HỆ THỐNG HÓA LÝ THUYẾT VÀ BÀI TẬP PHẦN DAO ĐỘNG CƠ HỌC. ÁP DỤNG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA MÔN VẬT LÍ

vectorstock.com/10212086

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

SÁNG KIẾN HỆ THỐNG HÓA LÝ THUYẾT VÀ BÀI TẬP PHẦN DAO ĐỘNG CƠ HỌC. ÁP DỤNG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VÀ OLYMPIC QUỐC TẾ WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

1. Tên sáng kiến: “HỆ THỐNG HÓA LÝ THUYẾT VÀ BÀI TẬP PHẦN DAO ĐỘNG CƠ HỌC. ÁP DỤNG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VÀ OLIMPIC QUỐC TẾ”. 2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Tài liệu cho học sinh giỏi và giáo viên dạy môn vật lí. 3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ tháng 9 năm 2014 đến tháng 5 năm 2018 4. Tác giả: 5. Đồng tác giả: Không 6. Đơn vị áp dụng sáng kiến:

BÁO CÁO SÁNG KIẾN I. Điều kiện và hoàn cảnh tạo ra sáng kiến: Trong nội dung chương trình vật lí thì phần dao động cơ học được đặc biệt quan tâm. Phần dao động cơ học được ứng dụng của tất cả các phần cơ học như động học, động lực học, năng lượng và cả cơ học vật rắn. Ngoài ra dao động cơ học còn được liên hệ với các phần khác của vật lí như nhiệt điện từ. Phần dao động là cơ sở quan trọng để nghiên cứu các phần khác như sóng cơ, sóng điện từ,... Những năm gần đây phần dao động cơ học thường xuyên xuất hiện ở các đề thi chọn học sinh giỏi quốc gia và chiếm một nội dung khá lớn trong các kì thi Olympic vật lý quốc tế. Đây là một nội dung khó và rất trừu tượng vì phạm vi rộng các kiến thức. Hơn nữa sách giáo khoa vật lý, kể cả SGK dành cho các HS chuyên đã cố gắng phân dạng nhưng chỉ nêu được các dạng cơ bản. Phần lớn các bài tập khó xuất hiện không hệ thông ở rất nhiều các tài liệu khác nhau. Trong khi với những yêu cầu của các kì thi học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế bộ môn vật lý học sinh phải hiểu được sâu sắc các vấn đề lý thuyết, trên cơ sở đó vận dụng giải các bài toán và nghiên cứu các ứng dụng là bắt buộc. + Theo qui chế trường chuyên: Tổ chuyên môn phải tự biên soạn chương trình, tự tìm và biên soạn tài liệu để giảng dạy. + Chủ trương của lãnh đạo nhà trường là đào tạo học sinh có bài bản và có nền tảng vững chắc. + Thế hệ sau kế thừa kinh nghiệm và vốn tài liệu của thế hệ trước. + Trên cơ sở chương trình khung đã được hoàn thiện, học sinh có thể tự học, tự nghiên cứu tài liệu một cách chủ động sáng tạo. Vì những lí do đó chúng tôi chọn đề tài “Hệ thống hóa lý thuyết và bài tập phần dao 1

động cơ học. Áp dụng bồi dưỡng học sinh giỏi quốc gia và Olympic quốc tế”. II. Mô tả giải pháp 1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến: Với học trò: có thể học sinh chưa nắm được hết, cũng có thể biết rồi nhưng chưa hiểu sâu hoặc chưa vận dụng được thành thạo. Có nhiều học sinh sẽ lúng túng và lo lắng khi tiếp cận với vấn đề này. Hy vọng là thông qua bài viết này học sinh sẽ có thêm nguồn tài liệu, có thể giúp ích nhiều cho học trò. - Với thầy: Học trò lúng túng cũng bởi vì thầy chưa hiểu cặn kẽ vấn đề. Qua việc viết sáng kiến kinh nghiệm và cũng để bài viết có chất lượng buộc các thầy cô phải đọc lại, đọc kỹ phần này từ đó sẽ có các giải pháp giúp học sinh. Những bài viết về vấn đề này còn giúp các thầy cô luyện thi đại học hiểu đúng, hiểu đủ bản chất trường hấp dẫn. Riêng về sóng hấp là vấn đề mới được đề cập, nó lại là lĩnh vực vật lí chuyên sâu nên khó có thể chuyển thành vật lí phổ thông để truyền đạt tới học sinh phổ thông. Việc phổ thông hóa các vấn đề hiện đại chuyên sâu là cần thiết để đáp ứng cập nhật các vấn đề mới. Trong các đề thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế thường là phổ thông hóa các vấn đề chuyên sâu, đây cũng là những bài tập khó. Bài viết này cũng nhằm mục đích cho học sinh làm quen với tình huống mới khi phổ thông hóa một vấn đề mà học sinh chưa gặp bao giờ. Các bài viết trước hết phục vụ cho thày, trò trong trường THPT chuyên Lê Hồng Phong và tham gia vào các cuộc hội các trường THPT chuyên khu vực duyên hải và đồng bằng Bắc Bộ. 2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến Đề tài sẽ hệ thống toàn bộ lí thuyết cũng như các dạng bài tập từ cơ bản dạy trên lớp các lớp chuyên Vật lí đến bồi dưỡng các đội tuyển vòng 2 chọn học sinh giỏi tham dự kì thi Châu á và Quốc tế. Vì nội dung rất dài nên phần cơ bản ôn thi đại học xin được lược bỏ để trọng tâm vào phần ôn thi học sinh giỏi. Đề tài được chia thành 3 chương: Chương 1: Lí thuyết dao động điều hòa Chương 2: Hệ thống các dạng bài cơ bản Chương 3: Hệ thông các dạng bài nâng cao

NỘI DUNG Chương 1. LÍ THUYẾT DAO ĐỘNG ĐIỀU HOÀ I - ĐỊNH NGHĨA VÀ CÁC ĐẠI LƯỢNG DAO ĐỘNG ĐIỀU HÒA 1. Các định nghĩa Dao động là chuyển động được lặp lại nhiều lần xung quanh một vị trí cân bằng. Dao động tuần hoàn là dao động mà cứ sau những khoảng thời gian bằng nhau thì trạng thái dao động được lặp lại như cũ. Khoảng thời gian ngắn nhất để trạng thái dao động lặp lại như cũ được gọi là chu kỳ dao động T. Đó cũng là khoảng thời gian để vật thực hiện được một dao động hoàn chỉnh. Đối với vật dao động tuần hoàn thì tọa độ của nó là hàm số tuần hoàn đối với thời gian x(t) = x(t + T). Tần số dao động f là số dao động tuần hoàn thực hiện trong một đơn vị thời gian. Như vậy tần số là nghịch đảo của chu kỳ. Dao động điều hòa là dao động tuần hoàn mà quy luật lặp lại có dạng hàm số sin hoặc cosin đối với thời gian. Như vậy dao động điều hòa là trường hợp riêng của dao động tuần hoàn. 2. Phương trình dao động. Vận tốc và gia tốc của vật dao động điều hòa. Phương trình: hay

x = Acos(ωt + ϕ) (2.1) x A

x" + ω2x = 0 (2.2)

trong đó: A và ω là những hằng số dương (vì

chúng tương ứng với bán kính và tốc độ góc

−A

của chuyển động tròn đều của điểm M). ϕ là hằng số, có giá trị nằm trong khoảng từ –π

v ωA

đến +π (rad) vì nó tương ứng với toạ độ góc

ban đầu của điểm M.

−ωA a

Phương trình (2.1) là nghiệm của phương

ω2A

trình vi phân (2.2). Với A và ϕ là các hằng số mà ta có thể xác định được dựa vào điều kiện ban đầu (vận tốc và li độ tại thời điểm t = 0).

O −ω2A 3

Hình 1: Các đồ thị x(t), v(t), a(t)

A gọi là biên độ, đó là giá trị cực đại của li độ và cũng là khoảng cách từ vị trí cân bằng đến vị trí biên. Tổng (ωt + ϕ) gọi là pha của dao động, trong đó ω là tần số góc, còn ϕ là pha ban đầu mà giá trị của nó phụ thuộc vào thời điểm được chọn làm gốc thời gian. Liên hệ giữa tần số góc ω và chu kỳ T của dao động điều hòa: vì hàm sin có chu kỳ 2π, nên ta có thể viết:   2π   x(t ) = A sin(ωt + ϕ ) = A sin(ωt + ϕ + 2π ) = A sin ω  t +  + ϕ  = x(t + T ) ω    

Do đó: T = 2π/ω. Vận tốc v và gia tốc a vào thời gian của dao động điều hòa có thể xác định được bằng phép lấy đạo hàm bậc nhất và bậc hai của li độ theo thời gian: v(t) = x’ = -ωAsin(ωt + ϕ) a(t) = x’’ = - ω2A.cos(ωt + ϕ) Như vậy vận tốc và gia tốc cũng biến thiên điều hòa với tần số góc bằng ω, nhưng vận tốc sớm pha π/2 so với li độ, còn gia tốc thì ngược pha với li độ. Đồ thị sự phụ thuộc vào thời gian của các đại lượng này ứng với trường hợp ϕ = π/2 được vẽ trên hình 1. 3. Mô hình toán học Chuyển động của hình chiếu P của một điểm M chuyển động tròn đều lên một đường kính được xem là mô hình toán học của dao động điều hoà (Hình 2.1). Khi lập phương trình của dao động điều hoà ta quy ước như sau: a) Điểm M chuyển động theo chiều dương (ngược chiều

Hình 2.1

kim đồng hồ). b) Trục x trên đó hình chiếu P dao động được chọn làm gốc để xác định toạ độ góc của điểm M và pha ban đầu của điểm P. II - KHẢO SÁT DAO ĐỘNG CỦA MỘT HỆ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐỘNG LỰC HỌC 1. Chọn đối tượng khảo sát là vật có khối lượng m. Xác định các lực tác dụng lên vật. 2. Xác định vị trí cân bằng của vật. Chọn gốc toạ độ của trục x tại VTCB.

3. Tìm hợp lực F của các lực tác dụng vào vật tại li độ x. 4

Nếu hợp lực có dạng đại số là F = -kx (2.3) trong đó k là hệ số tỉ lệ, thì vật m dao động điều hoà. 4. Để tìm tần số góc ω ta áp dụng định luật II Niu-tơn: mx" = -kx. ⇒ x"+

k 2 x = 0 ⇒ x" + ω x = 0 ⇒ ω = m

k . m

III – KHẢO SÁT DAO ĐỘNG CỦA MỘT HỆ BẰNG PHƯƠNG PHÁP NĂNG LƯỢNG 1. Chọn đối tượng khảo sát là hệ dao động. Xác định các lực tác dụng lên vật m của hệ. 2. Chọn vị trí cân bằng làm mốc để tính thế năng của hệ. Thế năng của hệ bằng tổng các thế năng tương ứng với những lực thế tác dụng vào vật và thực hiện công lên vật. Nói cách

khác thế năng của hệ tương ứng với hợp lực của các lực thế tác dụng lên vật. 3. Tìm thế năng của hệ ở li độ x Ví dụ, để tìm thế năng của hệ tương ứng với hợp lực F = -kx, ta sử dụng mối liên hệ sau đây: dA = Fdx = -dWt x

Wt = ∫ kxdx = 0

1 2 kx 2

(2.3) 1 2

Như vậy, nếu biểu thức thế năng của hệ có dạng Wt = kx2 trong đó k là một hệ số tỉ lệ thì hệ dao động điều hoà. Khi ấy phương trình cơ năng của hệ là: 1 1 W = mv 2 + kx 2 = const 2 2

(2.4)

4. Để tìm tần số góc ω, ta lấy đạo hàm bậc hai theo thời gian của phương trình (2.4). Ta lại được phương trình vi phân x" + ω2x = 0 và tìm được ω =

k . m

5. Cơ năng dao động điều hòa. Cơ năng dao động điều hòa gồm động năng và thế năng. - Động năng: K=

mv 2 1 1 1 = mω 2 A2 cos 2 (ωt + ϕ ) = mω 2 A2 + mω 2 A2 cos(2ωt + 2ϕ ) 2 2 4 4 5

- Thế năng: U=

kx 2 1 1 1 = mω 2 A2 sin 2 (ωt + ϕ ) = mω 2 A2 − mω 2 A2 cos(2ωt + 2ϕ ) 2 2 4 4

Như vậy động năng và thế năng biến thiên điều hòa xung quanh giá trị trung bình là 1 mω 2 A2 , với cùng tần số góc 2ω, nhưng ngược pha nhau: cứ động năng tăng lên thì thế năng 4

1 2

giảm đi và ngược lại. Cơ năng dao động điều hòa: E = K + U = mω 2 A2 = const IV. MỘT SỐ HỆ DAO ĐỘNG ĐIỀU HÒA Các hệ vật mà chúng ta nói đến trong phần này đều được giả thiết rằng chúng dao động trong điều kiện lý tưởng mà ma sát có thể bỏ qua. 1. con lắc lò xo

Xét một hệ gồm một vật nhỏ treo vào một đầu lò xo nhẹ có độ cứng là k. Vật trượt trên một giá nằm ngang

nhẵn.

P O

a. Lập phương trình dao động bằng phương pháp động lực học

Hình 3: Con lắc lò xo

Chọn gốc tọa độ tại vị trí cân bằng (ở đó lò xo không biến dạng). Do trọng lực luôn cân bằng với phản lực pháp tuyến của giá đỡ, nên khi vật có tọa độ x, chỉ có lực đàn hồi F = - kx truyền gia tốc cho vật: a = x '' = −

k x m

Đặt ω 2 = k / m , ta có phương trình: x ''+ ω 2 x = 0 , với nghiệm x (t ) = A sin(ωt + ϕ ) . Như vậy con lắc lò xo dao động điều hòa với chu kỳ: T =

2π

= 2π

m k

b. Lập phương trình dao động bằng phương pháp năng lượng Ta cũng có thể thu được phương trình trên từ định luật bảo toàn năng lượng: E=

1 2 1 2 mv + kx = const 2 2

Đạo hàm hai vế theo thời gian, với chú ý là v = x ' và v ' = x '' ta có: mv.v '+ kx.x ' = 0 , 6

suy ra: x ''+ ω 2 x = 0 , với ω 2 = k / m .

2. Con lắc đơn. Con lắc đơn là một hệ vật gồn một vật nặng nhỏ, treo vào đầu một sợi dây nhẹ không giãn có chiều dài l. a. Lập phương trình dao động bằng phương pháp động

lực học Chọn gốc tọa độ ở vị trí cân bằng, lúc đó sợi dây có

m O

phương thẳng đứng. Ta chỉ xét các dao động nhỏ, tức là dao động

mà biên độ góc (góc lệch lớn nhất của sợi dây với phương thẳng P

đứng) là nhỏ. Tại vị trí vật có li độ s, khi sợi dây lệch với phương thẳng đứng góc nhỏ α tương ứng, vật chịu tác dụng của hai lực:

Hình 4: Con lắc đơn

trọng lực P và lực căng dây T. Phân tích trọng lực thành hai thành phần: P1 = Pcos α theo phương của dây và P2 = Psin α vuông góc với dây (hình vẽ). Vì dao động là nhỏ, nên có thể coi gần đứng là T cân bằng với P1. Chỉ còn thành phần P2 truyền gia tốc cho vật. Theo định luật II Newton ta có: m.a = − P2

Thay a = s '' và P2 = mg sin α = mgα ( rad ) = mg

s l

ta có: s ms '' = mg . l

Đặt ω 2 = g / l , ta viết phương trình trên thành: s ''+ ω 2 s = 0

Nghiệm của phương trình vi phân này là: s = S0 sin(ωt + ϕ ) . Điều này cũng có nghĩa là, với biên độ nhỏ thì con lắc đơn dao động điều hòa với chu kỳ: T = 2π

l g

b. Lập phương trình dao động bằng phương pháp năng lượng

Xét về mặt năng lượng, tại thời điểm vật có li độ s thì vật có vận tốc v = s’, nên động năng của vật là

1 m( s ') 2 và thế năng mgh, với h = l (1 − cos α ) = 2l sin 2 (α / 2) . Do góc α nhỏ 2

nên sin(α / 2) ≈ α / 2 = s /(2l ) , vì thế h = s 2 (2l ) , tức là thế năng bằng E=

1 g 2 m s . Cơ năng của hệ: 2 l

1 1 g m( s ') 2 + m s 2 = const 2 2 l

Đạo hàm hai vế theo thời gian, ta thu được phương trình sau: s ''+ ω 2 s = 0 , với ω 2 = g / l .

3.Con lắc vật lí Con lắc vật lí là một vật rắn dao động quanh một trục cố định không đi qua khối tâm và vuông góc với mặt phẳng trên đó vật dao động.

a. Lập phương trình dao động bằng phương pháp động lực học Chọn VTCB OO1 làm gốc để tính li độ góc α, chiều dương từ trái sang phải. Khi con lắc lệch sang trái thì α< 0, lệch sang phải thì α> 0. Trong cả hai trường hợp thì momen của trọng lực đối với trục quay O đều làm cho vật quay trở về VTCB (Hình 2.9). b) Áp dụng phương trình cơ bản của chuyển động quay, ta viết: M P, O = IO α "

-mgdsinα = IOα"

Hình 2.9

(2.16)

trong đó d là khoảng cách OG. Khi α nhỏ, sinα≈α (rad), phương trình (2.16) trở thành: -mgdα = IOα" hay

α "+

Đặt ω2 =

mgd α=0 IO

mgd 2 , ta được: α" + ω α = 0 I

(2.17)

Phương trình (2.17) là phương trình vi phân của DĐĐH với tần số góc ω = mgd hay IO

với chu kì T = 2 π

IO . mgd

b. Lập phương trình dao động bằng phương pháp năng lượng Chọn mốc thế năng ở VTCB. Thế năng của vật ở li độ góc α là: Wt = mgd (1 - cosα) Động năng của con lắc ở li độ góc α là: W® =

1 1 I O ω2 = I O (α ')2 2 2

Nếu bỏ qua mọi ma sát thì cơ năng của con lắc được bảo toàn: W=

1 I0 (α ')2 + mgd(1 − cos α) = const 2

(2.18)

Nếu góc α nhỏ, phương trình (2.18) trở thành: W=

1 1 I O (α ')2 + mgdα 2 = const 2 2

(2.19)

Phương trình (2.19) chứng tỏ con lắc DĐĐH. Để tìm ω ta lấy đạo hàm theo thời gian của phương trình (2.19): dW = I O α ' α "+ mgdαα ' = 0 dt

α "+

mgd α=0 IO

(2.20)

Phương trình (2.20) cho ta ω = mgd IO

Như vậy, khi biên độ góc nhỏ thì dao động của con lắc vật lí là dao động điều hoà. c. Dao động của vật rắn trong trường hợp tổng quát Dao động phẳng tổng quát của vật rắn là trường hợp riêng của chuyển động phẳng của vật rắn. Điều đó dẫn đến việc khảo sát hai chuyển động thành phần của nó. Đó là: - Khảo sát dao động của khối tâm. - Khảo sát dao động của vật quanh một trục qua khối tâm. 9

4. Con lắc xoắn dây? Một vật treo vào đầu một sợi dây, đầu kia của dây treo vào một giá đỡ. Nếu ta xoay vật đi một góc θ quanh một trục trùng với dây làm cho dây bị xoắn một góc θ, thì sợi dây sinh ra những lực có momen chống lại sự xoắn, làm cho vật quay về VTCB. Khi ấy ta được một con lắc xoắn dây (Hình 2.10). Thí nghiệm cho thấy momen xoắn tỉ lệ với góc xoắn θ. M = -Kθ

(2.21)

trong đó hệ số tỉ lệ K gọi là hằng số xoắn dây. * Lập phương trình dao động Áp dụng phương trình cơ bản của chuyển động quay ta được:

Hình 2.10

M = Iθ" -Kθ = Iθ" θ "+

K 2 θ = 0 hay θ"+ ω θ = 0 I

(2.22)

Phương trình (2.22) cho thấy con lắc DĐĐH với tần số góc ω = T = 2π

I . K

V. DAO ĐỘNG TẮT DẦN 1 - ĐỊNH NGHĨA Dao động có biên độ giảm dần theo thời gian gọi là dao động tắt dần.

Hình 2.2 biểu diễn một dao động tắt dần. 2 - NGUYÊN NHÂN Nguyên nhân chung là do lực cản của môi trường và ma sát sinh ra ở trong hệ. Năng lượng 10

K hay với chu kì I

tiêu hao dưới dạng nhiệt tương ứng với sự giảm dần biên độ dao động. 3 - KIỂU DAO ĐỘNG TẮT DẦN DO LỰC MA SÁT KHÔ a. Phương trình dao động tắt dần của con lắc lò xo Xét một con lắc lò xo dao động trên giá đỡ nằm ngang. Giữa vật và giá đỡ có lực ma sát với độ lớn không đổi tác dụng. Đối với vật, lực này luôn hướng ngược chiều vận tốc. Chọn vị trí mà lò xo không biến dạng làm gốc tọa độ. Xét lúc vật đang có tọa độ x và chuyển động ngược chiều dương, khi ấy lực cản FC hướng theo chiều dương (hình vẽ). Phương trình định luật II Newton: −kx + FC = mx '' hay

F  −k  x − C k 

  = mx '' 

N FC

Đặt u = x −

FC thì ta có: k

u '' = −

k u = −ω 2u m

P O

Phương trình trên chứng tỏ trong thời gian vật đang chuyển động ngược chiều dương, quy luật chuyển động là điều hoà, mà vị trí cân bằng ứng với lò xo bị biến dạng là a =

FC , tức là vị trí cân bằng có tọa độ là + a. Tương tự khi vật k

đang có li độ x mà chuyển động cùng chiều dương thì FC ngược chiều dương và ta có: − kx − FC = mx ''

Lại đặt: u1 = x +

FC k → u1'' = − u1 = −ω 2u1 . Nghĩa là quy luật chuyển động cũng là điều hòa, k m

xung quanh vị trí cân bằng có tọa độ – a. Gọi thời gian vật chuyển động giữa hai vị trí biên (tại đó vận tốc bằng không) và nằm ở cùng phía đối với gốc tọa độ là chu kỳ T thì: T =

2π

= 2π

m , tức là giống như con lắc lò xo thông k

thường. Tuy nhiên ta cần nhớ là đối với những dao động tắt dần thì sẽ không còn sự lặp lại của những thời điểm có cùng vị trí và vận tốc nữa. b. Điều kiện để vật dừng lại hẳn Vận tốc bằng không: v = x' = 0. Độ lớn của lực kéo về nhỏ hơn lực ma sát nghỉ cực đại: k x ≤ µmg . hay x ≤ a với a =

µmg (miền nghỉ -a ≤ x ≤ a). k 11

c. Chu kì dao động Chu kì dao động tắt dần do ma sát khô bằng chu kì dao động riêng không ma sát. d. Sự giảm biên độ Kí hiệu A0 là biên độ ban đầu của vật tính từ VTCB. Li độ cực đại dương sẽ chiếm các giá trị lần lượt là: A0, A0 - 4a, A0 - 8a,... (A0 - n)4a (n là số nguyên) Li độ cực đại âm có giá trị tuyệt đối lần lượt là:  1   A0 - 2a, A0 - 6a,..., A0 −  n +  4a (n là số nguyên)  2  

Tóm lại, các biên độ giảm dần theo một cấp số cộng với công sai là: d = 4a =

4µmg k

Trong phần này, ta định nghĩa biên độ là khoảng cách từ gốc tọa độ (nơi lò xo không biến dạng) đến vị trí biên (nơi vận tốc của vật bằng không). Biên độ dao động giảm dần. Để xét quy luật giảm của biên độ ta sử dụng định luật bảo toàn năng lượng. Độ giảm thế năng giữa hai vị trí biên ở hai bên gốc tọa độ bằng công của lực cản thực hiện khi vật dịch chuyển giữa hai vị trí ấy: kAn2 kAn2+1 2F − = FC ( An + An +1 ) → An +1 = An − C = An − 2a 2 2 k

Như vậy biên độ giảm theo cấp số cộng. Sau mỗi "chu kì", biên độ dao động giảm ∆A =

4 FC = 4a . Cuối cùng vật dừng lại, tại đó lò xo có thể biến dạng hoặc không biến dạng, k

tuy nhiên chắc chắn là độ biến dạng x phải thoả mãn điều kiện: kx ≤ FC. Miền có x ≤

FC gọi k

là miền nghỉ. Khi vận tốc của vật bằng 0 ở miền nghỉ thì nó dừng lại ở đó mãi mãi. Đồ thị sự phụ thuộc vào thời gian của tọa độ như trên hình vẽ. Các vị trí biên nằm trên hai đường thẳng. Chý ý là các thời điểm T/4, 3T/4, 5T/4 không phải là các thời điểm vật có x = 0 mà có tọa độ x = a hoặc – a.

x A0 (A0− 4a) +a

−a

3T/4 T/4

3T/2

5T/

−(A0− 6a) −(A0− 2a) −A0

4 - KIỂU DAO ĐỘNG TẮT DẦN DO CHỊU LỰC MA SÁT NHỚT a. Trong nhiều trường hợp, lực làm tắt dần có thể xem là tỉ lệ thuận với vận tốc: F =−bv , Chẳng hạn, khi vật có dạng hình cầu bán kính r chuyển động với vận tốc v trong chất lỏng có

hệ số nhớt η thì chịu lực cản xác định bởi công thức Stokes: Fc = −6πη rv . Đối với chất điểm, đầu tự do của con lắc lò xo chịu lực kéo về:

Flx = -kx

b. Phương trình dao động mx" = -kx - bx'

hay

mx" + bx' + kx = 0 (2.6)

Phương trình (2.6) là phương trình vi phân bậc hai theo thời gian của dao động tắt dần. c. Giải phương trình Giải phương trình bằng cách đoán nghiệm. Khi b có giá trị nhỏ thì thí nghiệm (Hình 2.4) cho thấy dạng của x như hình 2.2. Nó giống như một hàm côsin (hay sin) nhân với một thừa số e-λt Để xác định pha ban đầu ϕ người ta giả sử x = A tại thời điểm t = 0 ⇒ϕ = 0. Khi đó nghiệm của phương trình là: x = Ae-λtcosωt (2.7) Lấy đạo hàm theo thời gian:

x' = -λAe-λtcosωt - ωAe-λtsinωt

x" = λ2Ae-λtcosωt + λωAe-λtsinωt + λωAe-λtsinωt - ω2Ae-λtcosωt 13

Hình 2.4

Thay vào (2.6), nếu x = Ae-λtcosωt đúng là nghiệm của (2.6) thì nó phải đúng với mọi t. Chọn ωt = 0 và ωt =

Suy ra: λ =

mλ2 − mω2 − bλ + k = 0  2λωm − bω = 0

π ta được: 2

b ; ω= 2m

k b2 − . m 4m 2

Vậy x = Ae-λtcosωt đúng là nghiệm của (2.6). Ta viết lại (2.6) như sau:

(2.8)

x " + 2 λ x '+ ω02 x = 0

Vậy khi hệ số tắt dần b có giá trị nhỏ thì li độ của vật là: bt 2m x = Ae cos ωt −

(2.9)

k b2 ω= − = ω02 − λ 2 2 m 4m

với

(2.10)

d. Chu kì Gọi ω0 =

k là tần số góc khi không có tắt dần. Ta có nhận xét: ω<ω0 ⇒ T > T0. m

Như vậy dao động tắt dần do ma sát nhớt có chu kì lớn hơn (hay tần số nhỏ hơn) so với dao động điều hoà riêng.

e. Sự giảm dần của li độ cực đại Trong trường hợp sự tắt dần không quá quan trọng, b2< 4mk (để (2.10) có nghĩa), ta bt 2m x = Ae cos ωt −

có một chế độ tắt dần theo phương trình:

Ở đây, sự giảm dần của biên độ tuân theo quy luật của hàm mũ. Những li độ cực đại dương có giá trị lần lượt là: trong đó δ =

A0, A0e-δ, A0e-2δ, A0e-3δ, A0e-4δ,...

bT và T là "giả chu kì" của dao động. Như vậy các biên độ giảm dần theo cấp 2m

số nhân với công bội e-δ. f. Phương diện năng lượng Nhân phương trình (2.6) với vận tốc v = x' ta được: mx'x" + kxx' = -bx'2 = Fcv

 mv 2 kx 2  d +  = P dt (P là công suất tức thời của lực ma sát)  2 2 

dW = P dt

(W là cơ năng của vật)

Như vậy về phương diện năng lượng, độ giảm cơ năng của vật bằng công do lực ma sát sinh ra. 5 – CHẾ ĐỘ KHÔNG TUẦN HOÀN (HAY KHÔNG DAO ĐỘNG) Hệ số tắt dần b càng lớn thì sự tắt dần xảy ra càng nhanh. Tuy nhiên, công thức (2.10) sẽ không thoả mãn khi b2> 4mk. Khi ấy ω là số ảo, hệ không chỉ không dao động mà nó về vị trí cân bằng ngay lập tức. Đồ thị hình 2.6 miêu tả ba trường hợp thường gặp: + Đường cong C biểu diễn tình huống ở đó sự tắt dần quan trọng đến nỗi hệ thống cần nhiều thời gian để trở về VTCB.

