Bài tập dao động tắt dần dao động cưỡng bức có đáp án chi tiết

CÁCH GIẢI CÁC DẠNG BÀI DAO ĐỘNG TẮT DẦN, DAO ĐỘNG CƯỠNG BỨC

Dạng 1. Bài toán liên quan đến hiện tượng cộng hưởng cơ

Lời giải chi tiết:

A đúng dao động cưỡng bức có biên độ không đổi (ở giai đoạn ổn định) và có tần số bằng tần số của lực cưỡng bức.

B sai vì dao động của con lắc đồng hồ là dao động duy trì.

C sai vì dao động cưỡng bức có tần số bằng tần số của lực cưỡng bức.

D sai vì dao động cưỡng bức có biên độ thay đổi và đạt cực đại khi tần số lực cưỡng bức bằng tần số riêng của hệ dao động. Chọn A.

Bài tập 2: Khảo sát thực nghiệm một con lắc lò xo gồm vật nhỏ có khối lượng 216 g và lò xo có độ cứng k, dao động dưới tác dụng của ngoại lực $F={{F}_{0}}\cos 2\pi ft$, với F0 không đổi và f thay đổi được. Kết quả khảo sát ta được đường biểu diễn biên độ A của con lắc theo tần số f có đồ thị như hình vẽ. Giá trị của k xấp xỉ bằng A. 13,64 N / m. B. 12,35 N / m. C. 15,64 N / m. D. 16,71 N / m.

Lời giải chi tiết:

Khi biên độ của con lắc đạt giá trị lớn nhất khi xảy ra cộng hưởng.

Khi đó $f={{f}_{0}}=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}\Rightarrow k=m{{\left( 2\pi {{f}_{0}} \right)}^{2}}.$

Dựa vào đồ thị ta thấy biên độ A cực đại khi $f={{f}_{0}}\approx 1,28\Rightarrow k\approx 13,97$N. Chọn A.

Lời giải chi tiết:

Tần số dao động riêng (tần số cộng hưởng): $f=2\pi \sqrt{\frac{1}{g}}=1,25Hz$

Vì f₂ gần f hơn nên $\Rightarrow {{\Alpha }_{1}}<{{\Alpha }_{2}}.$ Chọn C.

Lời giải chi tiết:

Tần số góc riêng của hệ ${{\omega }_{0}}=\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{10}{0,1}}=10$rad /s

Xảy ra cộng hưởng khi $\omega ={{\omega }_{0}}=10rad/s\Rightarrow $khi tăng dần số góc $\omega $ của ngoại lực cưỡng bức từ 9 rad/s đến 12 rad/s thì tại $\omega ={{\omega }_{0}}=10$rad/s hệ xảy ra cộng hưởng, biên độ dao động của viên bi lớn nhất $\Rightarrow $biên độ dao động viên bi tăng đến cực đại rồi giảm khi thay đổi $\omega $. Chọn B.

Lời giải chi tiết:

Do xảy ra hiện tưởng cộng hưởng nên ta có: f = f₀

Trong đó f là tần số của ngoại lực và $f=\frac{\omega }{2\pi }=5$ Hz.

f₀ là tần số riêng cuủa hệ: ${{f}_{0}}=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}\Rightarrow \frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{m}}=5\Rightarrow \frac{k}{m}=1000\Rightarrow m=0,1$kg. Chọn A.

Lời giải chi tiết:

Cứ 6 m lại có một cái mô nhỏ làm xe rung. Chu kì của ngoại lực chính bằng thời gian 2 lần liên tiếp xe gặp cái mô nhỏ. Suy ra $\Tau =\frac{S}{v}.$

Chu kì riêng của khung xe trên các lò xo là T_riêng =1,5 s.

Để xe rung mạnh nhất khi xảy ra cộng hưởng suy ra ${{\Tau }_{F}}={{\Tau }_{rieng}}\Rightarrow v=\frac{6}{1,5}=4m/s.$

Chọn A.

Lời giải chi tiết:

Để ba lô rung mạnh nhất thì chu kì riêng của dây chằng cao su bằng chu kì của ngoại lực. Khi đó

$2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=\frac{s}{v}\Rightarrow v=14,92m/s\approx 54km/h.$ Chọn A.

