Bài 6. Dao động tắt dần. Dao động cưỡng bức. Hiện tượng cộng hưởng trang 12, 13 SBT Vật lí 11 Kết nối tri thức

 Giải Bài 6. Dao động tắt dần. Dao động cưỡng bức. Hiện tượng cộng hưởng trang 12, 13 SBT Vật lí 11 Kết nối tri thức có đáp án chi tiết cho từng bài tập trong sách bài tập Vật lí lớp 11 Kết nối tri thức. Mời các em học sinh cùng quý phụ huynh tham khảo.

Trang 12 sbt vật lí 11

Bài 6.1 trang 12 SBT Vật lí 11

Tìm phát biểu sai.

Dao động tắt dần là dao động có

A. tần số giảm dần theo thời gian.

B. cơ năng giảm dần theo thời gian.

C. biên độ dao động giảm dần theo thời gian.

D. ma sát và lực cản càng lớn thì dao động tắt dẫn càng nhanh.

Lời giải:

Dao động tắt dần là dao động có biên độ , cơ năng giảm dần theo thời gian

Ma sát và lực cản càng lớn thì dao động tắt dẫn càng nhanh

Đáp án : A

Bài 6.2 trang 12 SBT Vật lí 11

Trong dao động tắt dần, một phần cơ năng đã biến đổi thành

A. điện năng.

B. nhiệt năng.

C. hóa năng.

D. quang năng.

Lời giải:

Trong dao động cơ tắt dần , một phần cơ năng đã biến thành nhiệt năng do ma sát .

Đáp án : B

Bài 6.3 trang 12 SBT Vật lí 11

Một con lắc lò xo đang dao động tắt dần, sau ba chu kì đầu tiên biên độ của nó giảm đi 10%. Phần trăm cơ năng còn lại sau khoảng thời gian đó là

A. 81 %.

B. 6,3 %.

C. 19 %.

D. 27 %.

Lời giải:

Sau ba chu kì đầu tiên biên độ của nó giảm đi 10%

=>\(\frac{{A – {A_3}}}{A} = 10\%  = 0,1 =  > \frac{{{A_3}}}{A} = 0,9\)

Mặt khác , ta có :

\(W = \frac{1}{2}k{A^2} =  > \frac{{{W_3}}}{W} = \frac{{A_3^2}}{{{A^2}}} = 0,{9^2} = 0,81 = 81\% \)

Đáp án : A

Trang 13 sbt vật lí 11

Bài 6.4 trang 13 SBT Vật lí 11

Một con lắc lò xo dao động điều hoà theo phương ngang với chu kì T=0,2s lò xo nhẹ gắn vật nhỏ dao động có khối lượng 100 g, hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng ngang là 0,01. Độ giảm biên độ mối lần vật qua vị trí cân bằng là

A. 0,02 mm

B. 0,04 mm

C. 0,2 mm.

D. 0,4 mm

Lời giải:

Nguyên nhân của dao động tắt dần là do lực cản của môi trường, trong bài toán này là lực ma sát. Độ giảm cơ năng sau một nửa chu kì bằng công của lực ma sát thực hiện trong chu kì đó, ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} – \frac{1}{2}m{\omega ^2}A{‘^2} = {F_{ms}}(A + A’)\\ \Leftrightarrow \frac{1}{2}m{\omega ^2}(A + A’)(A – A’) = {F_{ms}}(A + A’)\\ \Rightarrow \Delta A = \frac{{2{F_{ms}}}}{k} = \frac{{2\mu mg}}{k}\end{array}\)

Độ giảm biên độ sau mỗi lần qua vị trí cân bằng:

\(\Delta A = \frac{{2\mu mg}}{k} = \frac{{2.0,01.0,1.10}}{{100}} = 0,{2.10^{ – 3}}m\)

Đáp án C

Bài 6.5 trang 13 SBT Vật lí 11

Một người xách một xô nước đi trên đường, mối bước đi dài L=50 cm thì nước trong xô bị sóng sánh mạnh nhất. Vận tốc đi của người đó là v=2,5 km/h. Chu kì dao động riêng của nước trong xô là:

A. 1,44 s.

B. 0,35 s.

C. 0,45 s.

D. 0,52 s.

Lời giải:

Đổi 50 cm = 0,0005 km

Khi chu kì dao động riêng của nước bằng chu kì dao động cưỡng bức thì nước trong thùng dao động mạnh nhất

\( =  > {T_{cb}} = {T_0} =  > T = \frac{2{\Delta S}}{v} =  > \frac{2.{0,0005}}{{2,5}} = 0,0002h = 1,44s\)

Đáp án : A

Bài 6.6 trang 13 SBT Vật lí 11

Một con lắc lò xo dao động với chu kì T = 0,1: (s) khối lượng không đáng kể, gắn quả nặng có khối lượng m = 0,25 kg. Con lắc dao động cưỡng bức theo phương trùng với trục của lò xo dưới tác dụng của ngoại lực tuần hoàn \(F = {F_0}\cos \omega t\) (N). Khi thay đồi \(\omega \) thì biên độ dao động của viên bi thay đổi. Khi \(\omega \) lần lượt là 10 rad/s và 15 rad/s thì biên độ dao động tương ứng của viên bi lần lượt là \({A_1}\)và \({A_2}\). Hãy so sánh \({A_1}\)và \({A_2}\).