Hình 2.6

Người ta gọi đó là sự tắt dần trên tới hạn hay là chế độ không tuần hoàn.

+ Đường cong A tương ứng với tình huống chi phối bởi (2.10). Hệ thực hiện một số dao động tắt dần trước khi đứng yên. + Đường cong B tương ứng miêu tả trường hợp tắt dần tới hạn, nghĩa là b2 = 4mk và hệ về vị trí cân bằng với thời gian ngắn nhất. Những hệ thống tắt dần như các thiết bị đóng cửa tự động hay giảm xóc ô tô hoạt động với tình huống B. Tuy nhiên, dần dà các thiết bị này bị hao mòn. Khi ấy chúng sinh ra lực tắt dần yếu, thành thử các cánh cửa kêu cót két và các xe ô tô nhảy chồm lên sau khi va vào một chỗ gồ ghề. Các chiếc kim của đồng hồ đo điện như vôn kế, ampe kế dao động tắt dần tới hạn hay dưới một chút. Nếu b quá nhỏ, chúng dao động khá mạnh trước khi chỉ giá trị đúng. Ngược lại, chúng chịu một sự tắt dần quan trọng thì lại cần rất nhiều thời gian để chỉ đúng. Điều đó có hại cho việc ghi biến thiên nhanh. VI. DAO ĐỘNG CƯỠNG BỨC - CỘNG HƯỞNG 1. DAO ĐỘNG CƯỠNG BỨC a. Hiện tượng 15

Nếu người ta tác dụng vào quả cầu con lắc lò xo một ngoại lực biến thiên tuần hoàn có k (ω0 được gọi là tần số góc riêng của con lắc) thì quả cầu sẽ dao m

tần số góc khác ω0 =

động với tần số góc ω của ngoại lực. b. Phương trình dao động (có tính đến sự tắt dần) mx" = -kx - bx' + F0cosωt hay

mx" + kx + bx' = F0cosωt

(2.11)

Ta có thể chứng minh nghiệm của phương trình (2.11) là: x = Acos(ωt - ϕ)

(2.12)

Cần xác định A và ϕ ta có: x ' = −ω Asin(ω t − ϕ) = A ω cos  ω t − ϕ + π  

2

(k - mω2)Acos(ωt - ϕ) + bAω cos  ω t − ϕ + π  = F0cosωt

(2.13)

x" = -ω2x Thay vào (2.11) ta có: 

2

Để tìm A và ϕ từ (2.13) ta dùng giản đồ Fre-nen. Từ đó suy ra: F02 = (bA ω)2 + (k − m ω2 )2 A 2

tan ϕ =

Thay

(2.14)

(bω)2 + (k − mω2 )2 bω

(2.15)

(k − mω)2

Hình 2.7

k = ω02 vào (2.14) ta có: m F0

A= m

(bω)2 m

tan ϕ =

(2.14b)

(

+ ω02 − ω2

)

bω

(

m ω02 − ω2

(2.15b)

) 16

Thực ra nghiệm của (2.11) còn một số hạng nữa tương tự như nghiệm của phương trình dao động tắt dần nhưng theo thời gian thì sẽ mất, thành thử (2.12) phù hợp với nhiều trường hợp. 2 - HIỆN TƯỢNG CỘNG HƯỞNG a. Biên độ của dao động cưỡng bức phụ thuộc nhiều vào hiệu (ω ω - ω0) Thật vậy, từ (2.14b) lấy đạo hàm theo ω và cho triệt tiêu. 2 Am  bω  =   + ω02 − ω2  F0  m   2

Đặt y =

(

−

)

1 2

−

 bω 2 2 2  dy b2  2 2  2 2 = 2 ω  + ω − ω . ω − ω − Đặt y' =    0 0 dω  m    2m 2 

(

Đặt ω12 = ω02 −

b2 2m 2

)

Ta thấy khi ω = ω1 thì y' = 0. F0

⇒ A max = m

(bω1 )2 m2

(

+ ω02 − ω12

)

⇒ A max =

b ω02 −

b2 4m 2

Hiện tượng cộng hưởng xảy ra khi tần số ω của dao động cưỡng bức xấp xỉ bằng tần số của dao động riêng ω0. Tức là khi: ω = ω1 = ω02 −

b2 2m2

≈ ω0

b. Ảnh hưởng của lực cản đối với dao động cưỡng bức • Khi

b2 4m

≪ ω02 hay b ≪ 2mω0 , tức là khi lực cản nhỏ

thì hiện tượng cộng hưởng xảy ra khi ω1 = ω0 hay fcbức = f0. Khi đó A max =

F0 rất lớn, ta được hiện tượng cộng hưởng bω0

nhọn.

• Khi b lớn, ω1<ω0, ta được hiện tượng cộng hưởng tù. 17

Hình 2.8

Đồ thị cộng hưởng như hình 2.8. VII. TỔNG HỢP DAO ĐỘNG 1. Biểu diễn dao động điều hòa bằng véc tơ quay. a. Mối liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều. Xét chất điểm M chuyển động tròn đều trên đường A

tròn tâm O, bán kính bằng A với vận tốc góc là ω

x M

ngược chiều kim đồng hồ (quy ước là chiều dương). Chọn một hệ trục tọa độ vuông góc Ox∆ có gốc trùng

ω.t ϕ

với tâm O của đường tròn. Xét hình chiếu P của M

∆

trên một trục tọa độ Ox. Dễ dàng thấy rằng, khi M chuyển động tròn thì P dao động xung quanh O. Giả sử ở thời điểm ban đầu t = 0, bán kính véc tơ hợp với

−A

trục O∆ một góc ϕ, thì đến thời điểm t, bán kính véc tơ hợp với trục đó góc (ω.t + ϕ). Tọa độ của P khi đó là: xP = A.sin(ωt + ϕ )

Nghĩa là: hình chiếu của một chất điểm chuyển động tròn đều lên một đường thẳng nằm trong mặt phẳng quỹ đạo sẽ dao động điều hòa trên đường thẳng đó với tần số góc bằng vận tốc góc của chuyển động tròn đều, với vận tốc và gia

tốc bằng hình chiếu của các véc tơ vận tốc dài và gia tốc hướng tâm của chuyển động tròn đều lên đường

A (t)

thẳng ấy.

A (t=0)

ω.t ϕ

b. Biểu diễn dao động điều hòa bằng véc tơ quay. Mối liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động

∆

tròn đều nói trên gợi ý cho cách biểu diễn dao động điều hòa bằng véc tơ quay.

Dao động được mô tả bởi phương trình x = A sin(ω t + ϕ ) có thể biểu diễn bằng một véc tơ A với các đặc điểm sau:

Gốc của véc tơ A trùng với gốc tọa độ O.

Độ dài của véc tơ A tỷ lệ với biên độ của dao động.

Véc tơ A được vẽ trên hệ tọa độ tại thời điểm t = 0, sao cho A hợp với trục pha một

góc bằng pha ban đầu ϕ của dao động. -

Véc tơ A quay với tốc độ góc bằng tần số góc ω của dao động theo chiều dương quy

ước là ngược chiều kim đồng hồ.

Khi đó đầu mút của A sẽ dịch chuyển trên đường tròn và ở thời điểm t bất kỳ thì hình chiếu

Ax của A lên trục li độ có giá trị bằng li độ của dao động mà A biểu diễn: Ax = x(t ) = A sin(ωt + ϕ )

Ta gọi hệ trục tọa độ cùng với các véc tơ quay biểu diễn các dao động điều hòa là giản đồ véc tơ (hoặc giản đồ Frenen). Độ lệch pha của hai dao động bằng góc giữa các véc tơ quay biểu diễn hai dao động ấy. 2. Tổng hợp các dao động cùng phương cùng tần số. Giả sử một dao động là tổng hợp của hai dao động điều hòa cùng phương cùng tần số cho bởi các phương trìnhsau: x1 = A1 sin(ωt + ϕ1 ) và x2 = A2 sin(ωt + ϕ2 ) Phương trình của dao động tổng hợp cần tìm là x = x1 + x2. Có thể thực hiện các biến đổi lượng giác như sau: x = A1 sin(ωt ) cos ϕ1 + A1co s(ωt ) sin ϕ1 + A2 sin(ωt ) cos ϕ2 + A2 cos(ωt ) sin ϕ2 = [ A1 cos ϕ1 + A2 cos ϕ 2 ]sin(ωt ) + [ A1 sin ϕ1 + A2 sin ϕ2 ]co s(ωt )

Đặt a = A1 cos ϕ1 + A2 cos ϕ2 ; b = A1 sin ϕ1 + A2 sin ϕ 2 . Ta có thể viết:   a b x = a2 + b2  sin(ωt ) + cos(ωt )  . 2 2 a2 + b2  a +b 

Bây giờ đặt A = a 2 + b2 , và đưa vào góc ϕ với sin ϕ =

b 2

a +b

, co s ϕ =

a 2

a + b2

thì nhận được: x = A sin(ω t + ϕ ) , trong đó: A = a 2 + b 2 = A12 + A22 + 2 A1 A2 cos(ϕ1 − ϕ 2 )

còn: tgϕ =

b A1 sin ϕ1 + A2 sin ϕ 2 = a A1 cos ϕ1 + A2 cos ϕ2

Mặc dù ra kết quả, nhưng cách làm trên khá dài dòng, phức tạp và sẽ rất khó khăn trong trường hợp tổng hợp từ ba dao động trở lên, do đó ta thường dùng cách biến đổi lượng giác 19

trên khi tổng hợp hai dao động điều hòa có cùng biên độ. Cách làm đơn giản và tổng quát hơn là dùng phương pháp véc tơ quay. Ta đã biết rằng mỗi dao động điều hòa x1 và x2

đều có thể biểu diễn bằng véc tơ quay A1 và A2

tương ứng, và ở mỗi thời điểm thì hình chiếu của

chúng lên trục Ox bằng li độ của dao động mà nó biểu diễn: A1x = x1 ; A2 x = x2 . Xét véc tơ tổng

A = A1 + A2 (xem hình vẽ). Khi A1 và A2 quay thì

ϕ2

∆

hình bình hành OA1AA2 không biến dạng, tức là A cũng quay với vận tốc góc ω và do đó nó biểu diễn một dao động điều hòa nào đó có tần

số góc ω.

Vì ở mỗi thời điểm, hình chiếu của A lên trục Ox bằng tổng hình chiếu các véc tơ A1 và A2

lên trục đó, nên Ax = A1x + A2 x = x1 + x2 = x . Nghĩa là A biểu diễn dao động tổng hợp. Vậy dao

động tổng hợp cũng có tần số là ω, biên độ của dao động đó bằng độ dài A và pha ban đầu

thì bằng góc giữa A với trục pha mà ta dễ dàng tìm được dựa vào giản đồ véc tơ. Theo định lý hàm số côsin, trong tam giác OA1A, có: A = A12 + A22 + 2 A1 A2 cos(ϕ1 − ϕ2 )

Còn tgϕ =

A1 sin ϕ1 + A2 sin ϕ 2 A1 cos ϕ1 + A2 cos ϕ 2

Các phép tính này rõ ràng là đơn giản hơn nhiều so với cách biến đổi lượng giác ở trên. Mở rộng cho trường hợp tổng hợp N dao động điều hòa cùng phương cùng tần số: x = x1 + x2 + ... + xN , với xi = Ai sin(ωt + ϕi ) , i = 1, 2, …, N.

Dùng phương pháp giản đồ véc tơ, mỗi dao động thành phần được biểu diễn bằng véc tơ quay tương ứng, và dao động tổng hợp sẽ được biểu diễn bằng véc tơ: A = A1 + A2 + ... + AN , trong đó Ai biểu diễn dao động xi.

Dao động tổng hợp có dạng: x = A sin(ωt + ϕ ) , trong đó A và ϕ có thể tính theo các biểu thức sau:

∑ A sin ϕ

    A =  ∑ Ai sin ϕi  +  ∑ Ai cos ϕi  ; tgϕ =  i =1   i =1  N

i =1 N

∑ A co s ϕ i

i =1

3. Tổng hợp các dao động cùng phương có tần số khác nhau chút ít. Hiện tượng phách. Giả sử một dao động là tổng hợp của hai dao động điều hòa cùng phương với phương trình: x1 = A1 sin (ω1t + ϕ1 ) và x2 = A2 sin (ω2t + ϕ2 )

Không mất tính tổng quát, ta giả sử ω1 > ω2 . Tần số hai dao động này khác nhau chút ít nghĩa là ∆ω = ω1 − ω2 << ω1 , ω2 . Để tìm phương trình của dao động tổng hợp: x = x1 + x2, ta thực hiện phép biến đổi sau: x = x1 + x2 = A1 sin (ω1t + ϕ1 ) + A2 sin ( ω2t + ϕ2 ) = A1 sin (ω1t + ϕ1 ) + A1 sin (ω2t + ϕ2 ) + ( A2 − A1 ) sin (ω2t + ϕ2 )

ϕ − ϕ 2   ω1 + ω2 ϕ1 + ϕ2   ω − ω2 = 2 A1 cos  1 t+ 1 t+  sin   + ( A2 − A1 ) sin (ω2t + ϕ 2 ) 2   2 2   2 ∆ϕ   ∆ω (1) = 2 A1 cos  t+  sin (ωt + ϕ ) + ( A2 − A1 ) sin (ω2t + ϕ2 ) 2   2

Trên đây ta đã đặt ϕ = ϕ1 − ϕ2 ; ω =

ω1 + ω2 2

;ϕ =

ϕ1 + ϕ2 2

Nếu A1 = A2 = A thì số hạng thứ hai triệt tiêu (phách thuần túy), và như vậy: ∆ϕ   ∆ω x = 2 A1 cos  t+  sin (ωt + ϕ ) 2   2

Biểu thức trên cho thấy dao động tổng hợp không phải là điều hòa. Nhưng vì ∆ω << ω nên ∆ω ∆ϕ  hàm số cos  t+  biến đổi rất chậm so với hàm số sin (ωt + ϕ ) nên có thể xem rằng dao 2   2

động tổng hợp là gần điều hòa, với tần số góc ω, và biên độ thay đổi rất chậm theo thời gian. Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc vào thời gian của li độ dao động tổng hợp có dạng như hình vẽ.

x 2A

−2A

Trên hình vẽ, đường liền nét biểu diễn x(t) còn đường nét đứt biểu diễn 2 A cos 

∆ω ∆ϕ  t+ . 2   2

Hiện tượng biên độ cực đại của dao động tổng hợp biến thiên một cách tuần hoàn theo thời gian với chu kỳ lớn hơn rất nhiều lần so với chu kỳ dao động gọi là hiện tượng phách. Tiếp theo ta xét trường hợp tổng quát với A1≠ A2 (phách thông thường). Tương tự (1), ta có thể viết: ∆ϕ   ∆ω x = 2 A2 cos  t+  sin (ωt + ϕ ) + ( A1 − A2 ) sin (ω1t + ϕ1 ) 2   2

(2)

Cộng hai phương trình (1) và (2) rồi chia đôi, ta được: ∆ϕ  ∆ϕ   ∆ω  ∆ω x = ( A1 + A2 ) cos  t+ t+  sin (ω t + ϕ ) + ( A2 − A1 ) sin   co s (ωt + ϕ ) 2  2   2  2

∆ω ∆ϕ  Do ∆ω << ω nên trong khoảng vài chu kỳ T = 2π/ω có thể coi cos  t+  và 2 2   ∆ϕ   ∆ω sin  t+  là không đổi, và có thể viết: 2   2

(3)

x = A sin (ωt + ϕ ) + Bco s (ωt + ϕ )

Với A = ( A1 + A2 ) cos 

∆ω ∆ϕ  ∆ϕ   ∆ω t+ t+  ; B = ( A2 − A1 ) sin   . Biên độ của dao động viết bởi 2  2   2  2

phương trình (3) là: A* = A2 + B 2 = A12 + A22 + 2 A1 A2 cos ( ∆ωt + ∆ϕ ) biến thiên điều hòa với x A1 + A2

−(A1 + A2)

t 22

* * = A1 + A2 . Chu tần số góc ω = ω1 - ω2 giữa hai giá trị cực đại Amax = A1 + A2 và cực tiểu Amin

kỳ biến thiên của biên độ (chu kỳ phách) là: τ=

TT 2π 1 = 1 2 >> T1 , T2 . Tần số (số phách trong mỗi giây): f = = f1 − f 2 . Đồ thị ∆ω T2 − T1 T

4. Tổng hợp các dao động có phương vuông góc. Giả sử một dao động là tổng hợp của hai dao động điều hòa theo hai phương vuông góc với các phương trình: x = A1 sin (ω1t + ϕ1 ) ; y = A2 sin ( ω2t + ϕ2 ) . Để biết quỹ đạo chuyển động của vật có dạng như thế nào ta tìm liên hệ giữa x và y. Xét hai trường hợp sau: a. Nếu ω1 = ω2 = ω. Ta có thể biến đổi làm mất biến thời gian để chỉ còn liên hệ giữa x và y như sau: x = sin (ωt + ϕ1 ) = sin(ωt ) cos ϕ1 + co s(ωt ) sin ϕ1 A1

(1)

y = sin (ωt + ϕ 2 ) = sin(ωt ) cos ϕ 2 + co s(ωt ) sin ϕ 2 A2

(2)

Nhân hai vế của (1) với sin ϕ 2 , hai vế của (2) với sin ϕ1 rồi trừ từng vế ta được: x y sin ϕ 2 − sin ϕ1 = sin (ωt ) sin(ϕ2 − ϕ1 ) A1 A2

(3)

Tương tự, nhân hai vế của (1) với co s ϕ 2 , hai vế của (2) với co s ϕ1 rồi trừ từng vế ta được: x y co s ϕ2 − co s ϕ1 = co s (ω t ) sin(ϕ1 − ϕ2 ) A1 A2

(4)

Bình phương hai vế các phương trình (3) và (4) rồi cộng lại với nhau ta suy ra: 2

 x   y  x. y cos (ϕ1 − ϕ 2 ) = sin 2 (ϕ1 − ϕ 2 )   +  −2 A1 A2  A1   A2 

(*)

Phương trình (*) chứng tỏ quỹ đạo của vật là đường elip. Dạng cụ thể của đường này phụ

y A2

−A1

−A1 x

−A2

Hình a:

Hình b:

∆ϕ = 0 y

∆ϕ = π

y A2

−A1

−A1 x

−A2

Hình c: ∆ϕ = π / 2

Hình d: ∆ϕ = π / 4

thuộc vào hiệu ∆ϕ = ϕ1 − ϕ2 . + Nếu ϕ1 − ϕ2 = 2kπ , tức là hai dao động thành phần cùng pha, thì phương trình (*) trở thành x y − = 0 , quỹ đạo là đường thẳng (hình a). Đây là dao động điều hòa thuần túy với tần số A1 A2

góc ω và biên độ A = A12 + A22 + Nếu ϕ1 − ϕ 2 = (2k + 1)π , tức là hai dao động thành phần ngược pha, thì phương trình (*) trở thành

x y + = 0 , quỹ đạo là đường thẳng (hình b). Đây cũng là dao động điều hòa với tần A1 A2

số góc ω và biên độ A = A12 + A22 . + Nếu ϕ1 − ϕ 2 = (2k + 1) 2

π 2

, tức là hai dao động thành phần vuông pha, thì phương trình (*) trở

 x  y  thành   +   = 1 , quỹ đạo là đường elíp với các bán trục là A1 và A2 (hình c).  A1   A2  24

+ Với các giá trị trung gian khác của ϕ1 − ϕ 2 thì quỹ dạo là các đường elíp nghiêng sang phải hoặc trái (xem hình c). 1)

Nếu ω1≠ω2 thì quỹ đạo là những đường phức tạp, gọi là các đường Lissajou. Đó là

những đường nội tiếp trong hình chữ nhật có hai cạnh là 2A1 và 2A2. Nếu tỷ số giữa các chu y

y A2

−A1

−A2 −A2

Hình a:

Hình b:

kỳ (hoặc tần số) của dao động thành phần theo các trục Ox và Oy bằng tỷ số giữa các số nguyên (chẳng hạn nếu mTx = nTy = τ, với m và n là các số nguyên) thì sau những khoảng thời gian bằng τ các tọa độ x và y có giá trị lặp lại, có nghĩa là quỹ đạo là những đường kín. Trên hình vẽ dưới đây vẽ quỹ đạo của vật cho hai trường hợp Ty = 2Tx và 3Tx = 2Ty. VIII. DAO ĐỘNG CỦA HỆ CÁC CON LẮC LIÊN KẾT Về mặt lí thuyết ta chỉ giới hạn ở việc khảo sát dao động của hệ hai con lắc liên kết. 1. Các mode dao động Ta hãy xét dao động của một hệ gồm hai quả cầu giống nhau, liên kết với nhau và với giá đỡ bằng ba lò xo giống nhau. Ở trạng thái cân bằng, cả ba lò xo đều

Hình 2.11

có chiều dài tự nhiên l0. a) Giả sử kéo hai quả cầu lệch khỏi VTCB về cùng một phía với cùng một độ lệch rồi thả ra (Hình 1.12). Lò xo ở giữa luôn luôn có chiều dài l0 nên không tác dụng lực nào lên hai quả cầu. Hai con lắc dao động với Hình 2.12

k . cùng tần số ω = m

Kiểu các con lắc liên kết dao động với cùng một tần số góc ω như vậy được gọi là mode dao động và ω

được gọi là tần số của mode.

b) Hệ hai con lắc liên kết trên đây có bao nhiêu Hình 2.13

mode ? Có hai mode. Kéo hai quả cầu về hai phía ngược chiều nhau với cùng một độ lệch rồi thả ra (Hình 2.13).

Dao động của hai con lắc có tính đối xứng gương. Trong trường hợp này lực kéo về F = -3kx. Cả hai con lắc dao động điều hoà với tần số ω ' =

3k . Đây là mode thứ hai. m

2. Sự chồng chập của các mode Việc đưa vào hai trường hợp đơn giản nhất kể trên có tầm quan trọng ở chỗ là: bất kì chuyển động nào của hệ hai con lắc liên kết, trong đó mỗi con lắc bắt đầu dao động từ trạng thái nghỉ, đều có thể miêu tả như là một tổ hợp bậc nhất của hai mode. Thật vậy, giả sử tại thời điểm t bất kì, quả cầu 1 có li độ x1, quả cầu 2 có li độ x2. Áp dụng định luật II Niu-tơn cho mỗi quả cầu, ta được hệ phương trình: mx1" = − kx1 + k(x2 − x1 ) = −2kx1 + kx2  mx"2 = − kx2 − k(x2 − x1 ) = −2kx2 + kx1

(2.23)

Giải hệ phương trình (2.23) một cách đồng thời, ta được:  (x1 + x2 )" +  (x − x )" +  1 2

k (x1 + x 2 ) = 0 m 3k (x1 − x 2 ) = 0 m

(2.24)

Vì hai con lắc bắt đầu dao động từ trạng thái nghỉ, nên nghiệm của hệ phương trình (2.24) có dạng:  k x1 + x2 = A1 cos ω1t, víi ω1 =  m  x − x = A cos ω t, víi ω = 3k 2 2 2  1 2 m

(2.25)

Cuối cùng ta được:

1  x1 = 2 (A1 cos ω1t + A2 cos ω2 t) = A cos ω1t + B cos ω2 t (2.26)  x = 1 (A cos ω t − A cos ω t) = A cos ω t − B cos ω t 1 2 2 1 2  2 2 1

Từ hệ phương trình (2.26) ta thấy: • Nếu B = 0 thì ta được mode 1. • Nếu A = 0 thì ta được mode 2. Dao động của mỗi con lắc đúng là tổ hợp bậc nhất của hai mode. 3. Phương pháp tìm các tần số của mode Gọi ω là tần số của mode phải tìm. Khi ấy ta có: x1" = −ω2 x1 và x "2 = −ω 2 x 2

(2.27)

Thay (2.27) vào (2.23) ta được: (2k − mω2 )x = kx 1 2  2 (2k − mω )x 2 = kx1

(2.28)

Từ (2.28) suy ra: (2k - mω2)2 = k2 hay 2k - mω2 = ±k Như vậy, ta tìm được hai tần số ứng với hai mode, đó là ω1 =

k 3k . và ω2 = m m

4. Mối liên hệ về biên độ dao động của hai con lắc liên kết ở mỗi mode Thay ω =

k vào phương trình (2.28) ta được x1 = x2. m

Còn thay ω =

3k vào phương trình (2.28) ta được x1 = -x2. m

Từ kết quả trên ta thấy: muốn hệ dao động theo mode 1 hay theo mode 2 thì ta phải kích thích cho hai con lắc dao động theo cách 1a hay theo cách 1b như đã nêu ở mục 1. Như vậy, ta được hai nghiệm đặc biệt của hệ phương trình (2.23) ứng với mỗi mode dao động là:  x = A cos ω1t ; mode 1  1  x 2 = A cos ω1t

 x = B cos ω2 t mode 2  1  x 2 = − B cos ω2 t 27

Nghiệm tổng quát của hệ phương trình (2.23) là:  x1 = A cos ω1t + B cos ω2 t   x 2 = A cos ω1t − B cos ω2 t

Trong trường hợp có n con lắc liên kết giống như Hình 2.11 nhưng với n rất lớn, thì các con lắc được nối thành một chuỗi. Chuỗi này được dùng làm mô hình để xét các mode dao động của một tinh thể một chiều. Khi ta làm cho chuỗi dao động, thì dao động của chuỗi có thể xem là sự chồng chập của nhiều mode, mỗi mode có một tần số đặc trưng riêng. Có bao nhiêu mode dao động? Người ta chứng minh được rằng hệ n con lắc liên kết thì có n mode. IX. Phép toán gần đúng trong các bài toán vật lý Để sử dụng phép toán gần đúng ta cần sử dụng các phép khai triển sau: (1 ± x) n = 1 ±

nx n(n − 1) x 2 + ± ... 1! 2!

x2 + ... 2! 1 1 ln(1 + x) = x − x 2 + x3 − ...( x < 1) 2 3 3 5 x x sin( x) = x − + − ... 3! 5! x2 x4 cos( x) = 1 − + − ... 2! 4! x3 2 x5 tan( x ) = x + + + ... 3 15 ex = 1 + x +

Trong các phép khai triển trên nếu như x rất nhỏ thì ta chỉ giữ lại số hạng bậc nhất hoặc bậc hai. Sau đây chúng ta sẽ đi xét một số bài toán cụ thể

CHƯƠNG 2: CÁC DẠNG BÀI DAO ĐỘNG CƠ BẢN Dạng 1: Dao động con lắc lò xo Bài 1: Vật nặng có khối lượng m nằm trên một mặt phẳng

nhẵn nằm ngang, được nối với một lò xo cóđộ cứng k, lò xo được gắn vào bức tường đứng tại điểm A (hình vẽ). Vật m đang đứng yên và lò xo không biến dạng thì vật nặng bắt

đầu chịu tác dụng của một lực không đổi F hướng theo

∆l

trục lò xo như hình vẽ. Hãy tìm quãng đường mà vật nặng

đi được và thời gian vật đi hết quãng đường ấy kể từ khi bắt

đầu tác dụng lực cho đến khi vật dừng lại lần thứ nhất. Bài giải - Để giải bài toán này ta có nhận xét rằng, trong chuyển động của con lắc lò xo

thẳng đứng, vật nặng luôn chịu tác dụng của trọng lực P

không đổi. Kết quả là vật sẽ dao động điều hoà xung quanh vị trí cân bằng xác định bởi

∆l =

mg . k

- Chuyển động của vật nhỏ trong bài toán hoàn toàn tương tự như con lắc lò xo thẳng đứng và chịu tác

dụng của “trọng lực hiệu dụng” P ' = F .