Dạng 2. Bài tập liên quan dao động tắt dần

a.)  Dao động tắt dần

+) Cơ năng $\text{W}=\frac{1}{2}k{{\Alpha }^{2}}$

+) Mối quan hệ giữa độ giảm năng lượng và độ giảm biên độ sau 1 chu kì:

Ta có: $\Rightarrow =\frac{\left( \Alpha +{\Alpha }' \right)\left( \Alpha -{\Alpha }' \right)}{{{\Alpha }^{2}}}$

Làm gần đúng: $\Alpha +{\Alpha }'=2\Alpha \Rightarrow $

+) Phần trăm biên độ bị giảm sau n chu kì:${{h}_{\left( \Alpha  \right)n}}=\frac{\Alpha -{{\Alpha }_{n}}}{\Alpha }$

+) Phần trăm cơ năng còn lại sau n chu kì: ${{h}_{\left( \text{W} \right)n}}=\frac{{{\text{W}}_{n}}}{\text{W}}={{\left( \frac{\Alpha {}_{n}}{\Alpha } \right)}^{2}}$

+) Sau 1 chu kì biên độ giảm a% thì sau n chu kì biên độ của vật là: ${{\Alpha }_{n}}={{\left( 1-a% \right)}^{n}}\Alpha .$

Lời giải chi tiết:

Dao động có biên độ giảm dần theo thời gian gọi là dao động tắt dần.

Do đó biên độ và năng lượng giảm dần theo thời gian. Chọn A.

Lời giải chi tiết:

Trong dao động tắt dần, biên độ dao động và cơ năng của vật giảm dần theo thời gian. Chọn D.

Lời giải chi tiết:

Nguyên nhân gây ra dao động tắt dần của con lắc đơn trong không khí là do lực cản của không khí.

Chọn C.

Lời giải chi tiết:

Đáp án sai là D. Chọn D.

Lời giải chi tiết:

Cách 1: Làm thuần túy: Giả sử biên độ ban đầu là A.

Sau 1 chu kì biên độ con lắc còn A₁ = 0,98A, sau 2 chu kì biên độ con lắc còn

${{\Alpha }_{2}}=0,98{{\Alpha }_{1}}=0,{{98}^{2}}\Alpha $suy ra $\frac{\text{W}-{{\text{W}}_{2}}}{\text{W}}=1-\frac{\Alpha _{2}^{2}}{{{\Alpha }^{2}}}=1-0,{{98}^{4}}\approx 7,76%.$

Cách 2: Làm theo công thức gần đúng: $\frac{\Delta \text{W}}{\text{W}}=\frac{2\Delta \Alpha }{\Alpha }=4%$.

Công thức trên là công thức xấp xỉ độ giảm cơ năng trong một chu kì.

Do đó trong 2 chu kì liên tiếp cơ năng sẽ giảm 2.4% = 8%. Chọn D.

Lời giải chi tiết:

$\frac{\Delta \text{W}}{\text{W}}=\frac{2\Delta \Alpha }{\Alpha }=5%\Rightarrow \frac{\Delta \Alpha }{\Alpha }=2,5%.$Chọn B.

Lời giải chi tiết:

Cách 1: $\frac{\Delta \text{W}}{\text{W}}=1-\frac{{{{{\Alpha }'}}^{2}}}{{{\Alpha }^{2}}}=1-{{\left( \frac{0,98\Alpha }{\Alpha } \right)}^{2}}=3,96%$.

Cách 2: gần đúng $\frac{\Delta \text{W}}{\Alpha }=\frac{2\Delta \Alpha }{\Alpha }=4%$.

Do vậy bài này không được áp dụng công thức gần đúng. Chọn D.

Lời giải chi tiết:

$\left\{ \begin{array}{} \frac{\Alpha -{{\Alpha }_{3}}}{\Alpha }=10%\Rightarrow \frac{{{\Alpha }_{3}}}{\Alpha }=90% \\ {} \frac{{{\text{W}}_{3}}}{\text{W}}={{\left( \frac{\Alpha {}_{3}}{\Alpha } \right)}^{2}}=0,{{9}^{2}}=0,81=81% \\ \end{array} \right..$ Chọn B.

Lời giải chi tiết:

Sau 5T thì biên độ là${{\Alpha }_{5}}={{\left( 0,98 \right)}^{5}}\Alpha $

$\Rightarrow \frac{{{\text{W}}_{5}}}{\text{W}}={{\left( \frac{\Alpha {}_{5}}{\Alpha } \right)}^{2}}={{\left( 0,{{98}^{5}} \right)}^{2}}.100%=81,7%.$ Chọn D.

b) Dao động tắt dần của con lắc lò xo nằm ngang.