Lời giải:

Ta có \(\)\({f_0} = \frac{1}{T} = 10Hz\)

\({f_1} = \frac{{{\omega _1}}}{{2\pi }} = \frac{5}{\pi } =  > \Delta {f_1} = 8,4\)

\({f_2} = \frac{{{\omega _2}}}{{2\pi }} = \frac{{15}}{{2\pi }} =  > \Delta {f_2} = 7,6\)

Ta thấy \(\Delta {f_1} > \Delta {f_2} =  > {A_1} < {A_2}\)

Bài 6.7 trang 13 SBT Vật lí 11

Một con lắc lo xo gồm vật nhỏ khối lượng m = 0,2kg, lò xo nhẹ có độ cứng k = 20 N/m được đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng nằm ngang là \(\mu  = 0,01\). Từ vị trí lo xo không bị biến dạng, truyền cho vật vận tốc ban đầu có độ lớn \({v_0} = 1m/s\) dọc theo trục lò xo. Con lắc dao động tắt dần trong giới hạn đàn hồi của lò xo (Lấy \(g = 10m/{s^2}\)). Tính độ lớn lực đàn hồi cực đại của lò xo trong quá trình dao động.

Lời giải:

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có : \(\frac{{m{v^2}}}{2} = \frac{{k{A^2}}}{2} + {F_{ms}}A = \frac{{k{A^2}}}{2} + \mu mgA\)

Thay số vào ta được pt : \(10{A^2} + 0,02A = 0,1 =  > A = 0,099m\)

Do đó \({F_{dh\max }} = kA = 1,98N\)

Bài 6.8 trang 13 SBT Vật lí 11

Một con lắc lò xo gồm vật nhỏ có khối lượng m = 0,03 kg và lò xo có độ cứng k = 1,5 N/m. Vật nhỏ được đặt trên giá đỡ cố định nằm ngang dọc theo trục của lò xo. Hệ số ma sát trượt giữa giá đỡ và vật nhỏ là \(\mu  = 0,2\). Ban đầu giữ vật ở vị trí lò xo bị dãn một đoạn \(\Delta {l_0}\) = 15 cm rồi buông nhẹ để con lắc dao động tắt dần. Lầy \(g = 10m/{s^2}\).Tính tốc độ lớn nhất vật nhỏ đạt được trong quá trình dao động.

Lời giải:

Biên độ dao động \(A = 15cm\)

Tần số góc : \(\omega  = \sqrt {\frac{k}{m}}  = \sqrt {\frac{{1,5}}{{0,03}}}  = 5\sqrt 2 (rad/s)\)

\( =  > {A_{\max }} = A – \frac{{\mu mg}}{k} = 0,15 – \frac{{0,2.0,03.10}}{{1,5}} = 0,11m = 11cm\)

Vận tốc lớn nhất là \({v_{\max }} = {A_{\max }}.\omega  = 11.5\sqrt 2  = 55\sqrt 2 cm/s\)

Bài 6.9 trang 13 SBT Vật lí 11

Một con lắc lò xo gồm vật nhỏ khối lượng m = 0,02 kg và lò xo có độ cứng k = 1 N/m. Vật nhỏ được đặt trên giá đỡ có định nằm ngang dọc theo trục lò xo. Hệ số ma sát trượt giữa giá đỡ và vật nhỏ là \(\mu  = 0,1\). Ban đầu giữ vật ở vị trí lò xo bị nén  \(\Delta {l_0}\)= 10 cm rồi buông nhẹ đề con lắc dao động tắt dần. Lấy \(g = 10m/{s^2}\). Tính độ giảm thế năng của con lắc trong giai đoạn từ khi buông tới vị trí mà tốc độ dao động của con lắc cực đại lần đầu.

Hướng dẫn:

Thế năng của vật dao động : \({W_t} = \frac{1}{2}k{x^2}\)

Lực ma sát : \({F_{ms}} = \mu mg\)

Lời giải:

Vận tốc lớn nhất của vật đạt được lầm đầu khi \({F_{dh}} = {F_{ms}}\)hay tại vị trí \(x = \frac{{\mu mg}}{k} = \frac{{0,1.0,02.10}}{1} = 0,02m\)

Độ giảm thế năng của vật là :

\(\Delta {W_t} = \frac{1}{2}k.({A^2} – {x^2}) = 4,8mJ\)