Chiều dài tự nhiên

∆l

Kết quả là vật sẽ dao động điều hoà xung quanh vị trí cân bằng xác định bởi ∆l = F / k (nói cách khác ta có thể hình dung như quay mặt phẳng dao động của con lắc đi 900, tính chất chuyển động của con lắc hoàn toàn không thay đổi).

- Bây giờ bài toán sẽ được hiểu đơn giản là từ vị trí cân bằng, đưa con lắc về vị trí mà lò xo có chiều dài tự nhiên rồi thả ra. Kết quả là con lắc sẽ dao động điều hoà xung quanh vị trí cân bằng O với biên độ A = ∆l =

F m , chu kì T = 2π . k k

- Quãng đường mà vật nặng đi được cho đến khi vật dừng lại lần thứ nhất đúng bằng khoảng cách giữa hai vị trí biên s = 2 A = 2

F k

- Thời gian vật đi hết quãng đường s kể từ khi bắt đầu tác dụng lực cho đến khi vật dừng lại 29

lần thứ nhất bằng khoảng thời gian giữa hai lần vật qua vị trí biên ∆t =

T m . =π 2 k

Cách giải này không những đúng cho trường hợp F không đổi trong suốt quá trình dao động mà còn áp dụng trong một giai đoạn nhỏ, miễn là trong giai đoạn đó, hiện tượng vật lý xảy ra tương tự. Ta hãy xét các bài toán sau

Bài 2: Một con lắc lò xo gồm vật nhỏ khối lượng 0,02 kg và lò xo có độ cứng 1 N/m. Vật nhỏ được đặt trên giá đỡ cố định nằm ngang dọc theo trục lò xo. Hệ số ma sát trượt giữa giá đỡ và vật nhỏ là 0,1. Ban đầu giữ vật ở vị trí lò xo bị nén 10 cm rồi buông nhẹ để con lắc dao động tắt dần. Lấy g = 10 m/s2. Tốc độ lớn nhất vật nhỏ đạt được trong quá trình dao động là bao nhiêu? Bài giải - Do trong quá trình chuyển động cơ năng của con lắc giảm dần chuyển thành công sinh ra để thắng công của lực ma sát nên vận tốc con lắc lớn nhất (tương ứng với động năng cực đại) trong quá trình chuyển động sẽ xảy ra ở nửa chu kì đầu tiên. - Gọi ∆l : độ biến dạng của xo khi con Chiều dài tự nhiên

lắc ở vị trí cân bằng động. Ta có

∆l

O Fms 10cm

k ∆l = µ mg ⇒ ∆l = µ mg / k - Trong nửa chu kỳ đầu tiên con lắc chịu tác

Fdh

dụng của lực ma sát có phương, chiều và độ lớn Fms = µ mg không đổi. Nếu so sánh với con lắc lò xo thẳng đứng ta thấy trong nửa chu kỳ này con lắc chịu tác dụng của “trọng lực hiệu dụng” F = µ mg . Như vậy con lắc sẽ chuyển động giống như một dao động tử điều hòa xung quanh vị trí cân bằng động với biên độ A = (10 − ∆l ) cm , tần số góc ω =

k . m

Vận tốc lớn nhất khi con lắc qua vị trí cân bằng động

vmax = Aω = (10 − ∆l )

k ( cm / s ) = 40 2 cm / s . m

Cần chú ý rằng trong nửa chu kỳ tiếp theo con lắc sẽ “dao động điều hoà” xung quanh VTCB O’ đối xứng với VTCB O đối với vị trí lò xo có chiều dài tự nhiên.

Bài 3: Một con lắc lò xo gồm vật nhỏ khối lượng 100 g và lò xo nhẹ có độ cứng 10 N/m. Vật nhỏ được đặt trên giá đỡ cố định nằm ngang dọc theo trục lò xo. Hệ số ma sát trượt giữa giá

đỡ và vật nhỏ là 0,1. Ban đầu giữ vật ở vị trí lò xo bị dãn 3 cm rồi buông nhẹ để con lắc dao 2 động tắt dần. Lấy g = 10 m / s . Xác định thời gian chuyển động của vật từ thời điểm ban

đầu đến thời điểm vật qua vị trí lò xo không biến dạng lần thứ nhất Bài giải - Xét trong nửa chu kỳ đầu tiên, chuyển động của

∆l Fdh

vật sẽ giống như một dao động tử điều hòa xung quang vị trí cân bằng O tương ứng với độ dãn của lò xo ∆l = Biên

ω=

µ mg

độ

3 cm

Chiều dài tự nhiên

Fms

= 1cm .

dao

động

A = 3 − 1= 2 cm ,

tần

số

góc

k =10 ( rad / s ) . m

- Chọn trục Ox như hình vẽ, gốc O tại vị trí cân bằng. Gốc thời gian lúc con lắc bắt đầu dao động. Phương trình dao động của vật là x = 2cos10t cm

2π / 3 -2

-1

- Khi lò xo không biến dạng lần thứ nhất, vật sẽ có li độ x = − ∆l = −1cm và đi theo chiều âm. Dựa vào mối liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều ta tìm được thời gian kể từ lúc vật bắt đầu chuyển động đến khi vật qua vị trí lò xo không biến dạng lần thứ nhất bằng ∆t =

α 2π / 3 π = = (s) ω 10 15

Bài 4. Một quả cầu, khối lượng m, được mắc vào hai đầu của hai lò xo có độ cứng lần lượt là k1 và k2, sao cho nó có thể trượt không ma sát dọc theo một thanh kim loại mảnh, nằm ngang, xuyên qua tâm của nó. Đầu A của lò xo 1 được giữ chặt, còn đầu B của lò xo 2 để tự do, nên cả hai lò xo đều chưa bị biến dạng.

Người ta giữ yên quả cầu và kéo dãn đầu B của lò xo 2 đến B1 và giữ chặt ở B1. Sau đó thả quả cầu cho nó dao động. Biết BB1 = a. a) Lập phương trình vi phân của dao động của vật. b) Tìm biên độ và chu kì dao động của vật. Viết phương trình dao động của vật. c) Tìm động năng cực đại của vật m. Hãy so sánh nó với thế năng mà ta cung cấp cho lò xo 2 và giải thích. Giải

a) Chọn trục x hướng từ A → B1, gốc toạ độ O tại vị trí ban đầu của vật m. Khi mới thả tay, quả cầu chỉ chịu lực đàn hồi của lò xo 2 nên chuyển động về bên phải và

kéo dãn lò xo 1. Lực F1 của lò xo 1 có độ lớn tăng dần,

lực F2 của lò xo 2 có độ lớn giảm dần, cho đến khi lực F1 cân bằng với lực F2 .

Gọi x0 là toạ độ của VTCB của quả cầu. Trước hết ta xác định x0: F = -F10 + F20 = -k1x0 + k2(a - x0) = 0 Suy ra:

x0 =

k 2a k1 + k 2

(1)

Giả sử tại thời điểm t, vật ở toạ độ x. Khi ấy ta có: F = -F1 + F2 = -k1x + k2(a - x) Thay k2a = (k1 + k2)x0 từ (1) vào phương trình trên, ta được: F = -(k1 + k2)(x - x0)

(2)

trong đó k1 + k2 = khệ, còn (x - x0) là li độ của vật. Áp dụ ng định luật II Niu-tơ n vào phương trình (2) và đặt ω2 = (x - x0)" + ω2(x - x0) = 0

(3)

Như vậy, vật m dao động điều hoà với tần số góc ω = T = 2π

k1 + k 2 , ta được: m

m . k1 + k 2 32

k1 + k 2 m

hay với chu kì

b) Nghiệm của phương trình (3) là: x - x0 = Acos(ωt + ϕ) x = A cos ϕ + x0 = 0

Khi t = 0 

⇒ cos ϕ < 0

v = x ' = − Aω sin ϕ = 0 ⇒ sin ϕ = 0

⇒ϕ = π và A = x0 =

k 2a k1 + k 2

Vậy phương trình dao động của vật là: x=

k 2a cos ( ωt + π ) + x0 k1 + k 2

(4)

v = x' = -Aωsin(ωt + π)

vmax = Aω W®

max

W® max =

1 1 1  k + k 2  k 22 a 2 mv 2max = mω2 A 2 = m  1  2 2 2  m  (k1 + k 2 )2

1 k 22a 2 2 k1 + k 2

(5) 1 2

Thế năng ban đầu mà ta cung cấp cho lò xo 2 là W0 = k 2 a 2 .

(6)

Để so sánh ta lập hiệu ( Wt0 − W® max ) : W0 − W®

max

k2 1  k 2a 2  1 − 2  k1 + k 2

 1 k1k 2 2 a >0 =  2 k1 + k 2

Suy ra: W0> W® max . Khi viết công thức (6) ta đã chọn mốc thế năng đàn hồi của hệ khi các lò xo không biến dạng. Với mốc này thì thế năng của hệ ở vị trí cân bằng sẽ khác không, cụ thể là: Wt (x0 ) = Wt (x 0 ) + Wt (x0 ) = 1 2

Thay x0 =

1 1 k1x02 + k 2 (a − x 0 )2 2 2

k 2a 1 1 k 22a 2 = W0 − W® max vào, ta được: Wt (x0 ) = k 2a 2 − k1 + k 2 2 2 k1 + k 2

Như vậy, thế năng mà ta cung cấp cho lò xo 2 gồm hai phần: - Một phần là thế năng của hệ khi vật ở VTCB. Phần này không chuyển hoá thành động năng của vật m. 33

- Một phần là năng lượng dao động của hệ. Phần này chuyển hoá tuần hoàn từ thế năng của hệ sang động năng của quả cầu và ngược lại. Wdao động = W0 - Wt(x0) =

1 1 k hÖ A 2 = mv 2max 2 2

Bài 5. a) Một lò xo lí tưởng dài l, có độ cứng k, được cắt ra thành hai lò xo có chiều dài là l1 vàl2. Chứng minh rằng độ cứng của hai lò xo này tỉ lệ nghịch với chiều dài của chúng: k1l1 = k2l2 = kl. b) Dùng hai lò xo được cắt ra như trên để treo một vật m (coi là chất điểm) vào hai điểm cố định M và N nằm trên đường thẳng đứng, cách nhau là l. Xác

định VTCB của vật m. c) Kéo vật theo phương thẳng đứng xuống dưới một đoạn nhỏ rồi buông tay. Chứng minh rằng vật DĐĐH và tìm tần số góc của dao động. Giải

a) Ta có một lò xo lí tưởng, dài l, độ cứng k, một đầu được giữ cố

định vào điểm O, còn đầu tự do khi chưa bị kéo dãn thì ở điểm A. Ta gọi B là điểm của lò xo cách O một đoạn l1 và cách A một đoạn l2. Dùng một lực F để kéo dãn lò xo làm cho khi cân bằng, điểm A dịch đến điểm A' (AA' =

∆l) còn điểm B dịch đến điểm B' (BB' = ∆l1) (Hình 2.17). Vì lực đàn hồi của lò xo lí tưởng tại mọi điểm đều bằng nhau, nên ta có: F = Flx = Fl'x

(1)

Dưới tác dụng của lực F lò xo OA dãn ra một đoạn ∆l, lò xo OB dãn ra một đoạn ∆l1, lò xo BA dãn ra một đoạn ∆l2. Vì lò xo dãn đều lí tưởng nên ta có: ∆l ∆l1 ∆l2 = = l l1 l2

(2)

Gọi k1 và k2 là độ cứng của các đoạn lò xo OA và BA, ta có: Flx = Fl'x = k1∆l1 = k2∆l2 = k∆l

(3)

Từ (2) và (3) ta suy ra: k1l1 = k2l2 = kl. Như vậy, nếu ta cắt lò xo dài thành hai lò xo thì độ cứng của các lò xo này tỉ lệ nghịch với chiều dài của chúng. b) Chọn trục x có phương thẳng đứng, có chiều dương hướng xuống. Ở VTCB lò xo 1 bị dãn một đoạn bằng a, lò xo 2 bị nén một đoạn cũng bằng a. -(k1 + k2)a + mg = 0 35

a =

mg k1 + k 2

(4)

c) Chọn gốc toạ độ tại VTCB, hợp lực tác dụng vào vật m ở li độ x là: Fhl = −(k1 + k 2 (a + x) + mg

Kết hợp với (4) ta được: Fhl = -(k1 + k2)x

(5)

Áp dụng định luật II Niu-tơn Fhl= ma = mx" cho (5) ta được: k + k2 x"+ 1 x=0 m

(6)

Phương trình (6) là phương trình vi phân của DĐĐH. Vậy vật m DĐĐH với tần số góc là ω=

k1 + k 2 . m

Bài 6. Trên một mặt phẳng nằm ngang, nhẵn, có một hệ gồm hai quả cầu, khối lượng m1, m2 được gắn vào hai đầu của một lò xo dài l, độ cứng k. Truyền cho quả cầu m1 một vận tốc

đầu v0 hướng đến quả cầu m2. Hãy khảo sát chuyển động của hệ. Giải

Áp dụng định luật BTĐL ta tính được vận tốc của khối tâm G của hệ. Chọn chiều dương là chiều của

vectơ v1 , ta có: m1v 0 = (m1 + m 2 )v G

vG =

m1v 0 m1 + m 2

(1)

Khối tâm của hệ chuyển động thẳng đều với vận tốc này. Chọn HQC gắn với khối tâm. Trong HQC này G đứng yên, nên ta có thể coi hệ như hai con lắc được "treo" vào điểm cố định G. Gọi l1 và l2 là chiều dài của lò xo của mỗi con lắc khi chưa biến dạng ; gọi k1 và k2 là độ cứng của các lò xo này. Ta có: l1 =

m2 l m1l ; l2 = (2) ; k1l1 = k2l2 = kl (3) m1 + m 2 m1 + m 2

Từ (2) và (3) ta suy ra:

k1 =

ω1 =

k1 = m1

Gọi µ =

m1 + m 2 m + m2 k ; k2 = 1 k m2 m1

1   1 k +  ;  m1 m 2 

ω2 =

k2 = m2

(4)

1   1 k +   m1 m 2 

m1m2 là khối lượng rút gọn của hệ thì tần số góc của mỗi con lắc (hay của hệ m1 + m 2

dao động) là:

ω=

k µ

(5)

Công thức (5) chứng tỏ hệ dao động tương đương với một con lắc gồm một lò xo có độ cứng k và một khối lượng bằng khối lượng rút gọn của hệ. Bây giờ ta tìm biên độ dao động của mỗi con lắc. Trong HQC khối tâm, tại t = 0 lò xo chưa biến dạng, hai quả cầu ở VTCB và có vận tốc lần lượt là: v1G = v 0 − v G = v 0 −

v 2G = 0 − v G = −

m1v 0 m2 v0 = >0 m1 + m 2 m1 + m 2

m1v 0 <0 m1 + m 2

Việc v1G và v2G trái dấu nhau chứng tỏ hai quả cầu dao động ngược pha nhau.

Để tìm biên độ dao động của mỗi con lắc, ta áp dụng định luật BTCN: m2 v0 1 1 2 ⇒ A1 = k1A12 = m1v1G m1 + m 2 2 2

m1v 0 1 1 k 2 A 22 = m 2 v 22G ⇒ A 2 = m1 + m 2 2 2

µ k

Gọi A là độ nén cực đại hay độ dãn cực đại của lò xo, ta có: A = A1 + A 2 = v 0

µ k

(6)

Tóm lại, sau khi truyền cho quả cầu m1 vận tốc v0 thì: - Khối tâm của hệ chuyển động thẳng đều với vận tốc v G =

m1v 0 . m1 + m 2

- Hai quả cầu DĐĐH đối với khối tâm với tần số góc ω = gọi là khối lượng rút gọn của hệ.

m1m2 k , trong đó µ = µ m1 + m 2

Bài 7. Một lò xo, dài l, có khối lượng M được phân bố đều dọc theo các vòng của lò xo. a) Để xác định độ cứng k của lò xo này, người ta đặt nó trên một mặt phẳng nằm ngang, không có ma sát, một đầu được giữ cố định, đầu kia được kéo bởi một lực F nằm ngang. Khi cân bằng, lò xo dãn ra một đoạn ∆l. Tính độ cứng k của lò xo. b) Treo lò xo thẳng đứng, lò xo dãn ra bao nhiêu ? Nếu móc vào đầu dưới của lò xo một vật, khối lượng m, thì khi cân bằng lò xo dãn ra bao nhiêu ? c) Cho con lắc dao động theo phương thẳng đứng. Hãy xác định chu kì dao động của con lắc.

Bài 8. Trong một thang máy đứng yên có treo một con lắc lò xo và một con lắc đơn. Con lắc lò xo gồm một vật, khối lượng m = 250 g và một lò xo có độ cứng k = 12 N/m. Con lắc

đơn có biên độ góc là 8o. Chu kì dao động của hai con lắc bằng nhau. 1. Tính chu kì dao động của hai con lắc và chiều dài của con lắc đơn. Lấy g = 9,8 m/s2. 2. Thang máy chuyển độ ng nhanh dần đều lên trên vớ i gia tốc a =

1 g. Hỏi chu kì, 10

VTCB và biên độ dao động của hai con lắc thay đổi như thế nào ? Giải

T = 2π

m 0,25 = 2π = 0,906 ≈ 0,91 s k 12

T = 2π

l gT 2 9,8(0,906)2 ⇒l = = = 0, 2095 ≈ 0,21 m g 4.9,86 4 π2

2. Trong HQC gắn với thang máy, vật m chịu thêm lực quán tính Fqt = −ma . Do gia tốc a của thang máy hướng lên, nên lực quán tính cùng hướng với trọng lực. Hợp lực của trọng

lực và lực quán tính gọi là trọng lực hiệu dụng của vật: P hd = P + Fqt

Nói cách khác, các vật ở trong trọng trường hiệu dụng của thang máy, có gia tốc trọng

trường hiệu dụng là: g hd = g − a

Trong trường hợp này ghd có độ lớn bằng: g hd = g + a = a) Xét con lắc đơn:

T1 = T

g = ghd

10 = 0,953. 11 39

11 g 10

– Chu kì của con lắc đơn giảm đi, chỉ còn bằng 0,953T ≈ 0,85 s. – VTCB của con lắc đơn không thay đổi. – Biên độ dao động. Xét hai trường hợp: + Khi con lắc ở vị trí biên (v = 0) thì thang máy bắt đầu đi lên. Con lắc coi như được thả từ biên độ góc α = 8o và dao động trong trọng trường hiệu dụng của thang máy. Thế năng cực đại tăng lên, động năng cực đại tăng lên. Nhưng biên độ góc thì không đổi: mghdl (1 - cosα) =

1 mv 2m . 2

+ Khi con lắc qua VTCB thì thang máy bắt đầu đi lên. Theo định luật BTCN ta viết: W = mgl (1 - cosα) =

1 mv 2m = mg hd l(1 − cos α1 ). 2

g(l − cos α ) =

11 g(1 − cos α1 ) 10

1 2 11 1 2 α = . α1 ⇒ 2 10 2

α1 = α

10 = 0,953 11

Biên độ góc giảm chỉ còn bằng 0,953α≈ 7o40' b) Xét con lắc lò xo – Chu kì T = 2π

m , không phụ thuộc g, nên không đổi. k

– Ở VTCB, độ dãn của lò xo tăng lên:

∆l1 =

mghd 11 mg 11 = = ∆l = 0,224 m k 10 k 10

Như vậy, VTCB của con lắc thay đổi, ở thấp hơn so với trước một đoạn bằng:

∆l1 - ∆l =

1 ∆l ≈ 2 cm 10

- Biên độ dao động. Xét ba trường hợp: + Khi con lắc ở vị trí biên trên thì thang máy đ i lên: Vị trí này cách VTCB mớ i một

đ oạn lớn hơ n trước 2 cm. Biên độ dao động thăng thêm 2 cm: A 1 = A + 2 cm. + Khi con lắc ở vị trí biên dưới thì thang máy đi lên. Biên độ dao động giảm đi 2 cm: A1 = A - 2 cm.

+ Khi con lắc qua VTCB thì thang máy đi lên. Theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có: 1 1 kA 2 = mv 2m (gốc toạ độ tại VTCB cũ). 2 2 1 2 1 1 kx + mv 2m = kA12 (gốc toạ độ tại VTCB mới) với x = 2 cm = 0,02 m. 2 2 2

Suy ra biên độ dao động mới lớn hơn: A1> A.

Bài 9. Một con lắc lò xo, có khối lượng m và độ cứng k, có thể dao động trên một mặt phẳng nằm ngang có ma sát.

Để đo miền nghỉ của vật (tức là miền ở đó vật có thể nằm cân bằng dưới tác dụng của lực đàn hồi và lực ma sát nghỉ), người ta xê dịch vật sang phải rồi sang trái. Người ta thấy miền nghỉ có bề rộng là 2a. Sau đó người ta kéo vật ra khỏi miền nghỉ một khoảng lớn hơn 2a rất nhiều và quan sát dao động của nó. Cho rằng lực ma sát trượt bằng lực ma sát nghỉ cực đại. a) Lập phương trình dao động và xác định chu kì. b) Biên độ dao động thay đổi theo quy luật nào ? Vẽ đồ thị dao động. c) Để duy trì dao động của vật thì cứ mỗi lần vật ở vị trí biên trái người ta lại dùng búa gõ vào vật và vận tốc lại bằng v0. Hỏi biên độ dao động của vật bằng bao nhiêu ? d) Giả sử biên độ dao động duy trì của vật rất lớn so với 2a. Hãy xác định xem chu kì dao

động này khác với chu kì dao động tắt dần bao nhiêu ? Giải

Fmst = Fmsn(max) = ka a) Chọn gốc toạ độ tại vị trí của vật khi lò xo chưa biến dạng. Chọn chiều dương là chiều dãn của lò xo. - Ở lượt đi vật chuyển động theo chiều âm. Tại toạ độ x ta có: Fhl = -kx + ka = mx" hay

(x − a)" +

k (x − a) = 0 m 41

Suy ra:

x = A cos(ωt + ϕ) + a   k m , T = 2π ω = m k  VTCB ë O1 cã to¹ ®é x = a

- Ở lượt về vật chuyển động theo chiều dương. Tại toạ độ x ta có: Fhl= -kx - ka = mx" hay

(x + a)" +

Suy ra:

k (x + a) = 0 m

x = A cos(ωt + ϕ) − a   k m , T = 2π ω = m k  VTCB ë O2 cã to¹ ®é x = − a

b) Ta thấy cứ sau

1 1 T , vật lại đổi VTCB, mà hai VTCB này cách nhau 2a, nên sau T 2 2

biên độ dao động giảm đi 2a, tức là giảm theo cấp số cộng lùi: A2 = A1 - 2a ; A3 = A1 - 4a, .... Vật sẽ dừng lại hẳn ở vị trí biên nằm trong miền nghỉ. Hình 2.30 là đồ thị dao động của vật. c) Giả sử lúc đầu ta thả vật ở vị trí biên trái cách O1 mộtđoạn là A1. Sau

1 T, vật sang đến vị trí biên phải 2

cách O2 một đoạn A2 = A1 - 2a. Sau một chu kì vật ở vị trí biên trái cách O1 một đoạn A3 = A1 - 4a. Muốn duy trì dao động, ta truyền cho vật một động năng sao cho nó tới

được vị trí biên phải cách O2 một đoạn vẫn là A2 như trước. Bằng cách như vậy ta được một dao động duy trì có hai biên độ không đổi là A2 vàA3. Công của lực ma sát trượt ở lượt đi và lượt về bằng độ biến thiên cơ năng. Lượt đi: − Fmst (A3 + A 2 ) =

1 2 1 1  kA 2 −  mv 02 + kA32  2 2 2 

Lượt về: −Fmst (A 2 + A3 ) =

1 1 kA 32 − kA 22 2 2 42

Suy ra:

1 2 1 1 1  1 kA 2 −  mv 02 + kA32  = kA32 − kA 22 2 2 2  2 2

mv 02 (A 2 − A3 )(A 2 + A3 ) = 2k

hay

Thay: A2 - A3 = 2a vào ta được:  mv 02  A 2 + A3 =  4ka A − A = 2a 3  2

Cuối cùng ta được: A 2 =

mv 02 mv 02 + a ; A3 = − a. 8ka 8ka

d) Khi kéo vật đến vị trí có biên độ dao động là A1 rồi buông tay, thì sau

1 T vật sẽ sang 2

được vị trí biên trái có biên độ dao động là A2. Từ đó ta suy ra khi vật đến vị trí có biên độ A3 thì nó có vận tốc là v0. Gọi τ là thời gian để đi đoạn đường đó, ta có: x = A3 = A1cosω τ v = -v0 = -A1ωsinω τ Suy ra:

nên

tanωτ =

ωτ ≈

v0 . Vì τ ≪ T và a ≪ A3 ωA 3

v 0 8ka ωmv 02

hay τ ≈

8a . v0

Như vậy chu kì của dao động duy trì nhỏ hơn chu kì dao động tắt dần một lượng bằng τ

≈

8a . v0

Bài 10: Một vật nặng khối lượng m được nối với lò xo có độ cứng k, đầu kia của lò xo gắn với một bức tường

thẳng đứng. Hệ số ma sát giữa vật và mặt sàn nằm ngang là µ . Làm cho vật dao động duy trì trên mặt sàn bằng cách mỗi khi lò xo giãn cực đại bằng l > µ mg / k thì lại truyền cho vật vận tốc v0 hướng vào tường. a) Tìm v0 để dao động ổn định.

b) Tìm chu kỳ dao động và vẽ đồ thị dao động x(t), với vị trí lò xo không biến dạng làm gốc tọa độ.