Ta chỉ xét dao động tắt dần chậm nên độ giảm biên độ sau một chu kì rất nhỏ:

                                   $\Delta \Alpha =\Alpha -{\Alpha }'\Rightarrow \Alpha +{\Alpha }'\approx 2\Alpha $

Độ giảm cơ năng sau một chu kì bằng công thức của lực ma sát thực hiện trong chu kì đó:

$\frac{k{{\Alpha }^{2}}}{2}-\frac{k{{{{\Alpha }'}}^{2}}}{2}={{F}_{ms}}.4\Alpha \Leftrightarrow \frac{k}{2}\left( \Alpha +{\Alpha }' \right)\left( \Alpha -{\Alpha }' \right)={{F}_{ms}}.4\Alpha \Rightarrow \Delta \Alpha =\frac{4{{F}_{ms}}}{k}=\frac{4\mu mg}{k}$

+) Độ giảm biên độ sau mỗi chu kì:$\Delta \Alpha =\frac{4{{F}_{ms}}}{k}=\frac{4\mu mg}{k}$

+) Độ giảm biên độ sau nửa chu kì: $\frac{\Delta \Alpha }{2}=\frac{2{{F}_{ms}}}{k}=\frac{2\mu mg}{k}$

+) Biên độ dao động còn lại sau n chu kì:${{\Alpha }_{n}}=\Alpha -n\Delta \Alpha $

+) Tổng số dao động thực hiện được: $\Nu =\frac{\Alpha }{\Delta \Alpha }=\frac{k\Alpha }{4\mu mg}=\frac{{{\omega }^{2}}\Alpha }{4\mu g}$

+) Tổng quãng đường và tổng thời gian từ lúc bắt đầu dao động cho đến khi dừng hẳn lần lượt là:

$\left\{ \begin{array}{} \frac{1}{2}k{{\Alpha }^{2}}={{F}_{ms}}S\Rightarrow S=\frac{k{{\Alpha }^{2}}}{2\mu mg}=\frac{{{\omega }^{2}}{{\Alpha }^{2}}}{2\mu g} \\ {} t=\Nu .\Tau =\Nu .\frac{2\pi }{\omega } \\ \end{array} \right.$  (áp dụng định luật bảo toàn năng lượng)

+) Tốc độ trung bình trong cả quá trình dao động là:$\left| \overrightarrow{v} \right|=\frac{S}{t}=\frac{\omega \Alpha }{\pi }.$

+) Vận tốc lớn nhất trong dao động tắt dần: Vật sẽ đạt vận tốc lớn nhất khi vật qua vị trí cân bằng và ở trong nửa chu kì đầu tiên. Có 2 cách để giải bài toán này.

Cách 1: Áp dụng theo dao động điều hòa.

Ta có: ${{v}_{\max 1}}=\omega {\Alpha }'$với ${\Alpha }'=\frac{\Alpha +{{\Alpha }_{1}}}{2}$(${\Alpha }'$bằng một nửa quãng đường dao động trong nửa chu kì đầu).

Mặt khác ${\Alpha }'=\frac{\Alpha +{{\Alpha }_{1}}}{2}=\frac{2\Alpha -2\frac{\mu mg}{k}}{2}=\Alpha -\frac{\mu mg}{k}.$

Suy ra ${{v}_{\max 1}}=\omega {\Alpha }'=\omega \left( \Alpha -\frac{\mu mg}{k} \right).$

Cách 2: Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng trong quá trình dao động.

$\frac{1}{2}k{{\Alpha }^{2}}=\frac{1}{2}kx_{0}^{2}+\frac{1}{2}mv_{\max }^{2}+\mu mg\left( \Alpha -{{x}_{0}} \right)$(với${{x}_{0}}=\frac{\mu mg}{k}$).

Suy ra $k{{\Alpha }^{2}}=kx_{0}^{2}+mv_{\max }^{2}+2k\left( \Alpha -{{x}_{0}} \right)\Rightarrow k{{\left( \Alpha -{{x}_{0}} \right)}^{2}}=mv_{\max }^{2}\Rightarrow {{v}_{\max }}=\omega \left( \Alpha -{{x}_{0}} \right).$

Khảo sát chi tiết:  

+) Sự thay đổi vị trí cân bằng:

Con lắc lò xo chuyển động trên phương nằm ngang. Khi có lực ma sát tác động vào vật sẽ làm cho vị trí cân bằng của vật dịch chuyển.

Gọi x₀ là tọa độ của vtcb mới. Tại vtcb mới:$\overrightarrow{{{F}_{dh}}}=-\overrightarrow{{{F}_{ms}}}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{} {{F}_{dh}}={{F}_{ms}}\left( 1 \right) \\ {} \overrightarrow{{{F}_{dh}}}\uparrow \downarrow \overrightarrow{{{F}_{ms}}}\left( 2 \right) \\ \end{array} \right.$

(1) $\Leftrightarrow k\left| {{x}_{0}} \right|=\mu mg\Rightarrow \left| {{x}_{0}} \right|=\frac{\mu mg}{k}$

(2) Lực ma sát phụ thuộc vào chiều chuyển động của vật. Trong một dao động, con lắc chuyển động theo 2 chiều nên lực ma sát tương ứng theo 2 chiều là khác nhau.

