhất của 20 và 15 là 60):

\(\Delta t = \frac{3 \times 3}{60\sqrt{2}} – \frac{1 \times 4}{60\sqrt{2}} = \frac{9}{60\sqrt{2}} – \frac{4}{60\sqrt{2}} = \frac{9 – 4}{60\sqrt{2}} = \frac{5}{60\sqrt{2}} = \frac{1}{12\sqrt{2}} \text{ s}\)

Để đơn giản hóa, ta nhân cả tử và mẫu với \(\sqrt{2}\):

\(\Delta t = \frac{1 \times \sqrt{2}}{12\sqrt{2} \times \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{12 \times 2} = \frac{\sqrt{2}}{24} \text{ s}\)

So sánh với giá trị đề bài đưa ra là \(1/24 \text{ s}\).

Chúng ta thấy \(\frac{\sqrt{2}}{24} \text{ s} \neq \frac{1}{24} \text{ s}\) (vì \(\sqrt{2} \approx 1.414 \neq 1\)).

Kết luận: Ý d) là SAI.

Tóm lại, cả ba ý b), c), d) đều là SAI.

Hy vọng phần giải thích chi tiết này giúp các em hiểu rõ hơn về cách giải quyết bài toán dao động điều hòa nhé!