Lời giải a) Giả sử O là vị trí mà lò xo không bị biến dạng, thì miền nghỉ có độ rộng là O1O2 = 2 µ mg / k

đối xứng nhau quanh O: tại O1 lò xo giãn a = µ mg / k , còn tại O2 thì lò xo bị nén cũng một đoạn bằng a. Khi lò xo giãn cực đại, tức là khi vận tốc của vật giảm về không, đó là một vị trí biên ta ký hiệu bằng A1 trên hình vẽ, vị trí biên khi lò xo nén cực đại ký hiệu là A2. Khi vật chuyển động từ A2 đến A1 thì chuyển động của nó có tính điều hòa: vị trí cân bằng là

điểm O2, thời gian chuyển động giữa hai vị trí biên bằng nửa chu kỳ dao động T = 2π m / k . l

Trong hình vẽ ta có: OA1 = l ; OO1 = OO2 = a = µ mg / k ; O2 A1 = O2 A2 = l + a

Sau khi được truyền vận tốc v0 tại A1 thì chuyển động của vật từ A1 đến A2 cũng có tính điều hòa: vị trí cân bằng là điểm O1, vận tốc tại A1 bằng v0, còn A2 là vị trí biên có vận tốc bằng 0. Ta dễ dàng tính được từ hình vẽ: O1 A1 = l − a; O1 A2 = O2 A2 + O1O2 = l + 3a . Sử dụng định luật bảo toàn năng lượng cho dao động xung quanh O1, giữa A1 và A2: 1 2 1 1 mv0 + k (l − a) 2 = k (l + a ) 2 2 2 2

 

Suy ra: v0 = 8µ g (l + a) = 8µ g  l +

µ mg 

 k 

b) Chu kỳ dao động là thời gian chuyển động từ A1 đến A2 rồi quay lại A1. - Thời gian chuyển động từ A2 đến A1 là nửa chu kỳ dao động quanh O2: t1 =

T m =π . 2 k

- Thời gian chuyển động từ O1 đến A2 là 1/4 chu kỳ dao động quanh O1: t2 =

T π = 4 2

- Thời gian chuyển động từ A1 về O1 là t3 được xác định theo phương trình: O1 A1 = l − a = O1 A2 sin(ωt3 ) = (l + 3a ) sin(ωt3 )

(Hoặc: v0 = vmax cos(ωt3 ) = ω (l + 3a ) cos(ωt3 ) ) 44

m k

Ta được: t3 =

 l − µ mg / k  m arcsin   k  l + 3µ mg / k 

(Xin lưu ý là thời gian chuyển động từ A1 về O1 khác thời gian chuyển động từ O1 đến A1).  3π

 l − µ mg / k   m + arcsin    l + 3µ mg / k   k  2

Như vậy chu kỳ dao động cần tìm là: Tx = t1 + t2 + t3 = 

Đồ thị dao động có dạng như hình vẽ. Các thời điểm được ghi rõ trên trục thời gian đã tịnh tiến xuống dưới cho dễ nhìn. x

T/4

A1 O1

O O2

A2 0

t3+T/ 4

t3+T/ 2

2Tx

Bài 11. Một hệ dao động gồm hai vật chồng lên nhau, mỗi vật gắn với một lò xo, đầu kia của lò xo gắn vào giá đỡ. Lò xo 1 có độ cứng k1 = 10 N/m, lò xo 2 có độ cứng k2 = 20 N/m. Mỗi vật có khối lượng m = 100 g. Hệ số ma sát nghỉ giữa vật 1 và sàn bằng không, giữa hai vật bằng 0,5. Ở VTCB, lò xo 1 dãn ra một đoạn bằng 2 cm. Hãy xác định tần số và biên độ dao động cực đại để hai vật dao động giống như một vật. Giải: Hệ xem như một vật có khối lượng 2m mắc với hai lò xo. Tại VTCB: F1 = F2⇒ k1∆l1 = k2∆l2 Tại li độ x: 45

F = F1 + F2 = k1(∆l1 - x) - k2(∆l2 + x) = k1∆l1 − k 2 ∆l2 − (k1 + k 2 )x =0

⇒ F = -(k1 + k2)x = 2mx" x" + ω2x = 0 ω=

⇒ f =

k1 + k 2 2m 1 10 + 20 = 1,95 ≈ 1,9 Hz 2π 0, 2

Xét riêng vật 1 ở li độ x: mx" = k1(∆l1 - x) - Fmsn Thay x" = -ω2x vào ta được: -mω2x = k1(∆l1 - x) - Fmsn. 1  k + k2  Fmsn = k1∆l1 − k1x + m  1  x ⇒ Fmsn = k1∆l1 + (k 2 − k1 )x  2m  2

Suy ra:

k1∆l1 +

1 (k 2 − k1 )x ≤ µmg 2

Cuối cùng ta được: x ≤ 0,06 m hay A = 6 cm.

Bài 12. Một vật, khối lượng M, nằm yên trên mặt bàn nằm ngang và một con lắc lò xo được nối với nhau bằng một sợi dây nhẹ, không dãn, vắt qua một ròng rọc lí tưởng, cố định. Hệ số ma sát nghỉ giữa vật M và mặt bàn là µ = 0,3. Tỉ số

M = 8 . Vật m thực m

hiện dao động điều hoà theo phương thẳng đứng với chu kì T= 0,5s. Hỏi biên độ dao động có thể lớn nhất bằng bao nhiêu ? Giải: Biên độ dao động lớn nhất đạt được khi không có sự mất mát năng lượng, tức là khi vật M không trượt trên bàn. Do vật M đứng yên nên VTCB của vật m ứng với ∆l0 =

mg . k

Khi vật m ở vị trí biên dưới thì vật M vẫn đứng yên nên ta có: T = k(∆l0 + A1) ≤µMg

(1) 46

Thay k∆l0 = mg và k = mω2 = m.

4 π2 T2

vào (1) ta được:

  4 π2 mg + A1  ≤ µMg = µ8mg  T2  g+

4 π2 T2

A1 ≤

A1 ≤ 8µg

T2 4 π2

.1, 4g = 0,0886 m ⇒ A1≤ 8,86 cm

Khi vật m ở vị trí biên trên thì dây vẫn căng. Ta có: T ≥ 0 ⇒ k(∆l0 - A2) ≥ 0 A 2 ≤ ∆l0 =

A2 ≤

mg mg T 2 gT 2 g = . = k m 4 π2 4 π2

1 = 0,063 m ⇒ A2≤ 6,3 cm 16

Từ A1≤ 8,86 cm và A2≤ 6,3 cm, suy ra Amax = 6,3 cm.

Bài 13. Một hệ cơ học như hình. Khối lượng của ròng rọc không đáng kể. Bỏ qua ma sát ở trục O. m2> m1. Tại thời điểm thả cho hệ tự do thì lò xo không biến dạng. a) Chứng minh rằng hệ dao động điều hoà. b) Tìm biên độ dao động.

Giải: a) Vì chỉ xét chuyển động của hệ theo phương của dây nối nên ta có thể bỏ qua ròng rọc. Trước hết tìm gia tốc của vật 1 trong HQC mặt

đất. F − m1g Flx a1 = lx = −g m1 m1

(1)

Chọn HQC gắn với m1 để xét chuyển động của m2 (Hình 2.11Gb). m2a21 = m2g - Fq - Flx 47

F



m2a21 = m2g - m 2  lx − g  − Flx  m1   m + m2 m 2a 21 = −  1  m1

  k ( ∆l0 + x ) + 2m 2 g 

(2)

Tại VTCB, lò xo dãn ∆l0, x = 0 và a21 = 0. Khi ấy phương trình (2) trở thành:  m + m2  − 1  k∆l0 + 2m 2 g = 0 (3)  m1 

Từ (2) và (3), ta có: −

hay x"+

( m1 + m2 ) kx m1

= m 2 x",

k(m1 + m 2 ) k x = 0 ⇒ x"+ x = 0 (µ là khối lượng rút gọn hệ) m1m 2 µ

Suy ra hệ dao động điều hoà với ω =

k . µ

b) Tại t = 0, lò xo không dãn và vật ở vị trí biên vì v21 = 0. Suy ra A = ∆l0. Theo phương trình (3) ta được: A = ∆l0 =

2m1m 2g . k(m1 + m 2 )

Bài 14. Một vật khối lượng m = 500 g, được treo vào đầu một lò xo có độ cứng k, dao động theo phương thẳng đứng, chịu một lực ma sát nhớt của chất lỏng. Người ta quan sát thấy vật dao động với "chu kì" T = 2 s và với biên độ cứ sau 20 dao động toàn phần thì giảm

đi 10 lần. Hãy xác định hệ số ma sát nhớt b và chu kì T0 của các dao động không tắt dần. T0 có khác T nhiều không ? Hãy xác định độ cứng k của lò xo.

Giải: Vật dao động tắt dần theo phương trình: x = Ae-λtcosωt, vớ i λ =

b và ω = 2m

ω02 −

b2 4m

, trong đó ω0 =

k . m

Ở thời điểm t1: cosωt1 = 1 và x1 cực đại. Sau 20 dao động toàn phần, tức là sau 20T, cosω(t1 + 20T) = 1 và x2 lại cực đại. Theo đầu bài ta có:

x2 1 e−λ(t1 + 20T) 1 1 = ⇒ ⇒ e−40λ = = −λ t x1 10 10 10 e 1 48

⇒

λ=

l n10 = 5,76.10-2 s-1 40

b = 2mλ = 2.0,500.5,76.10-2 = 5,76.10-2 N.s/m

ω=

ω λ2 2π 2 = 1,0002 ≈ 1 = π rad/s ; ω = ω02 − λ 2 ⇒ 0 = 1 + ω T ω2

⇒ T0≈ T ; k = mω02 = mω2 = 4,93 N/m.

Bài 15. (Nguyên tắc của máy ghi địa chấn). Một vật có khối lượng m, được treo vào đầu của một lò xo không khối lượng, có độ cứng k, đầu kia của lò xo móc vào một giá đỡ. Vật dao động tắt dần do chịu một lực ma sát nhớt với hệ số ma sát là b. Khi xảy ra một cơn địa chấn, sóng địa chấn làm cho giá đỡ dao động

điều hoà theo phương thẳng đứng phương trình x1 = a1cosωt. a) Lập phương trình vi phân của chuyển động tương đối của khối lượng m đối với giá đỡ S, được đánh dấu bằng li độ x. b) Trong chế độ ổn định, hãy lập phương trình dao động x(t) của vật m. c) Chứng minh rằng đối với tần số riêng ω0 nhỏ của con lắc lò xo, thiết bị này có thể dùng để đo biên độ của sóng địa chấn.

Giải: a) Khi giá đỡ và vật m đứng yên: mg = k∆l Khi giá đỡ dao động: x1 = a1 cos ωt ⇒ x1" = −ω2a1 cos ωt Chọn HQC gắn với giá đỡ. Trong HQC này giá đỡ đứng yên, còn vật m chịu thêm lực quán tính Fqt = − mx1" . Chọn gốc toạ độ tại vị trí cách giá đỡ một đoạn bằng l0 + ∆l và xét vật ở li độ x. Ta có phương trình: mx" = mg - k(∆l + x) - bx' + mω2a1cosωt Kết hợp với (1), ta được: x"+

b k x '+ x = ω2a1 cos ωt m m 49

(2)

b) Trong chế độ ổn định, vật m dao động điều hoà theo phương trình: x = Acos(ωt + ϕ) với:

mωa1

(3)

k  2  − mω  + b ω  tan ϕ =

c) ω0 =

(4)

k mω − ω

k k k ≪ ω ⇒ ≪ ω2 ⇒ ≪ mω. m m ω

Mặt khác, b lại rất bé nên (3), (4) trở thành A = a1 và tanϕ = 0. Vật m dao động theo phương trình: x = a1conωt. Suy ra biên độ và tần số dao động của vật m bằng biên độ và tần số của sóng địa chấn.

Bài 16. Một sợi dây đỡ một đĩa có bán kính R và khối lượng m. Một đầu dây buộc vào giá đỡ, còn đầu kia nối với một lò xo có độ cứng k. Kích thích cho đĩa dao động trong mặt phẳng của đĩa. Chứng minh rằng

đĩa DĐĐH và tìm chu kì dao động của đĩa. Biết rằng đĩa không trượt trên dây.

Bài 17. Một cơ hệ gồm ba quả cầu nhỏ giống nhau, mỗi quả có khối lượng m, được nối với nhau bằng các thanh cứng nhẹ, dài l nhờ các bản lề. Tại VTCB cơ hệ có dạng một hình vuông nhờ được giữ bởi một lò xo thẳng đứng, có độ cứng k. a) Tìm chiều dài tự nhiên l0 của lò xo. b) Dịch chuyển quả cầu dưới khỏi VTCB một đoạn nhỏ x theo phương thẳng đứng (lên hoặc xuống). Hãy xác định độ biến thiên thế năng của hệ. c) Giả sử tại VTCB người ta truyền cho quả cầu dưới một vận tốc v theo phương thẳng đứng. Hãy xác định động năng của hệ. d) Hãy xác định chu kì dao động nhỏ của quả cầu dưới theo phương thẳng đứng. 50

Giải: a) Xét sự cân bằng của thanh cứng AB theo hướng AB.

∑ F = 0 ⇒ (Flx- 2mg)cos45o = 0 ∆l =

⇒

⇒ Flx = 2mg

2mg k

l 2 − l0 =

(1) 2mg k

Cuối cùng l0 = l 2 −

2mg k

b) Chọn mốc thế năng trọng trường của các quả cầu và thế năng đàn hồi của lò xo tại VTCB của hệ. Khi quả cầu dưới ở li độ x thì hai quả cầu trên ở li độ

x còn lò xo thì dãn thêm x. 2

Độ biến thiên thế năng trọng trường là: ∆Wt1 = − mgx − 2mg Độ biến thiên thế năng đàn hồi là: ∆Wt 2 = Thay (1) vào ta được: ∆Wt 2 =

x = −2mgx 2

1 1 1 k(∆l + x)2 − k∆l 2 = kx 2 + k∆l.x 2 2 2

1 2 kx + 2mgx 2

∆Wt = ∆Wt + ∆Wt = 1 2

1 2 kx 2

Vậy, so với VTCB thì ở li độ x thế năng của hệ tăng thêm

1 2 kx . 2

c) Vì B quay quanh O nên v B ⊥ OB , tức là hướng dọc theo thanh AB. Theo tính chất của thanh cứng, ta có: v B = v A cos 45o =

W® =

v 2

= vC

1 1 v2 mv 2 + 2. m = mv 2 2 2 2

d) Vì dao động nhỏ nên hình hợp bởi 4 thanh chỉ biến dạng nhỏ so với hình vuông. Vì thế ở li độ x, một cách gần đúng ta có:

W = mv 2 +

1 2 kx = const 2

dW k = 0 ⇒ x"+ x=0 dt 2m

Ta được ω =

k 2m và T = 2π . 2m k

Dạng 2: Chứng ng minh dao động điều hòa cơ bản Bài 1: a. Một hạt có khối lượ ợng m được đặt trong một trường điện ở đó nnăng lượng điện của hạt phụ thuộc vào x với U(x) = U0 (1- cosax),U0 và a là những hằng sốố. Tìm chu kỳ dao động nhỏ mà hạt thực hiệnn quanh vvị trí cân bằng. b. Giải bài tập trên nếuu nă năng lượng điện của hạt có dạng U(x) = a/x2 – b/x; với a, b là những hằng số dương. Giải a.

Từ đây ta thấy chu kỳ dao động ng

b. Vị trí cân bằng là x = x0 khi

Bây giờ ta viết : Tiếp theo

Nhưng

Vì vậy cuối cùng: Ta không cần quan tâm tớii nh những kỳ dao động nhỏ còn lại và so sánh vớ ới năng lượng của dao động điều hoà

Bài 2: Tìm chu kỳ dao động ng nh nhỏ thẳng đứng của một quả cầu có khối lượ ợng m = 40g được gắn vào tâm của một sợii dây căng că nằm ngang có độ dài l = 1,0 m. Sứcc căng của c sợi dây coi như không đổi và bằng ng F = 10 N. Giải Ta hãy xác định và biểu diễnn lực l tác dụng vào quả cầu ở vị trí khi nó ở li độ x từ vị trí cân bằng của dây. Ở vị trí này, lựcc hư hướng xuống dưới tác dụng vào quả cầu

Theo định luật Newton

Đặt Bài 3: Xác định chu kỳ dao đđộng nhỏ của một con lắc toán học là mộtt hòn bi treo vào m một sợi dây chỉ, dài l = 20 cm, nếuu nó nnằm trong chất lỏng lý tưởng có khốii lư lượng riêng η = 3,0 lần nhỏ hơn khối lượng riêng củủa hòn bi. Giải 53

Phân tích các lực tác dụng ng vào quả qu cầu tại vị trí quả cầu hợp một góc θ (hình) vvới vị trí cân bằng, với FB là lực đẩy của nướ ớc. Xét quả cầu, từ phương trình NZ = IBZ (ở đây ta hiẻu rằng chiều dương ương ccủa trục Z theo phương của vận tốcc góc chuyển động qua điểm m treo O ccủa con lắc).

Và sin θ≈θ , khi θnhỏ vào (1) ta có

Bài 4 : Một quả bóng đượcc treo bbởi một sợi dây mảnh dài l tại điểm m O trên tường, tạo một góc nhỏ α vớii ph phương thẳng đứng ( hình vẽ). Sau đó sợii dây và bóng đã đi lệch một góc nhỏỏ β (β>α) và chuyển động tự do. Giả thiếtt va chạm của bóng với tường ng là tuyệt tuy đối đàn hồi. Tìm chu kỳ dao động củaa con lắc này. Giải

của quả cầu và

Rõ ràng với β nhỏ quả bóng thực th hiện một phần dao động điều u hoà. Vì va chạm ch là tuyệt đối đàn hồi nên vectơ vận tốc củaa qu quả cầu bị đảo ngược. Trong khi quả bóng dao động điều hoà (|θ|<α ở bên trái ) quả bóng dưới dạng vi phân Phương trình chuyển động củaa qu

Nếu ta giả thiết quả bóng đượcc th thả từ vị trí biên θ = β tại t = 0 nghiệm củủa phương trình vi phân trên có dạng

Nếu t' là thời gian quả bóng thảả từ vị trí biên θ = β đến tường, nghĩa là θ = - α Phương trình (2) có thể viết lạii là

Như vậy chu kỳ dao động

Bài 5: Tính chu kỳ dao động ng nh nhỏ của một phù kế (hình vẽ) khi ngườii ta kích thích nh nhẹ nó theo phương thẳng đứng. Khối lượng của phù kế là m = 50 g, bán kính ống phù kế là r =3,2 mm, khối lượng ng riêng của c chất lỏng là ρ = 1,0 g/cm3. Coi chất lỏng ng là lý tưởng. t Giải Nếu phù kế ở vị trí cân bằng ng hoặc ho nổi, trọng lượng của nó sẽ cân bằng ng vvới lực đẩy do chất lỏng tác dụng ng vào nó. Trong th thời gian nó dao động xét vị trí phù kế khi nó ở li độ x theo phương thảng đứng từ vị trí cân bằng. b hiển nhiên lực phục hồi ở phù kế hướng lên trên và bằng πr2xρg. Từ đây, vớii phù kkế

Bài 6: Xác định chu kỳ dao độộng của thuỷ ngân có khối lượng m = 200g, được đổ vào m một ống cong (hình vẽ) có nhánh bên phải tạo một gócθ = 30o với phương thẳng đứng.Diện tích tiết diện củaa lòng ống là S = 0,5 cm2. Bỏ qua độ nhớt của thuỷ ngân. Giải một đoạn x, nó phải hạ xuống ng m một đoạn cũng Giả sử thuỷ ngân dâng lên ở nhánh bên trái m bằng x ở nhánh kia. Tổng ng áp su suất trong hai nhánh là

Điều này cho ta lực phục hồi Nó phải bằng tích của khối lượ ợng với gia tốc mà ta có thể thu được từ nguyên lý năng n lượng

Vậy đây là dao động điềuu hoà vvới chu kỳ

Thay số ta được T = 0,8 s. Bài 7 : Người ta đặt mộtt thanh đồng đ tính trên hai ròng rọcc quay nhanh như hình vẽ. Khoảng cách giữa các trục của ròng rọcc là l = 20cm, hệ số ma sát giữaa thanh và ròng rọc r là k = 0,18. Chứng minh rằng thanh sẽ thựcc hi hiện dao động điều hoà. Tìm chu kỳ củaa dao động đó. 56

Giải Tại vị trí cân bằng trọng ng tâm của c thanh nằm ngang ở giữa hai ròng rọcc Phân tích các llực tác dụng vào thanh khi khối tâm ở li độ x từ vị trí cân bằng ng (hình). Không có llực tác dụng theo phương thẳng đứng ng vào thanh. Định Đ luật II Newton cho ta

nh ti tiến của thanh Fx = mwcx Phương trình chuyển động tịnh

Vì không có lực theo trục thẳng ng góc tới t mặt phẳng hình vẽ xuyên qua khốii tâm của c thanh

Giải đồng thời (1) (2) (3) ta có

Từ đây ta có chu kỳ dao động

Bài 8: Ta tưởng tượng có mộtt cái giếng gi được đào xuyên qua Trái Đấtt theo tr trục quay của nó. Coi Trái Đất là một quả cầu đồồng tính và bỏ qua sức cản của không khí, í, tìm: a) Quy luật chuyển động củaa một m vật rơi xuống giếng ; b) Thời gian cần thiết để vậtt này rrơi tới đầu đối diện của giếng ; c) Vận tốc của vật tạii tâm Trái Đất. 57

Giải a) Lực duy nhất tác dụng ng vào qu quả cầu là lực hấp dẫn

, độ lớn 4γγπρmr/3 mr/3 với v γlà hằng số

hấp dẫn, ρ là mật độ Trái Đấtt và r là khoảng kho cách của vật từ trung tâm Trái Đ Đất .

Do đó biểu thức của

có thể viết là

ph trình của chuyển động khi chiếu. Ở đây R là bán kính Trái Đấtt và phương

b) Phương trình trên có dạng ng của c phương trình dao động điều hoà vớii chu kkỳ

Do đó vật sẽ rơi xuống giếng ng sau th thời gian

c) Từ điều kiện của dao động ng đđiều hoà vận tốc ở trung tâm trái đất sẽ là lớ ớn nhất , có độ lớn là

CHƯƠNG 3. CÁC DẠNG BÀI TOÁN NÂNG CAO Dạng 1: Chứng minh dao động điều hòa các hệ khó Bài 1: Một khối hộp

chữ nhật đồng nhất có 2a

chiều dài là 2b, chiều cao là 2a đặt trên một mặt trụ bán kính R như hình vẽ. Coi rằng ma

sát đủ lớn để không xảy ra sự trượt. Khi cân bằng mặt đáy của khối hộp nằm ngang (hình vẽ). a. Chiều cao a phải thỏa mãn điều kiện nào để cân bằng của khối trụ là bền. b. Tìm chu kỳ dao động nhỏ của khối hộp xung quanh vị trí cân bằng, biết mô men quán tính của khối hộp đối với trục quay đi qua khối tâm là I. Bài 2: Một thanh mảnh đồng chất được treo nằm ngang bằng hai sợi dây nhẹ không dãn chiều dài l tại hai hai đầu của thanh (hình vẽ). Tìm chu kỳ dao động xoắn của l

thanh.

Bài 3: Một bình thông nhau có tiết diện đều S. Bình đựng một chất lỏng không chịu nén, có khối lượng riêng ρ ; cột chất lỏng ở trong bình dài l. Trên mặt cột chất

lỏng ở nhánh B có một pittông mỏng, khối lượng không đáng kể (Hình vẽ). Người ta ấn pittông xuống dưới mức cân bằng ban đầu một đoạn bằng a rồi buông tay. Bỏ qua mọi ma sát. a) Tại sao khối chất lỏng lại dao động ? b) Chứng minh rằng khối chất lỏng DĐĐH và xác định chu kì dao động. c) Tính tốc độ cực đại của khối chất lỏng. Giải

a) Gọi O, O' là mực chất lỏng ở hai nhánh khi chất lỏng đứng yên. Khi mực chất lỏng ở nhánh B tụt xuống dưới mức cân bằng 59

một đoạn a, thì mực chất lỏng ở nhánh A dâng lên trên mức cân bằng một đoạn cũng bằng a. Sự chênh lệch mực chất lỏng ở hai nhánh làm xuất hiện một lực có tác dụng kéo toàn bộ khối chất lỏng chuyển động nhanh dần về VTCB. Lực này có độ lớn bằng trọng lượng của phần chất lỏng chênh lệch. Khi chất lỏng về đến mức OO' thì lực này mất. Nhưng vì có quán tính nên khối chất lỏng tiếp tục chuyển động vượt qua mức cân bằng. Sự chênh lệch mực chất lỏng lần này làm xuất hiện một lực ngược chiều với trước làm khối chất lỏng chuyển động chậm dần rồi dừng lại. Một quá trình mới diễn ra giống như quá trình trước nhưng theo chiều ngược lại. Kết quả là khối chất lỏng dao động. b) Ta hãy khảo sát sự chuyển động của mực chất lỏng ở nhánh A. Chọn trục x hướng thẳng đứng lên trên, gốc ở O. Giả sử sau t giây kể từ lúc buông tay, mực chất lỏng bên A có li độ x. Khi ấy lực gây ra dao động có độ lớn bằng P = 2ρgS x và có hướng về VTCB O. Do đó biểu thức của lực này là: F = -2ρgSx Vì biểu thức của lực có dạng F = -kx, ta suy ra khối chất lỏng DĐĐH với tần số góc ω=

k = m

2ρgS = ρSl

2g 2π l , hay với chu kì: T = = 2π . l ω 2g

c) v max = Aω = aω = a

2g . l

Chú ý: Ta có thể giải câu b và c của bài toán bằng phương pháp

năng lượng như sau: Chọn mốc thế năng của khối chất lỏng khi mực chất lỏng của cả hai nhánh ở mực OO'. Khi mực chất lỏng ở nhánh A ở li độ x thì thế năng của khối chất lỏng tăng lên, vì ta có thể coi như cột chất lỏng có độ dài x ở nhánh bên trái được đưa lên cao một đoạn là x và được đặt lên đỉnh của cột chất lỏng ở bên phải (Hình 2.24). Thế năng của khối chất lỏng là: Wt = ρgSx2.