Vật chuyển động từ phải sang trái $\Rightarrow \overrightarrow{{{F}_{ms}}}$có chiều từ trái qua phải. Tại vtcb O₁, $\overrightarrow{{{F}_{dh}}}$hướng từ phải qua trái: lò xo đang giãn ${{x}_{01}}=\frac{\mu mg}{k}={{x}_{0}}>0.$

Vật chuyển động từ trái sang phải $\Rightarrow \overrightarrow{{{F}_{ms}}}$có chiều từ phải sang trái. Tại vtcb O₂, $\overrightarrow{{{F}_{dh}}}$hướng từ trái qua phải: lò xo đang nén ${{x}_{02}}=-\frac{\mu mg}{k}=-{{x}_{0}}<0.$

$\Rightarrow $Hai vtcb đối xứng nhau qua vị trí lò xo tự nhiên O, cách O một đoạn: $\left| {{x}_{0}} \right|=\frac{\mu mg}{k}.$

+) Tìm vị trí vật dừng lại:

Xét trong một nửa chu kì 2 vị trí biên đối xứng nhau qua vtcb O₁ hoặc O₂. Và sau mỗi lần đi qua O, biên độ lại giảm một lượng $\frac{\Delta \Alpha }{2}=\frac{2\mu mg}{k}=-2{{x}_{0}}.$

Vị trí vật dừng lại sẽ là biên (v = 0). Mặt khác, ta dễ dàng chứng minh được trong đoạn $\left[ -{{x}_{\circ }},{{x}_{\circ }} \right],$lực ma sát trượt lớn hơn lực đàn hồi của lò xo, nên trong đoạn này vật chuyển động chậm dần. Nếu vật dừng lại biên ${{\Alpha }_{n}}\in $đoạn $\left[ -{{x}_{\circ }},{{x}_{\circ }} \right],$nó sẽ dừng lại mãi mãi vì khi đó lực ma sát nghỉ cân bằng với lực đàn hồi.

Tổng số lần vật đi qua O cho đến biên cuối cùng ngoài $\left[ -{{x}_{\circ }},{{x}_{\circ }} \right]$là:

$\Nu =\left[ \frac{{{\Alpha }_{\circ }}}{2{{x}_{\circ }}} \right]-1$(phép tính lấy phần nguyên).

$\Rightarrow $ Biên cuối cùng: ${{\Alpha }_{N}}={{\Alpha }_{\circ }}-\Nu .\left( \frac{\Delta \Alpha }{2} \right)$

+) Nếu N lẻ thì A_N và A₀ trái dấu.

+) Nếu N chẵn thì A_N và A₀ cùng dấu.

Lấy đối xứng với A_N qua x₀ hoặc –x₀ ta sẽ được vị trí A_n dừng lại $\in \left[ -{{x}_{\circ }},{{x}_{\circ }} \right].$

Bài tập minh họa

Lời giải chi tiết:

a) Độ giảm biên độ sau mỗi nửa chu kì = $\frac{\Delta \Alpha }{2}=\frac{2F}{k}=\frac{2\mu mg}{k}=\frac{2.0,2.0,1,1.10}{100}={{4.10}^{-3}}m=0,4cm.$

b) Số dao động thực hiện được đến khi dừng lại: $\Nu =\frac{\Alpha }{\Delta \Alpha }=\frac{12}{2.0,4}=15$dao động.

Số lần vật đi qua vị trí lò xo không biến dạng: ${{n}_{cb}}=2\Nu =2.15=30$lần.

c) Chu kì dao động: $\Tau =2\pi \sqrt{\frac{0,1}{100}}\simeq 0,2s$

Thời gian dao động đến khi dừng lại: $t=\Nu \Tau =15.0,2=3s.$

d) Quãng đường vật đi được đến khi dừng hẳn: $S=\frac{k{{\Alpha }^{2}}}{2F}=\frac{100.0,{{12}^{2}}}{2.0,2.0,1.10}=3,6m.$

e) Tốc độ trung bình của vật từ lúc dao động đến khi dừng hẳn: $v=\frac{S}{t}=\frac{3,6}{3}=1,2m/s.$

f) Tốc độ lớn nhất vật đạt được trong quá trình dao động là tốc độ vật qua vị trí cân bằng lần đầu tiên:

${{v}_{\max 1}}=\omega {\Alpha }'=\omega \left( \Alpha -\frac{\mu mg}{k} \right)=\sqrt{\frac{100}{0,1}}\left( 0,12-\frac{0,2.0,1.10}{100} \right)\approx 3,7m/s.$