Vì biểu thức của thế năng có dạng Wt = k = m

DĐĐH với tần số góc là ω = W®

max

v max =

= Wt

max

2W®

1 2 kx với k = 2ρgS, ta suy ra khối chất lỏng 2

2g l hay với chu kì là T = 2 π . l 2g

= ρgSa 2

max

2ρgSa 2 2g . =a ρSl l

Bài 4: Một chất lỏng, khối lượng riêng ρ, chứa trong một ống hình chữ U có phần ống nằm ngang dài l. Tiết diện của các phần của ống là S1, S2 và S3. Khi cân bằng, mực chất lỏng có độ cao là h. Cho chất lỏng dao động tự do. Chứng minh rằng chất lỏng dao động điều hoà và tìm tần số của dao động. Bỏ qua tác dụng của sức căng mặt ngoài và độ nhớt của chất lỏng. Bỏ qua phần nước ở hai góc khi xét chuyển động. Giải: Phương trình liên tục: S1x1 = S2x2 S1v1 = S2v2 = S3v3 Chọn mốc thế năng tại mực chất lỏng khi đứng yên. Khi đó khối chất lỏng ∆m coi như được chuyển từ toạ độ x1 ở dưới mực cân bằng đến toạ độ x2 ở trên mực cân bằng: x12  x + x2   x1 + x 2  = ρ g Wt = ∆m.g  1 = ρ gS x   1 1 2  2   2 

S1 (S1 + S 2 ) S2

Gọi m1, m2, m3 là khối lượng của chất lỏng trong mỗi nhánh, ta có: m1 = ρS1h ; m2 = ρS2h ; m3≈ρS3l W® =

1 1 m1v12 + m 2 v 22 + m 3v 32 = ρ  h S1v12 + S 2 v 22 + lS 3v 32  2 2

(

)

(

S12  1 2  S1 ρv1  h ( S1 + S 2 ) + l  2 S 3   S 2

W = Wt + Wđ = const

)

1 2

= ρg

S1 S12  2 1  S1 2 S + S x + ρ h (S + S ) + l   v1 = const ( 1 2) 1 1 2 S2 2  S 2 S 3 

 S S S2  dW = ρg 1 (S1 + S 2 )x1x1' + ρ  h 1 (S1 + S 2 ) + l 1  v1v1' = 0 dt S2 S 3   S 2 

SS 

g(S1 + S 2 ) x = 0 Suy ra: ω = S1S 2 1 h(S1 + S 2 ) + l S3

g S1S 2 h+l (S1 + S 2 )S 3

Thay v1 = x1' và v1' = x1" vào, ta được: g(S1 + S 2 )x1 +  h(S1 + S 2 ) + l 1 2  x1" = 0 S3   hay

x1" +

Bài 5. Một quả cầu đặc, đồng chất, bán kính R, có khối lượng riêng ρ0, có thể nổi trong một chất lỏng, có khối lượng riêng ρL. Người ta gọi X là phần của đường kính thẳng đứng chìm trong chất lỏng và α =

ρ0 . ρL

a) Với giá trị nào của α thì quả cầu chìm hoàn toàn hoặc chìm một nửa ? b) Chứng minh rằng sự cân bằng của quả cầu được diễn tả bằng một hệ thức có dạng b X=

c X2

. Hãy cho biết sự phụ thuộc của b và c vào R và α.

c) Quả cầu cân bằng với 0 < X < 2R. Người ta ấn nhẹ quả cầu xuống rồi thả ra. Xác định chuyển động của quả cầu. Bài 6. Một thanh đồng chất, tiết diện đều, được đặt nằm ngang trên hai xilanh giống nhau đang quay với vận tốc góc bằng nhau nhưng ngược chiều. Khoảng cách giữa hai trục quay O1, O2 là l. Hệ số ma sát trượt giữa thanh và xilanh là µ. Lúc đầu thanh ở VTCB. a) Chứng tỏ rằng nếu thanh bị lệch một chút khỏi VTCB theo phương ngang thì nó sẽ dao động điều hoà. b) Tìm tần số góc của dao động. Áp dụng bằng số l = 30cm, µ = 0,2. c) Kết quả sẽ như thế nào nếu đổi chiều quay của cả hai xilanh và nếu độ lệch của thanh như cũ ? Giải 62

a) VTCB của thanh là vị trí khi trọng tâm G nằm trên trục Oy. Hình chỉ các lực tác dụng vào thanh khi thanh bị lệch đi một đoạn là x. Ở vị trí này hai lực pháp tuyến N1 và N2 không bằng nhau, do đó hai lực ma sát cũng không bằng nhau. Ta có hệ phương trình: ΣFx = F1 - F2 = µ(N1 - N2)

(1)

ΣFy = 0 ⇒ N1 + N2 - mg = 0

(2)

l



l



∑ M(O) = 0 ⇒ N1  2 + x  − N2  2 − x  = 0 Từ (2) và (3): N1 =

mg(l − 2x) ; 2l

Thay vào (1) ta được: Fhl = −

N2 =

(3)

mg(l + 2x) . 2l

2µmg x l

(4)

Vì hợp lực theo phương ngang có dạng Fhl= -kx nên thanh DĐĐH theo phương ngang. b) Tần số góc được tìm thấy từ phương trình chuyển động của thanh: ma = −

2µmg 2µg x hay x" + x = 0 Suy ra: ω = l l

2µg . l

c) Nếu đổi chiều quay của cả hai xilanh thì F hl cũng đổi chiều và đẩy thanh theo hướng dịch chuyển. Thanh chuyển động thẳng nhanh dần. F 2µmgx 2µg a = hl = x = m ml l

Chú ý: Tuy hợp lực của hai lực ma sát trượt có dạng Fhl= -kx nhưng không phải là lực

thế. Lực ma sát trượt thực hiện công làm giảm cơ năng của hệ. Ở đây ta phải kể đến vai trò của động cơ làm quay hai xilanh. Động cơ thực hiện công để bù vào phần cơ năng mất đi vì chuyển thành nhiệt năng. Bài 7. Một con lắc đơn được treo vào một giá đỡ, giá đỡ này dao động theo phương ngang nhờ ngoại lực theo phương trình x = Acosωt. a) Hãy lập phương trình chuyển động của con lắc khi góc lệch α nhỏ.

b) Hãy tìm nghiệm của phương trình khi con lắc đã dao động ổn định. Bài 8. Một cái thước có chiều dài l, dao động nhỏ quanh một trục đi qua O, cách trọng tâm G một đoạn x. a) Tìm chu kì dao động của thước theo l và x. b) Với giá trị nào của

x thì chu kì là cực tiểu ? l

c) Nếu l = 1,00 m và g = 9,8 m/s2 thì chu kì có giá trị cực tiểu bằng bao nhiêu ? Bài 9. Một con lắc vật lí khi treo tại A có chu kì dao động nhỏ là T. Lộn ngược con lắc lại và treo nó vào điểm B nằm trên đường thẳng nối điểm A với trọng tâm G (Hình 2.35). Dịch chuyển điểm B cho đến khi con lắc lại có chu kì là T. Khi ấy khoảng cách AB = l. Chứng minh rằng gia tốc rơi tự do được cho bởi công thức g =

4 π2 l T2

Giải

IA = IG + md2 IB = IG + m(l - d)2 Suy ra

IB = IA + ml(l - 2d) T = 2π

IA IB = 2π mgd mg(l − d)

IA I + ml(l − 2d) ml(l − 2d) = A = mgd mg(l − d) mg(l − 2d) IA l l 4 π2 l Cuối cùng, ta có g = 2 = ⇒ T = 2π g mgd g T

Chú ý: Có thể đo g bằng cách này mà không cần biết đến momen quán tính của vật rắn

dùng làm con lắc. Bài 10. Một quả cầu đặc, bán kính r, lăn không trượt trong một vành đai nhám, bán kính R (R > r). Quả cầu được thả từ li độ góc α0. Hãy tính: 64

a) Áp lực của quả cầu lên vành đai tại li độ góc α bất kì. b) Chu kì dao động của quả cầu nếu góc α0 nhỏ. c) Chu kì dao động của quả cầu nếu góc α0 nhỏ và không có ma sát giữa vành đai và quả cầu. Bài 11. Vật rắn là một nửa hình trụ đồng chất, bán kính R, khối lượng m. a) Chứng minh rằng momen quán tính của vật đối với trục O là IO =

1 mR2 . 2

b) Tìm vị trí của khối tâm G của vật. c) Vật được đặt trên một mặt phẳng nằm ngang, nhám. Ấn nhẹ một đầu cho mặt phẳng AB nghiêng đi một góc nhỏ rồi thả cho vật dao động. Tìm chu kì dao động của vật. Bài 12. Một xilanh đặc, khối lượng m, được gắn vào đầu tự do của một lò xo có độ cứng k. Xilanh có thể lăn không trượt trên một mặt phẳng nằm ngang. Kéo xilanh cho lò xo dãn ra một đoạn là a rồi thả không vận tốc đầu. a) Chứng minh rằng xilanh DĐĐH và tìm tần số góc của dao động. b) Viết phương trình dao động của xilanh. Bài 13. Một xe chở khách khởi hành với gia tốc a. Lúc đầu cánh cửa hé mở. Hỏi khi cánh cửa tự động đóng sập lại thì xe chạy được bao xa ? Cho biết bề rộng của cánh cửa bằng l. Bài 14. Một vật đứng yên trên một mặt phẳng nghiêng, có góc nghiêng α = 0,10 rad so với phương ngang. Hệ số ma sát nghỉ giữa vật và mặt phẳng nghiêng là µ. Cho mặt phẳng nghiêng dao động điều hoà với biên độ A = 4,9 cm theo một phương nằm trong mặt phẳng nghiêng. Hỏi cần phải rung mặt phẳng nghiêng theo phương nào và với tần số f tối thiểu là bao nhiêu để vật bắt đầu trượt trên mặt phẳng nghiêng. Giải:

Chọn HQC gắn với mặt phẳng nghiêng. Khi ấy vật chịu 4 lực là P , N , F ms , Fqt . Chỉ xét các lực (hoặc thành phần lực) nằm trên mặt phẳng nghiêng thì có:

- Lực thành phần P1 hướng theo đường dốc chính và có độ lớn P1 = mgsinα. 65

- Lực quán tính hướng ra xa VTCB và có độ lớn Fqt = mω2 x . - Lực ma sát nghỉ cân bằng với hai lực trên và có độ lớn: Fms≤µmgcosα. Điều kiện để vật bắt đầu trượt là: P1 + Fqt + F ms(max) = 0

Vì Fms(max) = µmgcosα = const, nên Fqt(min) khi phương dao động trùng với đường dốc chính. Khi ấy ta có: mgsinα + Fqt(min) = µmgcosα ⇒ mω2 x = mg(µ cos α − sin α) = mg(µ − α) 2 ω(min) =

1 g(µ − α) g (µ − α ) ; f = 2 π A A

Bài 15. Một quả tạ đôi gồm hai quả cầu, khối lượng m, được gắn vào hai đầu một thanh nhẹ, dài 2b. Thanh được treo ở vị trí nằm ngang trên hai dây không dãn, mỗi dây dài l. Khoảng cách giữa hai dây là 2a. Hãy tìm chu kì dao động của tạ đôi. Bài 16: Luồn một hạt cườm nhỏ vào một sợi dây có chiều dài 2l. Treo hai đầu dây vào hai điểm A và B có cùng độ

2a A

cao và cách nhau 2a.

a. Tìm chu kỳ dao động nhỏ trong mặt phẳng vuông góc

với đoạn thẳng AB. b. Tìm chu kỳ dao động nhỏ trong mặt phẳng thẳng đứng song song với đoạn thẳng AB.

⊥

c. Với tỷ số b/a bằng bao nhiêu thì quỹ đạo hạt cườm chiếu lên mặt phẳng ngang có dạng như hình vẽ.

Bài 17. Một khối lập phương có cạnh a, khối lượng m, được treo thẳng đứng tại một trong các cạnh của nó. Hãy tìm: a) Momen quán tính của nó đối với trục quay C. 66

b) Phương trình vi phân của dao động nhỏ của khối và chu kì dao động. c) Chiều dài của con lắc đơn đồng bộ (tức là có cùng chu kì với con lắc vật lí). Giải: a) Gọi I1 là momen quán tính của

1 khối lập phương. 4

Theo tính chất cộng momen quán tính ta có: Dựa vào công thức I = Σm i r12 và theo tỉ xích ta có:

I1/ O =

1 I O (1) 4

I1/ O =

1 IO 16 2

ma 2  Theo định lí Stê-nơ - Huy-ghen, ta có: I1/ O = I1/O1 +   (3) 4 4 

Từ (1), (2) và (3) suy ra: I O =

1 ma 2 . 6 2

2  a  2  = 3 ma .  2

Cuối cùng ta được: IC = IO + m  b)

MC = ICγ⇒ −mg

Đối với dao động nhỏ: −mg hay

θ" +

3g 2 2a

ω=

T =2

Suy ra:

sin θ = Iθ "

a 2 θ = ma 2 θ " 3 2

θ=0

Suy ra:

2 2a

và T = 2 π

2 2a 3 g

l 2 2a = 2π g 3 g

2 2 a.. 3

Bài 18. Một hệ S được tạo thành từ hai đĩa đồng chất D và D', cùng khối lượng riêng, cùng độ dày, cùng trục và gắn chặt với nhau. Đĩa D 67

(2)

có khối lượng m = 200 g và bán kính r = 1 cm, đĩa D' có bán kính r ' =

r . Người ta dùng hệ S 2

làm con lắc xoắn, dây treo OO' trùng với trục đối xứng của hệ. Biết chu kì của con lắc là 6,5 s và biên độ góc θm = 1,3 rad, hãy tính: a) Hằng số xoắn của dây OO'. b) Tốc độ góc cực đại của con lắc. c) Động năng cực đại của hệ S. Giải: 2

a) IO =

1 2 1 m r  17 2 -3 2 mr + mr = 1,065.10 kg.m   = 2 2 4 2 32

T = 2π

2 IO  2π  ⇒ K =   IO ≈ 0,993.10-3 N.m K  T 

b) θ(t) = θm cos(ωt + ϕ) θ '(t) = −ωθm sin(ωt + ϕ)

θ '(t)cùc ®¹i = ωθm =

c) W® =

K θm = 1,257 ≈ 1,26 rad/s IO

1 -3 -3 I O θ' 2 = 0,839.10 ≈ 0,84.10 J 2

Bài 19: Một con lắc đơn có chiều dài L thực hiện dao động nhỏ trong mặt phẳng thẳng đứng. Để tăng biên độ dao động người ta làm như sau: cứ mỗi lần vật đi qua vị trí cân bằng thì dây được rút ngắn bớt một đoạn nhỏ ∆L << L qua một lỗ hẹp ở điểm treo, còn khi vật đến vị trí biên thì dây lại được thả ra một đoạn ∆L. Hãy ước tính độ tăng biên độ góc tỷ đối ∆α/α sau mỗi chu kỳ dao động. Bài 20: Một dây kim loại cứng, mảnh được

uốn sao cho nếu đặt trục 0y trùng với một phần của dây thì phần còn lại của nó trùng với đồ thị hàm số y = ax3 với x > 0. Quay đều dây trên theo phần thẳng

đứng của dây với vận tốc góc ω. Hạt khối lượng m được đặt sao cho có thể chuyển động không ma sát

0 X

dọc theo dây. Xác định các vịị trí cân bbằng có thể và nghiên cứu dao động nhỏ nh xung quanh vị trí cân bằng. Bài 21: Một chất điểm khối lượng m chuyển động trong trường xuyên tâm O có biểu thức lực xuyên tâm có dạng F (r ) . a) Ở quỹ đạo tròn ổn định, hạt có vận tốc v0 và bán kính quỹ đạo tròn là r0 . Tìm liên hệ giữa v0 , r0

b) Một tác động nhỏ làm hạt lệch khỏi quỹ đạo ổn định định. Tìm điều kiện để hạt dao động quanh quỹ đạo ổn định và tìm tần số góc dao động đó. đó Bài 22: Một vật khối lượng ng m, điện tích q chỉ có thể dịch chuyển không ma sát trong mặt ặt phẳng ph trong của nón có góc mở 2α . Một điện tích –q đặtt cố c định tại đỉnh nón. Bỏ qua tác dụng trọng lực. Tìm tần số dao động nhỏ của vật quanh quỹ đạo tròn.

Bài 23: Một hạt chuyển động ng không ma sát trong vách một hình đối xứng được cho bởii phương phươ trình z =

b 2 x + y 2 với b là 2

(

)

hệ số cố định. Hạt đang ang chuy chuyển động ổn định ở độ cao z = z0 nhưng bị hơi ấn xuống dưới. Tìm tần số góc dao đđộng nhỏ của hạtt quanh quỹ đạo tròn ổn định Bài 24: Hai chất điểm m1 , m2 nnối với nhau bằng một sợi dây dài L đi qua 1 lỗ tròn trên bàn. Dây và chất ch điểm m1 chuyển động ng không ma sát trên m mặt bàn, m2 chuyển động theo phương thẳng đứng. a) Tốc độ m1 bằng ng bao nhiêu để đ m2 đứng yên cách bàn d? b) Tìm tần số góc dao động nhỏ của m2 quanh quỹ đạo tròn ổn định.

Bài 25: Một vệ tinh khối lượng m lúc đầu chuyển động ở quỹ đạo tròn bán kính 2R đối với Trái Đất. Sau đó vệ tinh chịu một lực đẩy độ lớn 10−4 mg 0 theo phương eθ trong khoảng thời gian một vòng quay. Tính sự thay đổi nhỏ của vận tốc và bán kính quỹ đạo vệ tinh giữa 2 thời điểm bắt đầu và ngừng tác dụng lực Bài 26: Ba hạt cùng khối lượng m được đặt ở 3 đỉnh của 1 tam giác đều cạnh ℓ . Ban đầu truyền cho chúng vận tốc đầu v0 =

GM có phương và chiều như hình ℓ

vẽ. Giả sử rẳng chỉ có trọng lực tác dụng. Tính rmin và rmax trong chuyển động tiếp theo của các vật. Tính chu

kì chuyển động của hệ. Bài 1: Một thanh khối lượng m được uốn thành cung tròn bằng 1/3 chiều dài của vòng tròn bán kính R và nhờ các nan hoa không trọng lượng, cung tròn được gắn vào trục quay đi qua tâm của vòng tròn và vuông góc với mặt phẳng hình tròn. Tích diện cho thanh với mật độ điện tích dài λ .Biết rằng cung tròn được đặt trong điện trường của điện tích điểm đứng yên Q đặt tại trung điểm của đoạn thẳng nối hai đầu của cung tròn khi ở vị trí cân bằng. Bỏ qua tác dụng của trọng lực. Tính chu kì dao động của thanh. ĐS: T = 2π

3mR 2 4kQλ

Bài 2: Một bánh xe có momen quán tính I có thể quay quanh trục nằm ngang đi qua tâm O. Vật khối lượng m có thể trượt tự do dọc theo một lan hoa, vật này được gắn với lò xo lồng qua lan hoa, đầu còn lại lò xo gắn vào tâm O. Cho lò xo có chiều dài tự nhiên là L và độ cứng k. Cho bánh xe quay với tốc độ góc ω0 . Gọi r0 là khoảng cách từ vật đến tâm O khi nó nằm cân bằng trong hệ quy chiếu gắn với bánh xe. Tìm tần số góc dao động nhỏ của vật quanh quỹ đạo tròn ổn định.

Đáp số: ω =

k  3mr02 − I  2 +  ω0 m  I + mr02 

Bài 3: Một con lắc đơn có chiều dài dây là ℓ quay đều để dây treo quét nên hình nón có góc ở đỉnh 2θ0 . Tìm tần số dao động nhỏ của vật nặng m khi góc θ0 lệch giá trị nhỏ. Đáp số: ω =

sin 2 θ0 g (4 cos θ0 + ) a cos θ0

Bài 4: Một hạt khối lượng m, điện tích e chuyển động treo quỹ đạo tròn cân bằng bán kính r0 trong mặt phẳng nằm ngang. Từ trường có phương thẳng đứng và có tính đối xứng trụ. Biết từ trường giảm theo khoảng cách đến trục theo công thức Bz (r ) =

A (với 0 < n <1). Xác định rn

tần số dao động thẳng đứng ωz của hạt trên quỹ đạo cân bằng này trong trường hợp hạt bị lắc nhẹ theo phương ngang. Đáp số: ωZ =

eBz ( r0 ) n m

Bài 5: Trong trường xuyên tâm, một vật đang chuyển động theo quỹ đạo elip ổn định thì vận tốc tiếp tuyến biến thiên một lượng nhỏ ∆v thì sẽ dẫn đến sự biến đổi nhỏ của bán kính trục lớn (a) và chu kì (T) như thế nào ? Đáp số: δa =

2∆v 3∆v ; δT = ' .T0 θ'0 r0 θ0

Dạng 2: Dao động cơ kết hợp với các loại khác Bài 1: Một thanh khụng dẫn điện nằm ngang, người ta gắn vào hai vật nhỏ tớch điện dương và một hạt cườm nhỏ cũng tích điện dương cú thể chuyển động khụng ma sỏt dọc theo thanh. Hạt cườm thực hiện dao động nhỏ quanh vị trớ cõn bằng. đú là giao động gỡ? tớnh chu kỡ dao động.

Bài 2: Một thanh khối lượng m được uốn thành cung tròn bằng 1/6 chiều dài của vòng tròn bán kính R và nhờ các nan hoa không trọng lượng, cung tròn được gắn vào trục quay đi qua tâm của vòng tròn và vuông góc với mặt phẳng hình tròn. ở hai đầu cung tròn, người ta gắn hai điện tích điểm dương như nhau q. Biết rằng cung tròn được đặt trong điện trường của điện tích điểm đứng yên Q đặt tại trung điểm của đoạn thẳng nối hai đầu của cung tròn khi ở vị trí cân bằng. Bỏ qua tác dụng của trọng lực. Tính chu kì dao động của thanh.

Bài 3: Một vòng tròn mảnh có bán kính R đặt cố định, tích điện Q phân bố đều theo chiều dài. Tại tâm vòng dây có điện tích điểm q cùng dấu với Q và có khối lượng là m. Bỏ qua ảnh hưởng của trọng lực. Tìm chu kỳ dao động nhỏ của điện tích điểm trong mặt phẳng vòng dây xung quanh tâm vòng dây. Bài 4: Tìm chu kì dao động nhỏ của bốn vật tích điện giống nhau nối với nhau bằng các sợi dây có độ dài l. Các mũi tên trên hình vẽ là hướng chuyển động của vật khi dao động tại một thời điểm nào đó. Khối lượng và điện tích của mỗi vật tương ứng bằng m và q. Bài 5: Ba điện tích q nằm ở ba đỉnh của một tam giác đều cạnh l. Một lưỡng cực p được đặt trên trục 0z vuông góc với mặt phẳng của ba điện tích và đi qua trọng tâm 0 ( p song song với trục đó ). 1- Xác định các vị trí cân bằng của hệ. Cân bằng bền hay không bền. 2- Hãy nghiên cứu các dao động nhỏ xung quanh vị trí cân bằng Bài 6: Một chất điểm khối lượng m chuyển động trong trường xuyên tâm O có biểu thức lực xuyên tâm có dạng F ( r ) =

−K . Một tác động nhỏ làm hạt lệch khỏi quỹ đạo ổn rn

định. Tìm điều kiện để hạt dao động quanh quỹ đạo ổn định. Bài 7: Xét chuyển động của các e trong 1 từ trường đối xứng trục. Giả thiết tại z = 0

(xOy), thành phần bán kính của từ trường bằng 0 ( B( z =0) = Br k ). Các electron tại z = 0 chuyển động tròn bán kính R. a) Xác định mối quan hệ giữa động lượng và bán kính quỹ đạo. 72

b) Trong máy Betatron, các e được gia tốc bởi 1 từ trường biến thiên. Lấy Bav là giá trị trung bình của từ trường trên mặt phẳng quỹ đạo( trong quỹ đạo), từ thông qua quỹ đạo là

ϕ B = Bavπ R2 . Tại bán kính R, lấy từ trường là B0 b1) Giả thiết Bav thay đổi 1 lượng ∆Bav và ∆B0 , hỏi phải có liên hệ gì giữa ∆Bav và

∆B0 để e vẫn chuyển động trên quỹ đạo tròn bán kính R khi động lượng của chúng tăng.

A . Tìm tần rn

b2) Giả thiết thành phần z của từ trường biến thiên theo quy luật Bz ( r ) =

số dao động theo phương bán kính (xét sự lệch nhỏ khỏi VTCB theo phương bán kính ). Tìm điều kiện n để có ổn định Bài 8: Một thanh kim loại mảnh đồng chất có khối lượng m có

thể dao động xung quanh trục nằm ngang O đi qua một đầu của thanh

như một con lắc (hình vẽ). Đầu dưới của thanh tiếp xúc với một sợi dây được uốn thành một vòng cung có bán kính b. Tâm của sợi dây này

được nối với điểm treo O qua một tụ điện có điện dung C. Hệ được đặt trong từ trường đều hướng theo phương ngang vuông góc với mặt phẳng dao động của thanh. Bỏ qua ma sát và điện trở của thanh, của dây dẫn. Các chỗ tiếp xúc điện đều lý tưởng. 1) Xác định tính chất chuyển động được thực hiện sau khi thanh lệch khỏi phương thẳng đứng một góc nhỏ α0 rồi thả ra không vận tốc ban đầu. 2) Nếu thay tụ điện bởi điện trở R thì chuyển động của thanh khác như thế nào? Lời giải 1) Xét thanh đang quay và tại thời điểm t thanh hợp với phương thẳng đứng một góc nhỏ θ (hình vẽ). Trong thanh khi đó có dòng điện i, còn tụ điện có điện tích q. Như vậy ngoài trọng lực mg, thanh còn chịu tác dụng của lực từ và gây ra mô men quay. Phương trình chuyển động quay của thanh được viết như sau: b Iθ '' = − mg θ − M m , 2

(1)

1 trong đó I = mb 2 , còn Mm là mô men lực từ xác định bởi: 3

B i q θ

b 1 M m = ∫ iBrdr = iBb 2 , 0 2

với: i =

dq Cd ε . Suất điện động cảm ứng ε lại đựoc xác định theo phương trình: = dt dt

BdS b 2 dθ ε= =B dt 2 dt

Do đó: i =

(2)

CBb 2 1 CB 2b 4 θ '' , nên: M m = iBb 2 = θ '' 2 2 4

Thay vào phương trình chuyển động quay ta viết được:  1 2 CB 2b 4  b  mb +  θ '' = −mg θ 4  2 3

Đặt ω 2 =

2g , thì phương trình trên trở thành: θ ''+ ω 2θ = 0 . 4 CB 2b3 b+ 3 m

Nghĩa là thanh dao động điều hòa với phương trình: θ (t ) = α 0 cos(ωt ) . Khi thay tụ điện bởi điện trở thì phương trình (1) vẫn có dạng như cũ, nhưng cường độ dòng điện qua thanh được tính như sau: Bb 2 dθ i= = R 2 R dt

1 2

Vì thế mômen của lực từ bằng: M m = iBb 2 =

B 2b 4 θ ' . Vậy phương trình (1) có dạng: 4R

1 2 b B 2b 4 mb θ '' = −mg θ − θ' 3 2 4R

Đặt 2β =

3B 2 b 2 3g và ω02 = thì được: θ ''+ 2 βθ '+ ω02θ = 0 . Đến đây xảy ra các khả năng sau: 4mR 2b

+ Nếu β < ω0 thì phương trình trên có nghiệm: θ(t) = θ0e−βt cos ( ωt + ϕ ) , với

ω=

ω02

2 2 2  3g   3B b  −α =   −   2b   8mR 

Còn θ 0 và ϕ được xác định từ điều kiện ban đầu, tại t = 0 vật có: θ (0) = θ0 cos ϕ = α 0  =0  θ '(0) = θ0 β cos ϕ + θ 0ω sin ϕ 74

Do đó: θ0 =

α0 ω  β = α 0 0 , còn ϕ = arctan  −  . cos ϕ ω  ω

+ Nếu β ≥ ω0 : con lắc chuyển động không tuần hoàn về vị trí cân bằng. Bài 9: Một bình hình trụ nằm ngang chứa đầy khí lí tưởng.khoảng cách giữa hai đáy bình là l. Ban đầu nhiệt độ của khí là đồng đều , áp suất là . Sau đó người ta đưa nhiệt độ của một đáy lên thành T0 + ∆T ( ∆T rất nhỏ so với T) còn nhiệt độ của đáy

kia vẫn giữ nguyên là T0 . Nhiệt độ của khí biến đổi tuyến tính theo khoảng cách tới đáy bình. tính áp suất P của khí. Lời Giải Số mol khí trong bình: ν =

P0V P0 lS = T0 R T0 R

Sau khi tăng nhiệt độ một đáy xét tại phần bình dài dl tại đó có nhiệt độ T dν =

dl dT ldT PSdl có = ⇒ dl = l ∆T ∆T TR

⇒ dν =

PSl dT ∆TR T

tích phân hai vế ta được ν=

T + ∆T PSl ln T 0 T0 R∆T

⇒P=

(1)

P0 ∆T  ∆T   T0 ln1 + T0  

Vì ∆T rất nhỏ so với T0 nên ta có thể dùng công thức khai triển: ln(1 + x ) = x −

x 2 x3 + ... 2 3

Thay (2) vào (1) để tính gần đúng  ∆T  ∆T  ∆T   ≈ 1 −  ln1 + T0  T0  2T0   ⇒P=

 ∆T  P0  = P0 1 + ∆T  2T0  1− 2T0

(2)

(3)

Biểu thức (1) thì có ý nghĩaa toán hhọc nhưng biểu thức (3) thì có ý nghĩa vậtt lý nhiều nhi hơn Như các bạn đã thấyy thì phép tính gần g đúng được sử dụng rất nhiều u trong các bài toán vvật lý trong hầu hết các lĩnh vực cơ, ơ, nhi nhiệt, điện, quang. Do đó chúng ta cần nắắm vững các phép toán gần đúng để nó trở thành m một công cụ để giải các bài toán vật lý. Bài 10. Người ta thổii m một bong bong xà phòng có khối lượng m = 0, 01 g và hệ số căng ăng bbề mặt là σ = 0, 01 N / m thông qua một ống ngắn hở hai đầuu (Hình vvẽ). Tích điện cho bong bóng đến điện tích Q = 5, 4.10−8 C . Màng bong bóng xà phòng coi là m một vật dẫn, điện tích phân bố đềuu trên bbề mặt. 1- Trong trạng ng thái cân bằng b tĩnh điện, hãy xác định cường độ điệnn trường trư trên bề mặt củaa màng bong bóng. So sánh vvới cường độ điện trường do mặt phẳng ng vô hạn h tích điện đều gây ra và giải thích kết quả thu được. đư 2- Chứng minh rằng mộột diện tích dS bất kỳ của mặtt ngoài màng bong bóng ssẽ chịu

tác dụng của lực tĩnh điện d F =

Q 2 dS n do các điện tích trên diện n tích còn lại l gây ra, với 32π 2ε 0 R 4

n là véc tơ đơn vị pháp tuyến n ngoài của c dS còn R là bán kính của màng.

3- Xác định bán kính R0 của bong bóng ở trạng thái cân bằng. 4. Tính chu kì dao động ng nhỏ nh của bong bóng nếu khi dao động, ng, bán kính thay đổi một lượng nhỏ và nó vẫn giữ nguyên dạng d hình cầu. Bài 11. Sao là thiên thểể giống mặt trời, với nhiệt độ cao nên các sao đều tồn tại ở trạng thái khí. Coi mật độ khí ccủa sao là đồng đều. Có những sao có thể giãn nén tuần tu hoàn coi gần đúng là dao động điềuu hòa, khi ta quan sát chúng sẽ s thấy cường độộ ánh sáng thay đổi tuần hoàn và ta gọi là sao biếnn quang do giãn nén. Hãy tính chu kì dao động ng nnhỏ của các sao này theo mật độ khối lượng ng trung bình và hệ h số đoạn nhiệt γ =

5 . 3

Gợi ý: Xét một lớpp khí ở vành ngoài, nó sẽ chịu lực hấp dẫn củaa khối kh khí bên trong nhưng có áp suất chống đỡ lại. i. B Bằng phương pháp biến phân thay R = R0 + δR và p = p0 + δp đồng thời sử dụng phương ng tr trình khí giãn đoạn nhiệt. Bài 12. Bạn được tặng mộtt cái hhộp. Khi bạn mở nắp hộp ra, thì thật bấất ngờ, một chú hề bật ra. Đó là hộp bất ngờ.. Bài toán sau xét vvề mô hình của đồ chơi này. 76

Cho hai vật nhỏ (có thể coi như những chất điểm) có khối lượng tương ứng là m và M được gắn với nhau bằng một lò xo có độ cứng k, chiều dài tự nhiên ℓ và khối lượng không đáng kể. Hai vật m và M được lồng vào một trục thẳng đứng có thể trượt không ma sát dọc theo trục. Gắn trục toạ độ Oz dọc theo trục, gốc O ở mặt sàn và có chiều hướng lên trên (hình bên). Ở trạng thái nghỉ, vật m nằm trên sàn và có toạ độ z0 = 0, vật M nằm ở đầu trên của lò xo và có toạ độ za. 1. Ta nén vật M cho đến khi nó có toạ độ zb (với zb< za) rồi thả nó ra với vận tốc ban đầu bằng không (coi lúc đó là thời điểm t = 0). Hỏi cần nén vật M ít nhất đến điểm có toạ độ zb bằng bao nhiêu để khi lò xo dãn ra, vật m bị nâng lên khỏi mặt sàn? 2. Giả sử điều kiện ở ý 1 được thoả mãn, hãy xác định toạ độ zc và vận tốc vc của vật M ở thời điểm tc, lúc mà vật m bắt đầu bị nâng lên khỏi mặt sàn. Biểu thị zc và vc theo k, m, M, ℓ , zb.

3. Hãy xác định độ cao cực đại zGmax mà khối tâm G của hệ hai vật m, M đạt được khi vật m được nâng lên khỏi mặt sàn. Biểu thị zGmax theo k, m, M, ℓ , zb. Bài 13. Hai vật A, B có cùng khối lượng m được nối với nhau bằng một lò xo có khối lượng không đáng kể, độ cứng k. Hệ số ma sát trượt giữa mỗi vật và mặt sàn là µ. Lực ma sát nghỉ cực đại tác dụng lên mỗi vật có cường độ là 3µmg/2. Lúc đầu A được kéo bằng một lực có phương nằm ngang, độ lớn F = 2µmg. Đến khi B bắt đầu chuyển động, người ta điều chỉnh độ lớn của lực F sao cho A luôn chuyển động với vận tốc không đổi. 1. Viết phương trình chuyển động của vật A. 2. Khảo sát chi tiết chuyển động của vật B đối với mặt sàn. Tìm chu kỳ chuyển động của vật B. Biểu thị sự phụ thuộc vận tốc của vật B đối với mặt sàn theo thời gian. Giải 1. Phương trình chuyển động của A

Chọn trục Ox như hình vẽ, 0 là vị trí ban đầu của A. mx ''A = 2µmg − µmg − kx A ⇒ x ''A = −

k µmg (x A − ) m k

k 77

xB x

 k  µmg x A = A1 sin  t + ϕ +  m  k   v A = x 'A = A1

(1)

 k  k cos  t + ϕ  m  m  

Thay t = 0; x A = 0; v A = 0 ⇒ A1 =

xA =

(2) µmg π , ϕ = − . Và: k 2

 k  k µmg  π  m π t −   ; v A = µg cos  t −  (3) 1 + sin    m 2 k  k  m 2    

2. Khi t = t1 , vật B bắt đầu chuyển động, B chỉ chuyển động khi lực đàn hồi của lò xo tác dụng vào B ít nhất bằng lực ma sát nghỉ cực đại và từ lúc đó trở đi: v A = v 0 = hs. Tính t1 : xA =

 k µmg  π   3µmg t1 −   = 1 + sin  k  2   2k  m

⇒ t1 =

2π m 3m ; v A = µg = v 0 (4) 3 k 4k

Khi t ≥ t1 chọn trục toạ độ 0 B x B , với gốc 0 B là vị trí của B ở thời điểm nó cách A một khoảng bằng chiều dài tự nhiên của lò xo (chiều dài khi lò xo không bị biến dạng) và cho 0 B chuyển động cùng với A với vận tốc v 0 không đổi. mx ''B = −µmg − kx B ⇒ x B = −

v B = x 'B = A

Thay t = t 1 ; x B = −1,5 xB = −

Giải hệ:

 k  µmg t + ϑ  (5) + A sin    k  m 

 k  k cos  t + ϑ  m  m  

µmg (dấu trừ chỉ lò xo bị giãn), v B = − v 0 : k

µmg µmg k 3m  2π   2π  + A sin  + ϑ  = −1,5 , v B = x'B = A .cos  + ϑ  = −µg , k k m 4k  3   3 

ϑ=−

5π µmg m ;A= ; v B max = µg ⇒ 6 k k

xB =

µmg   k 5π   µmg   k 3π   t −  − 1 , ( t − t1 ) −  − 1 = sin  sin  k   m 6   k   m 2  

v B = µg t≥

 k 3π  m cos  t −  , k 2   m

2π m . 3 k

Đối với mặt sàn B có vận tốc: v ∗B = v B + v 0 = µg

 k m 3π  m  k 3π  3 cos  t −  + v 0 = µg cos  t− +   (6)  m k 2  k   m 2  2  

ở thời điểm t = t 2 ; v B = − v 0 thì B có vận tốc bằng 0 đối với đất:  k 3π  3 cos  t− =−  m  2  2 

⇒ t2 =

Lúc đó

x B (t 2 ) =

Vậy lò xo giãn 0,5

7π m 3 k

(7)

µmg   5π   µmg sin   − 1 = −  k   6   2k

µmg , lực đàn hồi nhỏ hơn lực ma sát tĩnh và B đứng yên, chỉ có A k

chuyển động đều cho đến thời điểm t 3 sao cho v 0 ( t 3 − t 2 ) =

µmg µmg thì lò xo giãn 1,5 ,B k k

lại chuyển động. Quá trình lặp lại tuần hoàn với chu kỳ T. Tính t3: t3 = t2 +

µmg  7π 2  m m = + ≈ 8, 5  kv 0  3 k 3 k

(8)

Chu kỳ chuyển động của vật B m  5π 2  m T = t 3 − t1 =  +  k ≈ 6, 4 k 3 3 

(9)

Kết luận: t1 =

2π m 7π m  7π 2  m  5π 2  m , t2 = , t3 =  + . ,T = +   3 k 3 k 3 k 3 k  3  3

0 ≤ t < t 1 : v *B = 0;   m  k 3π  3 * t− +  cos   (n = 0,1, 2, 3,...) t 1 + nT ≤ t < t 2 + nT : v B = µg k   m 2  2    * t 2 + nT ≤ t < t 3 + nT : v B = 0

Bài 14. Một lò xo có độ cứng k, chiều dài tự nhiên L0 và có khối lượng M phân bố đều theo chiều dài khi không bị biến

ω M

dạng. Một đầu lò xo được gắn cố định ở O, đầu kia gắn với quả O

A x

cầu A khối lượng m, kích thước nhỏ. Quả cầu có thể dịch chuyển không ma sát trên một trục nằm ngang Ox. Người ta quay trục Ox với tốc độ góc ω không đổi quanh một trục thẳng đứng đi qua đầu O của lò xo. Gọi chiều dài của lò xo khi hệ cân bằng là L. 1. Tìm L trong hai trường hợp sau: a) Bỏ qua khối lượng m so với M (m ≪ M). b) Khối lượng m đáng kể so với M. 2. Tìm động năng của hệ gồm quả cầu và lò xo khi hệ cân bằng. Cho biết: ∫

dx 1− x 2

= arcsin x;

∫

x 2dx a2 − x2

a2  x x x2  1− 2 .  arcsin − 2  a a a 

Bài 15. Trái Đất coi như hình cầu có khối lượng M, tâm O, bán kính R. Hệ quy chiếu gắn với Trái Đất được xem như hệ quy chiếu quán tính. Từ mặt đất, một vệ tinh nhân tạo được phóng lên quỹ đạo tròn quanh Trái Đất ở độ cao h so với mặt đất. Khi vệ tinh đang chuyển động ổn định ở độ cao h, vệ tinh tự động mở các tấm pin mặt trời ra hai bên. Khi đó có thể coi gần đúng vệ tinh như một hệ gồm hai

C A

R O

chất điểm A, B có khối lượng giống nhau m, được nối với nhau bằng một thanh cứng nhẹ, dài 2ℓ, có khối tâm C ở độ cao h. Thanh cứng nằm trong mặt phẳng quỹ đạo và tạo với phương OC một góc α. AB chỉ có thể quay quanh trục vuông góc với mặt phẳng quỹ đạo và đi qua C. 1. Tìm các giá trị α ứng với các vị trí cân bằng của vệ tinh. 2. Khi vệ tinh chuyển động, tấm pin mặt trời dao động nhỏ quanh vị trí cân bằng bền. Tính chu kỳ dao động đó. 80

B α

Bài 16. 1. Hai quả cầu nhỏ có cùng khối lượng ݉ = 10g được nối với nhau bằng một lò xo nhẹ, có chiều dài tự nhiên ‫ = ܮ‬10cm và độ cứng

݇ = 100N/m. Hai quả cầu này có thể trượt không ma sát trên mặt

phẳng nằm ngang dọc theo hai thanh. Ban đầu lò xo không biến dạng, 2 quả nằm ở A và O như hình vẽ. Truyền cho quả cầu ở O vận tốc ‫ݒ‬଴ = 2m/s. Tính độ dãn tỉ đối lớn nhất của lò xo. 2. Giải lại bài toán trên trong trường hợp các quả cầu có thể chuyển động không ma sát trên mặt phẳng nằm ngang.

‫ݒ‬Ԧ଴

Dạng 3: Dao động liên kết Bài 1. Xét hai con lắc dây coi như con lắc đơn, mỗi con lắc đơn này có độ dài ℓ và vật nhỏ khối lượng m (Hình 1). Hai vật được nối với nhau bởi một lò xo nằm ngang có độ cứng k, có khối

ℓ

lượng không đáng kể. Ở vị trí cân bằng, hai dây treo thẳng đứng, lò xo có độ dài tự nhiên (không bị dãn hoặc bị co). Kí hiệu x là li độ của vật trong con lắc bên phải, y là li độ của vật trong con lắc bên trái.

m y

m x

Hình 1

Phương trình động lực học của con lắc bên phải là: g mx′′ = − m x − k ( x − y ) , ℓ

với x′′ là đạo hàm hạng hai của x theo thời gian. Phương trình động lực học của con lắc bên trái là: g my′′ = − m y + k ( x − y ) . ℓ

Nếu đặt: ω02 =

g , ℓ

ta sẽ có các phương trình x′′ + ω02 x = −

k (x − y), m

(1)

y′′ + ω02 y = −

k ( y − x ). m

(2)

Đây là một hệ hai phương trình vi phân, mỗi phương trình trong hệ chứa cả hai hàm x và y của thời gian. Muốn giải hệ phương trình này, cần phải chuyển thành hệ tương đương gồm hai phương trình mà mỗi phương trình chỉ chứa một biến số là hàm của thời gian. Với hệ tương đương đó có thể giải riêng biệt từng phương trình bằng phương pháp toán học quen thuộc.

Để làm điều đó, ta cộng từng vế của (1) và (2) thì được:

( x′′ + y′′) + ω02 ( x + y ) = 0. 82

Nếu chọn hàm x + y như một tọa độ (biến số) mới của hai con lắc liên kết X = x + y,

(3)

thì phương trình trên chỉ còn chứa một hàm số (biến số) X, và có dạng quen thuộc:

X′′ + ω02 X = 0.

(4)

Phương trình (4) có nghiệm tổng quát dưới dạng:

X = A cos ( ω1t + ϕ1 ) ,

(5)

trong đó g . ℓ

ω1 = ω0 =

(6)

Bây giờ nếu trừ từng vế của (1) cho (2) và đặt Y = x - y,

(7)

thì ta có phương trình chỉ còn chứa một hàm Y: 2k   Y′′ +  ω02 +  Y = 0. m 

(8)

Đặt ω22 = ω02 +

2k , m

hay là: ω2 = ω02 +

2k g 2k = + , m ℓ m

(9)

thì nghiệm Y của phương trình (8) có dạng tổng quát:

Y = Bcos ( ω2 t + ϕ2 ) .

(10)

Nhìn tổng thể quá trình vừa được thực hiện, ta đã đưa vào hai hàm tọa độ mới X = x + y và Y = x - y. Hai hàm này, mỗi hàm thỏa mãn một phương trình (4) cho X và (8) cho Y. Hai phương trình đó tương đương với hệ hai phương trình (1) và (2). Có thể tìm nghiệm x và y thỏa mãn hệ hai phương trình (1) và (2) theo các nghiệm X và Y của (5) và (8): x=

1 A B ( X + Y ) = cos ( ω1t + ϕ1 ) + cos ( ω2 t + ϕ2 ) , 2 2 2 83

(11)

1 A B ( X − Y ) = cos ( ω1t + ϕ1 ) − cos ( ω2 t + ϕ2 ) . 2 2 2

(12)

Như vậy, dao động của mỗi con lắc (trong số hai con lắc liên kết) là cộng hoặc trừ chồng chập của hai dao động điều hòa với tần số góc lần lượt là ω1 =

g g 2k , và ω2 = + . ℓ ℓ m

Cách 2 Giả sử hệ hai con lắc liên kết đã xét ở trên chỉ dao động theo một trong các kiểu chuẩn của nó với tần ω , phương trình động lực học sẽ là: x mx′′ + mg   + k ( x − y ) = 0, ℓ

x my′′ + mg   − k ( x − y ) = 0. ℓ

Chúng ta có thể thừa nhận nghiệm của hệ phương trình trên có dạng x = Acosωt,

y = Bcosωt,

trong đó A và B là biên độ của các li độ x và y với tần số ω . Với các nghiệm đó, các phương trình động lực trở thành:

  1 2  − mω A + mg  ℓ  A + k ( A − B )  cosωt = 0,       1 2  − mω B + mg  ℓ  B − k ( A − B )  cosωt = 0.     Các phương trình này được thoả mãn nếu các đại lượng trong dấu móc [ ] bằng không, nghĩa là nếu sắp xếp lại các số hạng theo A và B ta sẽ có hệ hai phương trình bậc nhất, thuần nhất đối với A và B: g   2  − mω + m + k  A − kB = 0, ℓ  

(29)

g   − kA +  − mω2 + m + k  B = 0. ℓ  

(30)

Giải hệ phương trình (29) và (30) ta tìm được A và B, và như vậy viết được đầy đủ biểu thức của x và y, tức là tìm được dao động theo kiểu chuẩn với tần số góc là ω. 84

Tuy nhiên, cần lưu ý rằng hệ phương trình (29) và (30) bao giờ cũng có nghiệm A = 0 và B = 0 (gọi là nghiệm tầm thường). Nghiệm này ứng với trạng thái không chuyển động x = 0, y = 0. Chỉ khi hệ phương trình này có nghiệm A ≠ 0 , B ≠ 0 (không tầm thường) thì hệ liên kết mới dao động. Như vậy, điều kiện để hệ dao động liên kết dao động theo kiểu chuẩn với tần số góc ω là hệ phương trình (29) và (30) có nghiệm không tầm thường. Toán học đã chứng tỏ rằng điều kiện đó là định thức tạo bởi các hệ số của A và B bằng không g − mω2 + m + k ℓ

−k

g − mω + m + k ℓ

= 0.

(31)

Sau khi khai triển định thức trong phương trình (31) và rút gọn nó thì phương trình trên trở thành g g   2 2  − mω + m + 2k  − mω + m  = 0. ℓ ℓ  

(32)

Phương trình (32) được nghiệm đúng nếu ω nhận một trong hai giá trị sau ω = ω1 =

g , ℓ

(33)

ω = ω2 =

g 2k + . ℓ m

(34)

Hai giá trị này chính là hai tần số góc chuẩn mà ta phải tìm. Nhìn chung phương pháp trên chỉ áp dụng cho các hệ dao động liên kết có dạng đơn giản, nghĩa là ta dễ dàng thiết lập

được hệ các phương trình động lực học mô tả chuyển động của hệ. Bài 2a. Con lắc lò xo kép gồm hai lò xo có độ cứng k và hai vật nặng có khối lượng m, nối với nhau như sơ đồ vẽ ở hình 11. k

Tìm các kiểu dao động chuẩn, tính đối với mỗi kiểu: tần số góc của dao

động và tỉ số biên độ dao động của hai vật nặng.

Bài giải: Kí hiệu x1 và x2 lần lượt là li độ của vật nặng ở trên và dưới của con lắc

kép.

x2 85

Hình 11

Phương trình chuyển động của các vật nặng là:

mx1′′ = −kx1 + k ( x 2 − x1 ) ,

(53)

mx′′2 = −k ( x 2 − x1 ) .

(54)

Khi thực hiện một kiểu dao động chuẩn thì hai vật nặng dao động với cùng tần số góc ω . Đặt

x1 = A1cosωt, x 2 = A 2 cosωt, rồi thay vào các phương trình (53) và (54) rồi chia hai vế cho cosωt và đưa các số hạng về vế đầu, ta có:

( 2k − mω ) A 2

− kA 2 = 0,

(55)

−kA1 + ( k − mω2 ) A 2 = 0.

(56)

Điều kiện để hệ phương trình (55) và (56) có nghiệm khác không là:

2k − mω2 −k

k = 0, k − mω2

hay là

ω4 −

3k 2 k 2 ω + 2 = 0. m m

(57)

Phương trình (57) có các nghiệm là: ω2 =

1 3± 5 2

(

)

k . m

Như vậy là có hai giá trị của ω thoả mãn phương trình (57) đó là hai tần số góc chuẩn: ω1 =

3+ 5 2

k , m

(58)

ω2 =

3− 5 2

k . m

(59)

Từ (55) hoặc (56) có thể rút ra tỉ số hai hệ số A1 và A2 của các hàm cos đối với từng kiểu chuẩn. 86

Kiểu dao động chuẩn thứ nhất:

Tần số góc: ω1 = Tỉ số hệ số:

3+ 5 2

k . m

A1 1+ 5 =− = −1,618. A2 2

Hai vật nặng có li độ luôn trái dấu, vật này đi lên thì vật kia đi xuống. Tỉ số biên độ là 1,618, dao động của hai vật là ngược pha. Kiểu dao động chuẩn thứ hai:

Tần số góc: ω2 = Tỉ số hệ số:

3− 5 2

k . m

A1 5 −1 = = 0,618. A2 2

Hai vật nặng có li độ luôn luôn cùng dấu, hai vật luôn luôn chuyển động cùng chiều, tỉ số biên độ là 0,618. Nếu muốn kích thích con lắc kép dao động theo kiểu chuẩn thứ nhất chẳng hạn, thì phải có điều kiện ban đầu thoả mãn hệ thức: x1 ( 0 ) 1+ 5 =− , và x1′ ( 0 ) = 0, x′2 ( 0 ) = 0. x 2 ( 0) 2

Bài 2b. Một hệ dao động như Hình vẽ. Xét dao động theo

phương thẳng đứng. Tìm: a) Tần số của các mode dao động. b) Tìm tỉ số các biên độ trong mỗi mode. Giải:

a) Tại VTCB : Quả cầu 2 (ở dưới) :

k∆l2 = mg

Quả cầu 1 (ở trên) :

k∆l1 = mg + k∆l2

(1)

Tại li độ x1, x2 (chọn chiều dương hướng xuống) : mx1" = − k( ∆l1 + x1 ) + k( ∆l2 + x 2 − x1 ) + mg 87

mx"2 = − k( ∆l2 + x 2 − x1 ) + mg

Kết hợp với (1) ta được :  mx" = −2kx + kx 1 1 2   mx"2 = − kx 2 + kx1

(2)

Giả sử hai quả cầu dao động với cùng tần số ω : x1" = −ω2 x1 và x"2 = −ω2 x 2

(2k − mω2 )x = kx (a) 1 2 Thay vào (2) ta được :  2 (k − mω )x 2 = kx1 (b)

(3)

Suy ra : (2k - mω2)(k - mω2) = k2 Đặt : ω02 =

k , ta được : m

ω4 − 3ω02 ω2 + ω04 = 0

3 ± 5 2 ∆ = ω02 5 ⇒ ω2 =   ω0  2  3 + 5 k ; ω2 =   2 m

3− 5 k   .  2 m

Hai tần số của mode là : ω1 =  b) Thế ω12 vào (3a) ta được :

 5 − 1  5 − 1  x1 = x 2 ⇒ −   A cos ω1t = B cos ω1t .  2   2 

-

Vậy, nếu kéo con lắc lệch về hai phía với tỉ số biên độ

B = A

(

5 − 1) thì ta được hai con 2

lắc dao động ngược pha với ω1 (mode 1). 1 + 5  1 + 5   x1 = x 2 ⇒  A = B.  2   2 

Thế ω22 vào (3a) ta được : 

Vậy, nếu kéo con lắc lệch về cùng một phía với tỉ số biên độ

1 + 5  B =  thì hai con lắc A  2 

dao động cùng pha với cùng ω2 (mode 2). Bài 3: Cho hệ cơ học gồm ba vật nặng, một

vật có khối lượng M0, hai vật kia mỗi vật có khối

lượng là M, và hai lò xo có độ cứng như nhau và bằng k. Các khối lượng và lò xo nối với nhau như ở hình vẽ. Khi hệ ở vị trí cân bằng hai lò xo có độ dài tự nhiên. 1) Li độ của từng vật nặng 1, 2 và 3 (xem hình) khỏi vị trí cân bằng của nó được ký hiệu lần lượt là x1 , x2 , x3 . a) Hãy viết phương trình động lực học mô tả chuyển động của các quả nặng. b) Xác định các tần số đặc trưng của hệ. c) Tìm biểu thức x1 và x2 của hai quả nặng M theo thời gian. 2) Từ sự tương tự điện cơ hãy vẽ sơ đồ một mạch điện đơn giản nhất chỉ gồm các tụ điện và các cuộn cảm, tương tự với hệ cơ học đã nêu trên. Chứng tỏ rằng mạch điện này có hai tần số đặc trưng và tìm mối liên hệ giữa các tần số này với các thông số của mạch điện. Lời giải

a) Sử dụng định luật II Newton, ta viết được các phương trình sau cho Vật 1 :

Mx1'' = k ( x3 − x1 )

(1)

Vật 2 :

Mx2'' = − k ( x2 − x3 )

(2)

Từ hai phương trình trên suy ra: M ( x1'' + x2'' ) = − k ( x1 + x2 ) + 2kx3

(3) (4)

M ( x1'' − x2'' ) = − k ( x1 − x2 )

Chú ý rằng hệ cô lập nên khối tâm của hệ đứng yên, vì thế: M0x3 + M(x1 + x2) = 0

(5)

b) Từ đây có thể viết lại (3) như sau: M ( x1'' + x2'' ) = − k ( x1 + x2 ) + 2k

Đặt:

M ( x1 + x2 ) M0

(6)

X = x1 + x2 (7) Y = x1− x2

(8)

Ta có thể biến đổi các phương trình (4) và (6) trở thành: Xɺɺ + ω12 X = 0

(9)

Yɺɺ + ω0 2Y = 0 (10)

Với:

k M

ω0 =

(11)

2M ) M0 M

k (1 +

và

ω1 =

(12)

Nghiệm của (9) và (10) có dạng: X = A cos( ω1t + ϕ1 ) Y = B cos( ω0t + ϕ0 ) Suy ra biểu thức x1 và x2 của hai quả nặng M theo thời gian: x1 =

A B cos( ω1t + ϕ1 ) + cos( ω0t + ϕ0 ) 2 2

x2 =

A B cos( ω1t + ϕ1 ) − cos( ω0t + ϕ0 ) 2 2

(13) (14)

Bài 4: Hai vật cùng khối lượng M treo vào hai lò xo có độ

cứng k giống nhau. Hai vật này lại nối nhau bởi sợi dây vắt qua ròng rọc, một vật M0 lại nối với một dây khác mà dây này lại vắt qua ròng rọc nói trên. Ta giả thiết rằng dây, ròng rọc là lý tưởng.

Ký hiệu li độ của từng vật nặng khỏi vị trí cân bằng của nó được ký hiệu lần lượt là x1 , x2 , x3. Ký hiệu T0 và T tương ứng là lực

căng dây ở vị trí cân bằng.

Tại VTCB thì Vật 1 :

0 = Mg + T0 – k∆l

(14)

Vật 2 :

0 = Mg + T0 – k∆l

(15)

Vật 3:

0 = M0g – T0

(16)

Định luật II Newton áp dụng cho

Vật 1 :

M ɺɺx1 = Mg + T – k(x1 + ∆l)

(17)

Vật 2 :

M ɺɺx2 = Mg + T – k(x2 + ∆l)

(18)

Vật 3:

M0 ɺɺx3 = M0g – T

(19)

Ngoài ra ta còn có: x3 = x1 + x2

(20) 90

Trừ hai phương trình (17) và (18): M( ɺɺx1 – ɺɺx2 ) = – k(x1 – x2)

(21)

Cộng hai phương trình (17) và (18): M( ɺɺx1 + ɺɺx2 ) = – k(x1 + x2) + 2T + 2Mg – 2k∆l.

(22)

Thay T từ (19) vào (22) và chú ý đến các phương trình cân bằng (14) – (16): M( ɺɺx1 + ɺɺx2 ) = – k(x1 + x2) – 2M0 ɺɺx3

(23)

Từ hệ thức (20) suy ra: ɺɺx3 = ɺɺx1 + ɺɺx2 ta thu được: (M + 2M0)( ɺɺx1 + ɺɺx2 ) = – k(x1 + x2) Đặt:

và

X = x1 – x2

(25)

Y = x1 + x2

(26)

(24)

Ta có thể biến đổi các phương trình (21) và (24) trở thành: Xɺɺ + ω02 X = 0

(27)

Yɺɺ + ω12Y = 0

(28)

Với:

ω0 =

k M

(29) và

ω1 =

k M + 2M 0

(30)

Bài 5: Cho hệ cơ học có các mode dao động với tần số đặc trưng như trên có dạng như hình vẽ, với k1 = k2 = k và M1 =

M2 = M. Tìm các tần số mode. M1

Bài làm

Ta xét trường hợp tổng quát: k1≠ k2 và M1≠ M2. Phương trình định luật II Newton: Vật M1:

− k1 x1 + k2 ( x2 − x1 ) = M 1

Vật M2:

− k2 ( x2 − x1 ) = M 2

d 2 x1 dt 2

d 2 x2 dt 2

Ta viết các phương trình trên thành hệ sau:

 d 2 x1 k1 + k2 k2  dt 2 = − M x1 + M x2  1 1  2  d x2 = k2 x − k2 x 1 2  dt 2 M2 M2

Giả thiết: x1 = A sin(ωt + ϕ );

x2 = B sin(ωt + ϕ ) thì

d 2 x1 d 2 x2 2 = − ω x và = −ω 2 x2 , khi đó hệ 1 dt 2 dt 2

phương trình trên sẽ trở thành:  2 k1 + k2  k2 x2 = 0  −ω +  x1 − M1  M1    − k2 x +  −ω 2 + k2  x = 0  2  M 1  M2  2  

Để hệ có nghiệm không tầm thường thì định thức phải bằng không:  2 k1 + k2   2 k2  k22 − ω + − ω + − =0    M1   M 2  M1 + M 2   k1 + k2 k2  2 k1k2 + = 0 có: ω + M2  M 1M 2  M1

Phương trình bậc hai: ω 4 −  2

k +k k −k k  4k k k  4k k ∆ =  1 2 + 2  − 1 2 =  1 2 − 2  + 1 2 2 > 0 nên có hai nghiệm dương ω1 và ω2: M 2  M 1M 2  M 1 M2  M1  M1  1  k1 + k2 k2  + ± ∆ 2  M 1 M2  

2 ω1,2 = 

Nếu k1 = k2 = k và M1 = M2 = M thì ∆ = 5 ω1 =

( 3 + 5 ) 2kM

và

k2 , ta có: M2

ω2 =

(3 − 5 ) 2kM .

đúng như chúng ta đã tiên đoán ở trên. Bài 6: Hai quả nặng M và N, được coi như

hai chất điểm, có các khối lượng tương ứng là M

m1 và m2. Chúng được nối với nhau bằng một

lò xo có độ cứng k2, và nối với hai điểm cố định P, Q bằng hai lò xo có cùng độ cứng k1 như trên hình vẽ. Các quả nặng có thể trượt không ma sát trên một trục nằm ngang. Ta gọi x và y là các độ dời khỏi vị trí cân bằng lần lượt của quả nặng M và N. 92

1) Giả sử các quả nặng lệch khỏi vị trí cân bằng của chúng. a) Hãy viết phương trình động lực học mô tả chuyển động của các quả nặng. b) Xác định các tần số đặc trưng của hệ. c) Tìm biểu thức x(t) và y(t) cho độ dời của các quả nặng theo thời gian. 2) Giả sử m1 = m2 = m. Cho một ngoại lực điều hoà F = F0cosΩt hướng theo trục, tác dụng lên N. Giả thiết có một lực ma sát nhỏ tác dụng lên các quả nặng, sao cho sau một giai đoạn chuyển tiếp kể từ khi lực điều hoà bắt đầu tác dụng, hệ sẽ dao động ổn định với tần số

của ngoại lực. a) Tính biên độ dao động của các quả nặng theo tần số Ω của ngoại lực và các tần số đặc trưng của hệ.

b) Phác hoạ dạng biến thiên biên độ dao động của quả nặng N theo tần số Ω của ngoại lực. Giải a. Phương trình động lực học cho M:

m1ɺɺ x = −(k 1 + k 2 )x + k 2 y → ɺɺ x=−

k1 + k 2 k x + 2 y (1) m1 m1

và cho N

m 2 ɺɺ y = −(k1 + k 2 )y + k 2 x → ɺɺ y=−

k1 + k 2 k y + 2 x (2) m2 m2

b) Đặt x = A cos(ωt +ϕ ) và y = B cos(ωt +ϕ ) thì (1) và (2) cho

(−ω2 +

k1 + k 2 k )A − 2 B = 0 m1 m1

k2 k + k2 A + (ω2 − 1 )B = 0 m2 m1 Để hệ có nghiệm khác không:

 2 k1 + k 2  2 k 1 + k 2  k 22 ω − ω − − =0    m m m m    1 2 1 2

hay

 1 1  2 (k1 + k 2 )2 k 22 ω − (k1 + k 2 )  + − = 0; ω + m1m 2 m1 m 2  m1 m 2  4

phương trình trùng phương với 2

 m − m2  4k 22 2 ∆= 1 (k + k ) + >0  1 2 m m m m  1 2  1 2 2

 m − m2  4k 22 2 ∆=  1 (k + k ) + (3)  1 2 m m m m  1 2  1 2

và

(ω2 )1,2 =

m1 + m 2 1 (k 1 + k 2 ) ± ∆ 2m1 m 2 2

Dễ dàng chứng minh

m1 + m 2 (k 1 + k 2 ) > ∆ m1 m 2 (Hoặc dùng định lý vi ét: a.c > 0, suy ra hai nghiệm cùng dấu. có một nghiệm +, vậy nghiệm kia cũng +) vì vậy tồn tại hai giá trị ω:

ω1 =

m1 + m 2 1 (k1 + k 2 ) − ∆ 2m1 m 2 2

ω2 =

m1 + m2 1 (k1 + k 2 ) + ∆ 2m1 m2 2

(4)

(5)

c) Hệ phương trình (1) và (2) là tuyến tính, chồng chất hai nghiệm riêng là một nghiệm của hệ; vì vậy có thể viết nghiệm của hệ dưới dạng: x(t) = A1cos(ω1t + ϕ) + A2cos(ω2t + ϕ)

(6)

y(t) = B1cos(ω1t + ϕ) + B2cos(ω2t + ϕ) ,

(7)

A1, A2, B1, B2 và ϕ được xác định từ điều kiện ban đầu và chiều dài PQ. Từ (3), (4) và (5):

ω1 =

k1 k1 + 2k 2 , ω2 = m m

(8) 94

Từ (8)

k1 = mω12 ;k 2 =

m 2 m ω2 − ω12 ) ;k1 + k 2 = ( ω12 + ω22 ) ( 2 2

(9)

Phương trình động lực học

ɺɺ + (k 1 + k 2 )x − k 2 y = 0 mx

(10)

ɺɺ + (k1 + k 2 )y − k 2 x = F0 cos Ωt my

(11)

Thay (9) vào (10) và (11):

ɺɺ x+

ω12 + ω22 ω2 − ω22 x+ 1 y=0 2 2

ɺɺ y+

ω12 + ω22 ω2 − ω22 F y+ 1 x = 0 cos Ωt 2 2 m

Đặt:

(12)

(13)

ω12 + ω22 ɺɺ = −Ω 2 y , ta thu được ωA = , x = CcosΩt,y = DcosΩt → ɺɺ x = −Ω2 x,y 2

hệ phương trình để tìm C và D:

 ω12 + ω22 ω12 − ω22 2 − Ω C + D=0  2  2 

(14)

 ω2 + ω22  ω12 − ω22 F C+ 1 − Ω2  D = 0 2 m  2 

(15)

Từ đó rút ra các biên độ của M và N:

F0 ω12 − ω22 2m (ω12 − Ω 2 )(ω22 − Ω 2 )

(16)

F0 ω2A − Ω 2 , m (ω12 − Ω 2 )(ω22 − Ω 2 )

(17)

với

ωA =

ω12 + ω22 2

(18)

Như vậy biên độ D của quả nặng N có giá trị lớn tại các tần số cộng hưởng ω1 và ω2. Biên độ này bằng không tại tần số cộng hưởng ωA.

b) Phác hoạ sự phụ thuộc của D vào Ω: Lấy ω1 = 1, ω2 = 2 → ωA =

5 2

Bài 7. Hai đĩa tròn A và B đồng chất, giống nhau. Mỗi đĩa có momen

quán tính I đối với trục quay đi qua tâm của đĩa và vuông góc với mặt phẳng của đĩa. Đĩa A nằm ngang, tâm của đĩa gắn vào đầu dưới của một sợi dây mảnh thẳng đứng có hằng số xoắn K, đầu trên của dây gắn vào một điểm cố định C. Đĩa B cũng nằm ngang và tâm đĩa gắn vào đầu dưới của một sợi dây mảnh khác có hằng số xoắn K, đầu trên dây này gắn vào tâm của mặt dưới của đĩa A.Ở VTCB, hai dây treo có phương thẳng đứng và không bị xoắn. Người ta quay hai đĩa trong mặt phẳng của chúng đi một li độ góc θ1, θ2 cho hai sợi dây xoắn lại rồi buông tay cho hệ dao động. a) Viết phương trình vi phân của chuyển động của mỗi đĩa. b) Tìm tần số của các mode dao động. c) Tìm tỉ số các biên độ góc trong mỗi mode. Giải: Iθ" = −Kθ + K(θ − θ ) 1 1 2 1

a) 

(1)

Iθ"2 = − K(θ2 − θ1 )

b) Gọi ω là tần số của mode : θ1" = −ω2 θ1 và θ"2 = −ω2 θ2 (−Iω2 + 2K)θ = Kθ 1 2  2 (−Iω + K)θ2 = Kθ1

Thay vào (1) ta được :

Suy ra :

(a)

(2)

(b)

2 4 2 2 (−Iω2 + 2K)(−Iω2 + K) = K 2 hay I ω - 3KIω + K = 0

3+ 5K 3 − 5K và ω2 =    .  2  I  2  I

Hai nghiệm là : ω1 = 

 5 − 1  5 − 1  θ1 = θ2 ⇒ −   θ01 cos ω1t = θ02 cos ω1t  2   2 

c) Thay ω12 vào (2a) ta được : − 

⇒ hai con lắc dao động ngược pha với tỉ số biên độ là :

θ02  5 − 1  =  = 0,618 θ01  2 

 5 + 1  5 + 1  θ1 = θ2 ⇒   θ01 cos ω2 t = θ02 cos ω2 t  2   2 

Thay ω22 vào (2a) ta được : 

⇒ hai con lắc dao động cùng pha với tỉ số biên độ là :

θ02 = θ01

5 +1 = 1,618. 2

Bài 8. Có ba con lắc liên kết, khối lượng lần lượt là αm, m và m, được treo

như hình vẽ. Các đoạn dây dài bằng nhau và bằng a. a) Tìm α để một trong những tần số của mode bằng tần số của con lắc đơn có chiều dài là

a . 2

b) Muốn có mode dao động như trên thì phải để ba quả cầu ở vị trí nào trước khi buông tay ? Vẽ hình minh hoạ. Giải:

a) Vì dao động nhỏ nên : T3≈ mg ; T2≈ 2mg ; T1≈ (2 + α)mg  "  x3 − x 2   mx3 = − mg sin θ3 = −mg  a     x − x2   x 2 − x1  mx"2 = mg  3  − 2mg    a   a    x1  x − x1  αmx1" = 2mg  2  − (2 + α)mg   a a 

Vì hệ dao động với ω0 =

(1)

2g nên : a

x1" = −ω02 x1 ; x"2 = −ω02 x 2 và x"3 = −ω02 x3

Thay vào (1) và rút gọn, ta được : 1  x3 = 2 (x3 − x2 )  1  x2 = (x2 − x1 ) − (x3 − x 2 ) 2   α + 2 αx1 =  2  x1 − (x2 − x1 ) 

Lấy (2a) - (2b) ta được : Thay (3) vào (2b) ta được :

(a)

(2)

(b) (c)

x2 = x1

(3)

x3 = -x2

(4)

Thay (3) và (4) vào (2c) ta được : α = 2.

b) Kéo ba quả cầu lệch khỏi VTCB đến vị trí như ở Hình 2.20G rồi buông tay, thì cả ba quả cầu sẽ dao động với cùng tần số ω0 =

2g . a

Bài 9. Một vật, có khối lượng m, nằm trên một mặt

phẳng nằm ngang, không ma sát và được nối với giá đỡ bằng một lò xo có độ cứng k. Một vật khác, có khối lượng m2,được treo vào m1 bằng một dây dài l. a) Lập phương trình vi phân của chuyển động của mỗi vật khi dao động nhỏ. b) Tìm các tần số của các mode dao động khi m1 = m2 = m. c) Các mode dao động sẽ như thế nào nếu m1 = m2 = m và

g k ≫ . l m

Giải:

a) Do dao động nhỏ, T ≈ m2g và sin θ ≈

x 2 − x1 . l

m 2g  " m1x1 = − kx1 + T sin θ = − kx1 + l (x 2 − x1 ) (1)  m g 2 m x" = −T sin θ = − (x2 − x1 )  2 2 l 2 b) m1 = m2 = m. Đặt ω01 =

g k 2 và ω02 = . l m

Gọi ω là tần số của một mode, ta có : x1" = −ω2 x1 và x"2 = −ω2 x 2 Thay vào hệ phương trình (1) ta được : 2 2 −ω2 x = −ω2 x + ω2 (x − x )  ω01 + ω02 − ω2 x1 1 02 1 01 2 1 ⇒  2 2 2 (x2 − x1 )  ω01 −ω x2 = −ω01 − ω2 x 2

( (

)

2 = ω01 x2 2 = ω01 x1

(2)

2 2 2 4 2 2 − ω2 )( ω01 + ω02 − ω2 ) = ω01 hay ω4 − ( 2ω01 + ω02 ) ω2 + ω012 ω022 = 0 Suy ra : ( ω01 2 Nghiệm của phương trình (3) là : ω2 = ω01 +

Hai tần số của mode là :

ω1,2 =

1 2 1 4 ω02 ± 4ω14 + ω02 2 2

g k + ± l 2m

g2 l2

k2 4m 2

c) Với

g k ta được ω1 = ≫ l m

2g và ω2 = l

k . Tần số ω1 ứng với 2m

hệ dao động quanh khối tâm G đứng yên. Tần số ω2 ứng với l≈ 0.

100

Bài 10. Một mặt phẳng hình chữ nhật, khối lượng m, dài

a, rộng b, được đỡ tại mỗi góc bởi một lò xo có độ cứng k. Các lò xo chỉ dao động theo phương thẳng đứng. Ở VTCB mặt phẳng ABCD nằm ngang. Chỉ xét dao động nhỏ. Hãy tìm các mode dao động và tần số củ a mode. Giải: Mode 1 : Mặt phẳng ABCD luôn luôn nằm ngang và

dao động theo phương thẳng đứng với tần số ω1 =

4k . m

Mode 2 : Mặt phẳng ABCD dao động quanh trục x.

Chọn gốc toạ độ của trục z tại VTCB của mặt phẳng ABCD. Tại li độ góc ϕ ta có li độ của các điểm A, B, C, D lần lượt là : a a a z A = − ϕ ; z D = − ϕ ; zC = ϕ 2 2 2

và z B =

a ϕ 2

Các lực kéo về tác dụng vào các điểm A, B, C, D lần lượt là : k  a  k FA = − k  − ϕ  = (aϕ) ; FD = (aϕ)  2  2 2 k k FC = − (aϕ) ; FB = − (aϕ) 2 2

Tổng momen đối với trục x của các lực tác dụng vào mặt phẳng là : ΣM = −(FA + FD )

a a + (FC + FD ) = − ka 2 ϕ 2 2

Σ M = Iϕ "

− ka 2 ϕ =

⇒

ϕ" +

1 ma 2 ϕ " 12

12k ϕ=0 m

Suy ra : ω2 = 2

3k . m

Mode 3 : Vì phương trình vi phân (1) không phụ thuộc a nên làm tương tự như trên ta được :

θ" +

12k θ = 0 ⇒ω3 = ω2 m

101

Vậy có 3 mode dao động với ω1 = 2

k 3k . và ω2 = ω3 = 2 m m

102

Bài 11. Một thanh đồng chất dài l, khối lượng m, được đỡ ở hai đầu bằng hai lò xo giống nhau, có độ cứng

k. Ấn một đầu thanh xuống một đoạn nhỏ rồi thả ra. Hãy xác định chuyển động của thanh và tìm các mode dao động. Giải:

Chọn trục x hướng xuống, gốc toạ độ tại VTCB. Gọi x1, x2 và x là li độ của đầu A, đầu B và khối tâm G tại thời điểm t. Áp dụng định luật II Niu-tơn cho chuyển động của khối tâm ta được : mx" = − kx1 − kx2 = − k(x1 + x2 ) (1)

Vì x =

x1 + x2 , nên phương trình (1) trở thành : 2 x" =

−2k 2k x hay x" + x = 0 (2) m m

Khối tâm của thanh dao động điều hoà với ω1 =

2k . m

Xét chuyển động quay quanh khối tâm. Áp dụng định luật cơ bản của chuyển động quay ta được : I G θ " = − kx1

l l kl + kx 2 = − (x1 − x 2 ) 2 2 2

1 kl m l 2 θ " = − lθ 12 2 θ" = −

6k 6k θ hay θ "+ θ=0 m m

(3)

Chuyển động quay quanh khối tâm là dao động điều hoà với ω2 =

6k . m

Như vậy ta được hai mode dao động. Đó là : Mode 1 là chuyển động tịnh tiến của thanh với tần số ω1 và mode 2 là chuyển động quay của thanh quanh khối tâm với tần số ω2. 103

Chuyển động của thanh là sự chồng chập hai mode nêu trên. Bài 12. Một phao đồng chất có chiều dài L, diện tích tiết

diện thẳng là S và khối lượng là M nổi thẳng đứng trên mặt nước. Nước có khối lượng riêng là D (D = 1). Phao được h

gắn bằng một lò xo có khối lượng không đáng kể, hệ số đàn

Không khí

hồi là k với một thanh đồng chất có trục quay cố định tại tâm như hình vẽ. Thanh có cùng khối lượng với phao nhưng

chiều dài gấp đôi chiều dài của phao. Phao chỉ có thể chuyển

Nước

động theo phương thẳng đứng và chiều dài tự nhiên của lò

xo được chọn sao cho tại vị trí cân bằng thanh nằm ngang. Bỏ qua lực cản của môi trường. 1. Thành lập phương trình vi phânmô tả chuyển động của hệ. 2. Tìmcác kiểu dao động chuẩn (tần số dao động chuẩn và tỉ số các dịch chuyển) đối với dịch chuyển nhỏ của thanh. 3. Nhận xột về ý nghĩa vật lí của các kiểu dao động chuẩn tắc trong giới hạn lò xo rất cứng. Đáp số và gợi ý.

1. Chọn x là độ dịch chuyển của đầu trên của phao thẳng đứng khỏi vị trí cân bằng, è là góc quay của thanh, khi đó hàm Lagrange của cơ hệ L=

1 1 1 1 2 Mx ′2 + ML2θ′2 − Sgx 2 − K ( x − Lθ ) . 2 6 2 2

Do đó ta thu được phương trình chuyển động của hệ

Mx′′ + Sgx + K ( x − Lθ ) = 0,  MLθ′′ − 3K ( x − Lθ ) = 0. 2. Tần số góc chuẩn ứng với hai dao động chuẩn của hệ là

ω1 =

4K + Sg +

( 4K + Sg )

− 12KSg

và

ω2 =

4K + Sg −

( 4K + Sg ) 2M 104

− 12KSg

Các tỉ số của các độ dịch chuyển 2K − Sg ∓ x = Lθ

( 4K − Sg )

− 12KSg

3. Trong giới hạn lò xo rất cứng K → ∞ , hệ phương trìnhmô tả chuyển động suy biến thành ɺɺ + 3Sgx = 0 , 4Mx

và do đó tần số góc của dao động ω=

3Sg . 4M

Tỉ số dịch chuyển là x ≈ 1, Lθ

và chúng đồng pha. Chú ý rằng kết quả này khụng thể nhận được từ các kết quả trước đó bằng cách cho K → ∞ bời vỡ các quan hệ ràng buộc là khỏc nhau. Về mặt vật lớ, ràng buộc

x ≈ Lθ có nghĩa là chiều dài của lò xo khụng đổi khi hệ dao động, điều này chỉ có thể đạt được khi lò xo rất cứng. Bài 13. Một con lắc đơn được treo vào một con lắc khác; Có

nghĩa là dây của con lắc bên dưới được treo vào vật nặng của con x

lắc bên trên. Một hệ như vậy gọi là một con lắc kép toán học. Độ dài dây treo và vật nặng của con lắc đơn ở trên và dưới tương ứng là l1, l2, m1, m2. Chỉ xét con lắc kép toán học dao động với biên độ góc nhỏ ở trong mặt phẳng hình vẽ.

θ1

l1 m1 θ2

1. Lập phương trình vi phânmô tả dao động của con lắc kép toán học. 2. Tìmcác tần số góc chuẩn và các nghiệm dao động tổng quát. 3. Chỉ ra rằng với trường hợp đặc biệt hai con lắc hoàn toàn giống nhau, các tần số đó là

(

g 2± 2 l

) . Dưới điều kiện nào của hệ để hệ chuyển động như một vật duy nhất.

Đáp số và gợi ý. 105

1. Trong gần đúng dao động nhỏ của con lắc kép ta có hàm Lagrange của hệ như sau L=

1 1 1 1 ( m1 + m 2 ) l12θ1′2 + m 2l22θ′22 + m 2l1l2θ1′θ′2 − ( m1 + m 2 ) gl1θ12 − m 2 gl2θ22 . 2 2 2 2

Khi đó ta thu được phương trình vi phân mô tả dao động của con lắc kép

( m1 + m 2 ) l1θ1′′ + m 2l2 θ′′2 + ( m1 + m 2 ) gθ1 = 0,  l1θ1′′ + l2θ′′2 + gθ2 = 0. 2. Tần số góc dao động chuẩn là

 g  ω1 =  ( m1 + m 2 )( l1 + l2 ) +  2l1l2 m1 

( m1 + m 2 ) m 2 ( l1 + l2 )

1 2

2  + m1 ( l1 - l2 )    ,  

và

 g  ω2 =  ( m1 + m 2 )( l1 + l2 ) −  2l1l2 m1 

( m1 + m 2 )  m 2 ( l1 + l2 )

+ m1 ( l1 - l2 )

2   .   

Nghiệm tổng quát là

l - l 1 θ1 =  1 2 − 2l1  2l1  l - l 1 + 1 2 + 2l1  2l1 

2 2 m 2 ( l1 + l2 ) + m1 ( l1 - l2 )   Acos ( ω1t + ϕ1 ) m1 + m 2   2 2 m 2 ( l1 + l2 ) + m1 ( l1 - l2 )   Bcos ( ω2 t + ϕ2 ) , m1 + m 2  

và

θ2 = A cos ( ω1t + ϕ1 ) + Bcos ( ω2 t + ϕ2 ) . 3. Để hệ chuyển động như một vật rắn duy nhất cần có điều kiện è1 = è2, từ đó suy ra

l1l2 m1 ( m1 + m 2 ) = 0. Phương trình trờn cần cú l1 = 0 hoặc l2 = 0, hoặc m1 = 0. Mỗi trường hợp này sẽ làm cho hệ hai con lắc rút về trở thành một con lắc đơn duy nhất. Do đó hệ hai con lắc đơn này không thể chuyển động như một vật rắn duy nhất.

106

Bài 14. Một hạt có khối lượng m, chuyển động trong một trường lực thế mà thế năng của

nó có biểu thức: U =

1 mω02 ( x 2 + y 2 + z 2 ) , với m là khối lượng của hạt, ω0 là tần số góc dao 2

động riêng của hạt. Nếu hạt này được tính điện với điện tích là e và chịu tác dụng đồng thời

của điện trường đều có cường độ E hướng theo trục x và từ trường đều có cảm ứng từ B hướng theo trục z. 1. Thành lập phương trình vi phânmô tả chuyển động của hạt. 2. Hãytìm tần số góc dao động chuẩn. 3. Hãy thảo luận các kết quả thu được trong câu 2 trong giới hạn trường yếu và trường mạnh. Đáp số và gợi ý.

1. Hàm Lagrange của hạt mang điện e trong điện trường và từ trường ngoài có dạng L=

1 1 1 m ( x ′2 + y′2 + z′2 ) − mω02 ( x 2 + y 2 + z 2 ) + eEx + eB ( xy′ − x ′y ) . 2 2 2

Khi đó ta thu được các phương trình vi phân sau eB eE  2  x′′ + ω0 x − m y′ − m = 0,  eB  2 x ′ = 0,  y′′ + ω0 y + m  z′′ + ω02 z = 0.   2. Tần số góc chuẩn là ω1 = ω0 , 2  1  eB eB   ω2 =  +   + 4ω02  , 2m  m  

và 2  1  eB  eB  2  ω3 = − +   + 4ω0  . 2 m  m  

107

Trong các tần số dao động chuẩn ở trên thỡ hai kiểu dao động cuối được gây nên bởi chỉ một mỡnh từ trường, trong khi điện trường chỉ gây nên dịch chuyển của nó. 3. Đối với trường yếu,

ω2 = ω0 +

eB << ω0 , ta có m

eB eB , và ω2 = ω0 − . 2m 2m

Đối với trường mạnh,

eB >> ω0 , ta có m

ω2 ≈

1  eB eB  2m 2 ω02   eB mω02 + ,  + 1 + 2 2   ≈ 2m m  e B  m eB

ω3 ≈

1  eB eB  2m 2ω02   mω02 + . − 1 + 2 2   ≈ 2 m m  e B  eB

và

108

eE dọc theo hướng mω02

CÁC BÀI TẬP T RÈN KĨ NĂNG Bài 1. Cho vật 1 là một bản mỏng đều, đồng chất, được uốn ∆

theo dạng lòng máng thành một phần tư hình trụ AB cứng,

ngắn, có trục ∆,, bán kính R và được gắn với điểm O bằng các

β0

thanh cứng, mảnh, nhẹ. Vật 1 có thể quay không ma sát quanh

B r

một trục cố định (trùng với trục ∆) đi qua điểm O. Trên Hình 1,

C Hình 1 ∆ O

OA và OB là các thanh cứng cùng độ dài R, OAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục ∆, chứa khối tâm G của vật 1, C là giao điểm của OG và lòng máng.

1. Tìm vị trí khối tâm G của vật 1.

2. Giữ cho vật 1 luôn cố đị đ nh rồi đặt trên nó vật 2 là một

hình trụ rỗng, mỏng, đồng chất, cùng chiều dài với vật 1, bán

α0 α0

B m

Hình 2

kính r (r < R), nằm dọc theo đư đường sinh của vật 1. Kéo vật 2 lệch ra khỏi vị trí cân bằng một góc nhỏ β0 rồi thả nhẹ. a) Tìm chu kì dao động nhỏ của vật 2. Biết rằng trong quá trình dao động, vật 2 luôn lăn không trượt trên vật 1. b) Biết µ là hệ số ma sát nghỉ giữa vật 1 và vật 2. Tìm giá trị lớn nhất của góc β0 để trong quá trình dao động điều hoà, vật 2 không bị trượt trên vật 1. 3. Thay vật 2 bằng một vật nhỏ 3. Vật 3 nằm trong mặt phẳng OAB. Kéo cho vật 1 và vật 3 lệch khỏi vị trí cân bằng sao cho G và vật 3 nằm về hai phía mặt phẳng thẳng đứng chứa ∆, với các góc lệch đều là α 0 như Hình 2, rồi thả nhẹ. Bỏ qua ma sát. Tìm khoảng thời gian nhỏ nhất để vật 3 đi tới C. Bài 2: Người ta thổi một bong bong xà phòng có khối

lượng m = 0, 01 g và hệ số căng bề mặt là σ = 0, 01 N / m thông qua một ống ngắn hở hai đầu (Hình vẽ). Tích điện cho bong bóng đến điện tích Q = 5, 4.10−8 C . Màng bong bóng xà phòng coi là một

vật dẫn, điện tích phân bố đều trên bề mặt. 1- Trong trạng thái cân bằng tĩnh điện, hãy xác định cường độ điện trườ ư ng trên bề mặt của màng bong bóng. So sánh với cường độ điện trường do mặt phẳng vô hạn tích điện đều gây ra và giải thích kết quả thu đượ đư c. 109

2- Chứng minh rằng một diện tích dS bất kỳ của mặt ngoài màng bong bóng sẽ chịu

tác dụng của lực tĩnh điện d F =

Q 2 dS n do các điện tích trên diện tích còn lại gây ra, với 32π 2ε 0 R 4

n là véc tơ đơn vị pháp tuyến ngoài của dS còn R là bán kính của màng.

3- Xác định bán kính R0 của bong bóng ở trạng thái cân bằng. Tính chu kì dao động nhỏ của bong bóng nếu khi dao động, bán kính thay đổi một lượng nhỏ và nó vẫn giữ nguyên dạng hình cầu. Bài 3: Một quả cầu nhỏ khối lượng m được gắn vào giá cố định bằng một lò xo có độ cứng k.

Quả cầu có thể trượt không ma sát dọc theo trục nằm ngang. Chọn trục tọa độ Ox trùng với phương chuyển động, gốc O trùng với vị trí cân bằng. Đặt một đĩa dẫn điện có bán kính r ≪ z0 và bề dày h ≪ r tại điểm cách vị trí cân bằng của quả cầu một đoạn z0 . Trục của đĩa

trùng với trục lò xo (Hình 1). Điện trở suất của đĩa là ρ. a. Viết biểu thức tính chu kì con lắc lò xo khi bỏ qua lực tương tác điện quả cầu và đĩa. b. Tích điện cho quả cầu dao động với điện tích q dương. Trên đĩa xuất hiện điện tích

hưởng ứng, tìm biểu thức của lực Fe ( z ) do đĩa tác dụng lên quả cầu dao động theo khoảng cách z từ quả cầu đến tâm đĩa. Chỉ xét trường hợp z ≫ r . c. Đặt γ =

Fe ( z0 ) . Thực nghiệm xác định được giá trị gần đúng γ = 0,01. Xác định vị kz0

trí cân bằng và tần số góc dao động của quả cầu. Bỏ qua mọi mất mát năng lượng. d. Thực tế dao động của quả cầu là tắt dần, năng lượng bị mất mát do hiệu ứng Joule

của dòng điện trong đĩa. Viết phương trình vi phân biểu diễn dao động tắt dần của quả cầu. Bài 4: Sao là thiên thể giống mặt trời, với nhiệt độ cao nên các sao đều tồn tại ở trạng thái

khí. Coi mật độ khí của sao là đồng đều. Có những sao có thể giãn nén tuần hoàn coi gần đúng là dao động điều hòa, khi ta quan sát chúng sẽ thấy cường độ ánh sáng thay đổi tuần

hoàn và ta gọi là sao biến quang do giãn nén. Hãy tính chu kì dao động nhỏ của các sao này theo mật độ khối lượng trung bình và hệ số đoạn nhiệt γ =

5 . 3

Gợi ý: Xét một lớp khí ở vành ngoài, nó sẽ chịu lực hấp dẫn của khối khí bên trong nhưng có áp suất chống đỡ lại. Bằng phương pháp biến phân thay R = R0 + δR và p = p0 + δp đồng thời sử dụng phương trình khí giãn đoạn nhiệt. 110

Bài 5: Điện tích q được phân bố đều trên một bản rất mỏng, tròn có bán kính R được đặt

nằm ngang trong không khí. Lấy trục OZ thẳng đứng trùng với trục của bản. Gốc O tại tâm bản. 1- Tính điện thế V và cường độ điện trường E tại điểm M nằm trên trục với OM = z. Nhận xét kết quả tìm được khi z >> R và khi z << R . 2- Xét một hạt mang điện tích đúng bằng điện tích q của bản và có khối lượng m thỏa mãn điều kiện mg =

q2 4πε 0 R 2

. Ta chỉ nghiên cứu chuyển động của hạt dọc theo trục OZ.

a- Hạt được thả rơi từ độ cao h so với bản. Tìm điều kiện của h để hạt có thể chạm vào bản. b- Chứng tỏ rằng trên trục OZ tồn tại một vị trí cân bằng bền của hạt. Tìm chu kỳ dao động nhỏ của hạt quanh vị trí cân bằng này.

Cho

dx x1− n n(n − 1) x 2 n ; = + C ( 1 + x ) = 1 + nx + + ... ∫ xn 1− n 2

Bài 6: Hai ròng rọc khối lượng không đáng kể được giữ ℓ

cố định ở cùng độ cao. Một sợi dây không dãn vắt qua 2

ℓ

ròng rọc, hai đầu treo 2 vật giống nhau cùng khối lượng m. Một vật thứ 3 giống 2 vật trên, khối lượng cũng bằng

m, treo cố định vào điểm giữa của dây. Bỏ qua mọi ma sát và lực cản không khí. Ban đầu hệ được giữ sao cho đoạn dây giữa 2 ròng rọc có vị trí nằm ngang, vận tốc của các

vật bằng 0, khoảng cách từ điểm treo vật thứ 3 đến các

ròng rọc là λ như hình vẽ. Thả hệ chuyển động, xét chuyển động của vật ở giữa: 1. Tính độ dời cực đại của vật so với vị trí đầu. 2. Xác định vị trí cân bằng của vật. 3. Tính vận tốc của vật khi nó đi qua vị trí cân bằng. 4. Đặt vật ở vị trí cân bằng. Dịch vật một khoảng nhỏ theo phương thẳng đứng, biết rằng lấy gần đúng vận tốc của mỗi vật ở 2 bên bằng

1 lần vận tốc của vật ở giữa. Tính chu kì dao 2

động nhỏ của vật.

111

Chú ý: (1 + x )α ≈ 1 + ax +

α (α − 1) 2

.x 2

Bài 7: Một chiếc vòng khối lượng M,

bán kính R, bề dày không đáng kể, mô men quán tính MR2 , được treo trên một chiếc vòng tay nhỏ bán kính r, tâm của vòng nhỏ tại O. Cho chiếc vòng lớn dao động với biên độ góc nhỏ trong mặt

phẳng thẳng đứng. Giả sử chuyển động của vòng lớn trên vòng nhỏ là lăn không trượt. a. Giả sử vòng nhỏ cố định, bán kính của nó r=0. Tính chu kì dao động của vòng lớn. b. Cho vòng nhỏ bán kính r và vẫn cố định. Tính chu kì dao động của vòng lớn. c. Giả sử vòng nhỏ có khối lượng m, mô men quán tính là mr2, có thể quay không ma sát

quanh trục cố định đi qua O. Tính chu kì dao động của hệ. Bài 8: Hạt với khối lượng m chuyển động theo đường tròn bán kính R dưới tác dụng của lực

xuyên tâm: F = −

K r

e−r / a

a. Hãy xác định điều kiện cho hằng số a để quỹ đạo tròn là ổn định b.Hãy tính tần số của dao động xuyên tâm bé theo các hướng xuyên tâm của quỹ đạo tròn. Bài 9: Bạn được tặng một cái hộp. Khi bạn mở nắp hộp ra, thì thật bất ngờ, một chú hề bật

ra. Đó là hộp bất ngờ. Bài toán sau xét về mô hình của đồ chơi này. Cho hai vật nhỏ (có thể coi như những chất điểm) có khối lượng tương ứng là m và M được gắn với nhau bằng một lò xo có độ cứng k, chiều dài tự nhiên ℓ và khối lượng không đáng kể. Hai vật m và M được lồng vào một trục thẳng đứng có thể trượt không ma sát dọc

theo trục. Gắn trục toạ độ Oz dọc theo trục, gốc O ở mặt sàn và có chiều hướng lên trên (hình bên). Ở trạng thái nghỉ, vật m nằm trên sàn và có toạ độ z0 = 0, vật M nằm ở đầu trên của lò xo

và có toạ độ za.

112

1. Ta nén vật M cho đến khi nó có toạ độ zb (với zb< za) rồi thả nó ra với vận tốc ban đầu bằng không (coi lúc đó là thời điểm t = 0). Hỏi cần nén vật M ít nhất đến điểm có toạ độ zb bằng bao nhiêu để khi lò xo dãn ra, vật m bị nâng lên khỏi mặt sàn? 2. Giả sử điều kiện ở ý 1 được thoả mãn, hãy xác định toạ độ zc và vận tốc vc của vật M ở thời điểm tc, lúc mà vật m bắt đầu bị nâng lên khỏi mặt sàn. Biểu thị zc và vc theo k, m, M, ℓ , zb.

3. Hãy xác định độ cao cực đại zGmax mà khối tâm G của hệ hai vật m, M đạt được khi vật m được nâng lên khỏi mặt sàn. Biểu thị zGmax theo k, m, M, ℓ , zb. Bài 10: Hai vật A, B có cùng khối lượng m được nối với nhau

bằng một lò xo có khối lượng không đáng kể, độ cứng k. Hệ số ma sát trượt giữa mỗi vật và mặt sàn là µ. Lực ma sát nghỉ cực đại tác dụng lên mỗi vật có cường độ là 3µmg/2.

Lúc đầu A được kéo bằng một lực có phương nằm ngang, độ lớn F = 2µmg. Đến khi B bắt đầu chuyển động, người ta điều chỉnh độ lớn của lực F sao cho A luôn chuyển động với vận tốc không đổi. 1. Viết phương trình chuyển động của vật A. 2. Khảo sát chi tiết chuyển động của vật B đối với mặt sàn. Tìm chu kỳ chuyển động của vật B. Biểu thị sự phụ thuộc vận tốc của vật B đối với mặt sàn theo thời gian. Bài 11: Một lò xo có độ cứng k, chiều dài tự nhiên L0 và có khối

lượng M phân bố đều theo chiều dài khi không bị biến dạng. Một đầu lò xo được gắn cố định ở O, đầu kia gắn với quả cầu A khối

lượng m, kích thước nhỏ. Quả cầu có thể dịch chuyển không ma sát

O m Hình 1.

trên một trục nằm ngang Ox (Hình 1). Người ta quay trục Ox với tốc độ góc ω không đổi quanh một trục thẳng đứng đi qua đầu O của lò xo. Gọi chiều dài của lò xo khi hệ cân bằng là L. 3. Tìm L trong hai trường hợp sau: a) Bỏ qua khối lượng m so với M (m ≪ M). b) Khối lượng m đáng kể so với M. 4. Tìm động năng của hệ gồm quả cầu và lò xo khi hệ cân bằng.

113

Cho biết: ∫

dx 1− x 2

= arcsin x;

∫

x 2dx a2 − x2

a2  x x x2  1− 2 .  arcsin − 2  a a a 

Bài 12: 1. Hai quả cầu nhỏ có cùng khối lượng ݉ = 10g được nối

với nhau bằng một lò xo nhẹ, có chiều dài tự nhiên ‫ = ܮ‬10cm và

độ cứng ݇ = 100N/m. Hai quả cầu này có thể trượt không ma sát

trên mặt phẳng nằm ngang dọc theo hai thanh. Ban đầu lò xo không biến dạng, 2 quả nằm ở A và O như hình vẽ. Truyền cho quả cầu ở O vận tốc ‫ݒ‬଴ = 2m/s. Tính độ dãn tỉ đối lớn nhất của lò xo.

‫ݒ‬Ԧ଴

2. Giải lại bài toán trên trong trường hợp các quả cầu có thể chuyển động không ma sát trên mặt phẳng nằm ngang. Bài 13: Trái Đất coi như hình cầu có khối lượng M, tâm O, bán

kính R. Hệ quy chiếu gắn với Trái Đất được xem như hệ quy chiếu quán tính. Từ mặt đất, một vệ tinh nhân tạo được phóng lên quỹ đạo tròn quanh Trái Đất ở độ cao h so với mặt đất (Hình 4). Khi vệ tinh đang chuyển động ổn định ở độ cao h, vệ tinh tự động mở các tấm pin mặt trời ra hai bên. Khi đó có thể coi gần đúng vệ tinh như một hệ gồm hai chất điểm A, B có khối lượng giống

C A

R O

B α

h Hình 4.

nhau m, được nối với nhau bằng một thanh cứng nhẹ, dài 2ℓ, có khối tâm C ở độ cao h. Thanh cứng nằm trong mặt phẳng quỹ đạo và tạo với phương OC một góc α. AB chỉ có thể quay quanh trục vuông góc với mặt phẳng quỹ đạo và đi qua C. 1. Tìm các giá trị α ứng với các vị trí cân bằng của vệ tinh. 2. Khi vệ tinh chuyển động, tấm pin mặt trời dao động nhỏ quanh vị trí cân bằng bền. Tính chu kỳ dao động đó. Bài 14: Ta biết rằng do chuyển động nhiệt, các ion (nguyên tử) sẽ dao động xung quanh vị

trí cân bằng tại các nút mạng. Đồng thời khi một nguyên tử dao động, nó sẽ kéo theo các nguyên tử khác cũng dao động theo. Kết quả là trong mạng tinh thể sẽ có một sóng lan truyền, sóng này thường được gọi là sóng đàn hồi. Trong bài toán này, ta xét mạng tinh thể một chiều gồm một chuỗi các nguyên tử cùng loại, khối lượng m nằm cách đều nhau một khoảng a. Giả sử do một nguyên nhân nào đó, nguyên tử thứ n dịch chuyển một đoạn xn, kéo theo các nguyên tử lân cận dịch chuyển những 114

đoạn xn+1 và xn-1. Khi đó, do tương tác với nhau giữa các nguyên tử trong chuỗi, sẽ xuất hiện

một lực kéo nguyên tử trở về vị trí cân bằng. Ta chỉ xét trường hợp xn << a . Khi đó có thể xem lực kéo nguyên tử thứ n trở về vị trí cân bằng giống như lực đàn hồi, tỉ lệ với sự thay đổi khoảng cách giữa các nguyên tử Fn =

∑α (x

n +i

− x n ) . Trong đó α là hệ số tỉ lệ, phụ thuộc vào tính chất của mạng tinh thể.

Một lần nữa, để đơn giản cho bài toán, ta coi tương tác giữa hai nguyên tử liền kề nhau là đáng kể, các tương tác khác hoàn toàn có thể bỏ qua ( i = ± 1 ). 1- Thiết lập phương trình vi phân trong chuyển động dao động của nguyên tử thứ n. 2- Cho nghiệm của phương trình có dạng x p = A cos(ωt − pqa ) . Trong đó p = n hoặc p = n + i với i = ± 1 . Còn q là đại lượng không phụ thuộc thời gian ( q =

2π

gọi là số sóng).

Tìm ω như là một hàm của q theo m, α , a. 3- Cho a = 3A0,

α m

= 3.1012 (rad / s ) . Vẽ đồ thị của ω theo q. Tìm q để ωmax . Nhận

xét dao động của của các nguyên tử trong mạng khi ω = ω max .

xn+1

xn-1

Bài 15: Biết rằng do chuyển động nhiệt, các

nguyên tử (hoặc ion) trong vật rắn kết tinh sẽ dao động xung quanh các vị trí cân bằng tại các nút

mạng. Khi một nguyên tử dao động, nó sẽ kéo

M a na

m n-1

m a

a n

n+1

Hình 5

các nguyên tử khác cũng dao động theo. Kết quả là trong mạng tinh thể sẽ có một sóng lan truyền, sóng này thường được gọi là sóng đàn hồi. Trong bài toán này, ta xét mạng tinh thể một chiều gồm hai loại nguyên tử có khối lượng tương ứng là m và M = 3m, đặt xen kẽ cách đều nhau một khoảng cách bằng a (Hình 5). Lấy một nguyên tử làm gốc tọa độ. Xét các nguyên tử thứ n - 1, n, n + 1,... có khối lượng và vị trí như hình vẽ. Giả sử nguyên tử thứ n lệch khỏi nút mạng một đoạn xn ( x n << a ) dọc theo đường thẳng mạng thì các nguyên tử lân cận sẽ dịch chuyển theo. Khi đó, do tương tác với nhau giữa các nguyên tử trong chuỗi xuất hiện lực kéo nguyên tử này trở về vị trí cân 115

bằng. Coi các lực này là lực đàn hồi có độ lớn tỉ lệ với độ biến thiên khoảng cách giữa các nguyên tử với hệ số tỉ lệ α (α phụ thuộc vào tính chất của mạng tinh thể). Do lực tương tác giữa hai nguyên tử giảm rất nhanh theo khoảng cách nên ta chỉ xét tương tác giữa hai nguyên tử liền kề, bỏ qua các tương tác khác. 1. Thiết lập hệ phương trình vi phân mô tả chuyển động của các nguyên tử trong mạng tinh thể. 2. Nghiệm của hệ phương trình có thể tìm dưới dạng sóng chạy xn = Ansin(naq)cos(ωt + ϕ), trong đó ω là tần số dao động mạng, An là biên độ dao động của nguyên tử thứ n (các nguyên tử cùng loại có biên độ dao động giống nhau), q =

2π là số sóng, λ là bước sóng, ϕ λ

là hằng số. Tìm sự phụ thuộc của ω vào q (hệ thức tán sắc). Chú ý: nghiệm của hệ phương

trình còn có thể tìm dưới dạng phức xn = An ei ( nqa −ωt ) . 3. Gọi vùng Brillouin thứ nhất (của mạng tinh thể này) là miền − rằng các giá trị q sai khác nhau bội giá trị G =

π π . Chứng tỏ ≤q≤ 2a 2a

π đều tương ứng với cùng một giá trị ω , vì a

vậy khi nghiên cứu hệ thức tán sắc chỉ cần xét các giá trị q trong vùng Brillouin thứ nhất. Tìm các giá trị ω ở lân cận giá trị q = 0 (tâm vùng Brillouin thứ nhất) và ω tại giá trị q=±

π (biên vùng Brillouin thứ nhất). 2a

4. Phác họa đồ thị ω = ω(q) . 5. Hãy chứng minh rằng ở trong vùng Brillouin thứ nhất của mạng tinh thể tồn tại một miền cấm, các tần số sóng ứng với các giá trị nằm trong miền đó không được truyền đi trong tinh thể mà bị hấp thụ mạnh.

116

III. Hiệu quả do sáng kiến đem lại

Bài viết này là sự tổng hợp các kiến thức thông suốt từ lí thuyết dao động điều hòa đến hệ thống các dạng bài cơ bản và nâng cao áp dụng để dạy các lớp chuyên vật lí và bồi dưỡng học sinh giỏi quốc gia và quốc tế. Các bài toán dao động đến nay số lượng bài toán về trường hấp dẫn là rất nhiều nên đề tài này xây dựng hệ thống đầy đủ giúp giáo viên và học sinh có tài liệu tham khảo. Bài viết đã xây dựng các bài tập cơ bản nhất, với đầy đủ các dạng bài để giáo viên và học sinh giảng dạy và học tập. Có rất nhiều bài tập mở rộng có đáp số gợi ý để học sinh rèn kĩ năng. Với bài viết này đã hệ thống đầy đủ từ lí thuyết đến bài tập, từ cơ bản đến nâng cao sẽ giúp cho giáo viên đủ để dạy học sinh mọi cấp độ. Sau khi viết xong bài này chính tôi tự thấy trình độ của mình được nâng cao hơn. Các sáng kiến kinh nghiệm của đội ngũ các thày cô giáo trong tỉnh nếu có chất lượng và thiết thực có lẽ cũng là một cách tự đào đội ngũ có hiệu quả. Nhân thể bài viết này tôi cũng có một số đề xuất mong các cấp xem xét và tìm sự đồng thuận. - Chương trình chuyên và không chuyên có sự cách biệt quá lớn. Đề thi tuyển sinh đại học và đề thi học sinh giỏi chuyên quốc gia vòng 1 và vòng 2 hầu như không còn mối liên quan gì. Điều này các cấp lãnh đạo ở trường và sở cũng có thể chưa hiểu hết được, đó là khó khăn cho cả thầy và trò khối chuyên lí. - Tài liệu tiếng Việt còn ít nên nguồn thường lấy trên mạng thông qua các bài báo khoa học. Như vậy việc đọc và tìm tài liệu là rất công phu. Các cấp quản lí cần có một chế độ đãi ngộ cao hơn hiên nay để các giáo viên có điều kiện phát huy. - Mặc dù đã rất cố gắng, song khả năng hạn chế, các vấn đề rộng và khó nên những nội dung nêu trên chưa thể hoàn thiện và có thể còn sai sót. Tôi chân thành cảm ơn những ý kiến đóng góp và phê bình của các đồng nghiệp. IV. Cam kết không sao chép hoặc vi phạm bản quyền.

Tôi xin cam kết không sao chép hoặc vi phạm bản quyền. Tôi sẽ chịu mọi hình thức kỉ luật nếu vi phạm.

117

TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Cơ học 2. Tác giả Tô Giang 2. Tài liệu bồi dưỡng giáo viên chuyên hè của trường Khoa học tự nhiên. 3. Chuyên đề dao động nhiễu loạn của trường Trần Phú Hải Phòng 4. Các đề thi học sinh giỏi các tỉnh, quốc gia Việt Nam và các nước khác.

TÁC GIẢ SÁNG KIẾN

Bùi Thái Học CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (xác nhận, đánh giá, xếp loại)

Sở GD-ĐT (xác nhận, đánh giá, xếp loại)

118

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN

Kính gửi: Sở giáo dục tỉnh Nam Định Tôi: Số tt Họ và tên

Ngày sinh

Nơi công tác

Chức danh Trình độ Tỉ lệ đóng chuyên góp vào môn việc tạo ra

sáng

kiến (%)

1 Bùi Thái Học

01/05/1981 Trường THPT Tổ trưởng chuyên Lê Hồng Phong

Thạc sĩ

100%

Là tác giả đề nghị công nhận sáng kiến:

HỆ THỐNG HÓA LÝ THUYẾT VÀ BÀI TẬP PHẦN DAO ĐỘNG CƠ HỌC. ÁP DỤNG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VÀ OLIMPIC QUỐC TẾ

Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Tài liệu cho học sinh giỏi và giáo viên dạy môn vật lí. -

Mô tả bản chất của sáng kiến:

Trong nội dung chương trình vật lí thì phần dao động cơ học được đặc biệt quan tâm. Phần dao động cơ học được ứng dụng của tất cả các phần cơ học như động học, động lực học, năng lượng và cả cơ học vật rắn. Ngoài ra dao động cơ học còn được liên hệ với các phần khác của vật lí như nhiệt điện từ. Phần dao động là cơ sở quan trọng để nghiên cứu các phần khác như sóng cơ, sóng điện từ,... Những năm gần đây phần dao động cơ học thường xuyên xuất hiện ở các đề thi chọn học sinh giỏi quốc gia và chiếm một nội dung khá lớn trong các kì thi Olympic vật lý quốc tế. Đây là một nội dung khó và rất trừu tượng vì phạm vi rộng các kiến thức. Hơn nữa sách giáo khoa vật lý, kể cả SGK dành cho các HS chuyên đã cố gắng phân dạng nhưng chỉ nêu được các dạng cơ bản. Phần lớn các bài tập khó xuất hiện không hệ thông ở rất nhiều các tài liệu khác nhau. Trong khi với những yêu cầu của các kì thi học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế bộ môn vật lý học sinh phải hiểu được sâu sắc các vấn đề lý thuyết, trên cơ sở đó vận dụng giải các bài toán và nghiên cứu các ứng dụng là bắt buộc.Những thông tin được bảo mật: không. -

Những điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Môi trường học sinh giỏi. Đánh giá lợi ích thu được theo ý tác giả: 119

Đánh giá lợi ích thu được theo ý cơ quan áp dụng sáng kiến:

Sáng kiến kinh nghiệm giúp đội ngũ các thày cô giáo trong tỉnh nâng cao chất lượng là một cách tự đào đội ngũ có hiệu quả. Bài viết đã xây dựng các bài tập cơ bản nhất, với đầy đủ các dạng bài để giáo viên và học sinh giảng dạy và học tập. Có rất nhiều bài tập mở rộng có đáp số gợi ý để học sinh rèn kĩ năng. Danh sách những người tham gia áp dụng thử lần đầu: Số Họ và tên tt

Sinh

Nơi công tác

Chức danh

Trình độ Nội dung chuyên công việc hỗ trợ môn

Bùi Thái Học

1981 Trường Lê Tổ Hồng Phong trưởng

Nguyễn Dương

Hải 1991 Trường Lê Giáo viên Thạc sĩ Hồng Phong

Dự giờ và góp ý

Nguyễn Huyên

Văn 1978 Trường Lê Giáo viên Thạc sĩ Hồng Phong

Dự giờ và góp ý

Thạc sĩ

Giảng dạy

Tôi xin cam đoan mọi thông tin trong đơn là trung thực, đúng sự thật và hoàn toàn chịu trách nhiệm trước pháp luật. Nam Định, ngày 28 tháng 5 năm 2018 Người nộp đơn

120