I Love Phys

Bài tập mẫu về dao động điện từ

noreply@blogger.com (phys4evry1) — Thu, 24 Nov 2016 07:14:00 +0000

Bài tập khảo sát kiến thức về dao động điện từ, ứng dụng tương tự điện - cơ vào giải bài tập. Kiến thức cần thiết cho các bài tập dạng này có thể tìm thấy trong các bài viết sau

Sự tương tự điện – cơ và ứng dụng trong giải bài tập Vật lý
Thời gian di chuyển và quãng đường đi được trong dao động điều hòa
Phát và thu sóng vô tuyến

Nếu nối hai đầu đoạn mạch gồm cuộn cảm thuần L mắc nối tiếp với điện trở thuần R = 1 Ω vào hai cực của nguồn điện một chiều có suất điện động không đổi và điện trở trong r thì trong mạch có dòng điện không đổi cường độ I. Dùng nguồn điện này để nạp điện cho một tụ điện có điện dung 2.10^-6 F. Khi điện tích trên tụ điện đạt giá trị cực đại, ngắt tụ điện khỏi nguồn rồi nối tụ điện với cuộn cảm thuần L thành một mạch dao động thì trong mạch có dao động điện từ tự do với chu kì bằng π.10^-6 s và cường độ dòng điện cực đại bằng 8I. Giá trị của r bằng?
Cường độ dòng điện không đổi \[I = \frac{E}{{R + r}}.\] Điện tích cực đại \[{Q_0} = CE.\] Cường độ dòng điện cực đại \[{I_0} = \omega {Q_0} = \frac{{2\pi }}{T}CE = 8I.\] Điện trở trong \[\begin{gathered} \frac{{2\pi }}{T}CE = 8.\frac{E}{{R + r}} \hfill \\ \Rightarrow r = \frac{{4T}}{{\pi C}} - R = \frac{{4.\pi {{.10}^{ - 6}}}}{{\pi {{.2.10}^{ - 6}}}} - 1 = 1\,\Omega . \hfill \\ \end{gathered} \]

Một mạch dao động điện từ lí tưởng đang có dao động điện từ tự do. Tại thời điểm t = 0, điện tích trên một bản tụ điện cực đại. Sau khoảng thời gian ngắn nhất Δt thì điện tích trên bản tụ này bằng một nửa giá trị cực đại. Chu kì dao động riêng của mạch dao động này là?
Thời gian để điện tích giảm còn $q = \frac{{{Q_0}}}{2}$ là \[\Delta t = \frac{T}{6} \Rightarrow T = 6\Delta t.\]

Một mạch dao động gồm tụ C = 10 μF và cuộn cảm L = 1 H. Lấy π² = 10. Khoảng thời gian ngắn nhất tính từ lúc năng lượng điện trường đạt cực đại đến lúc năng lượng từ trường bằng ½ năng lượng điện từ là?
Chu kỳ dao động của mạch \[T = 2\pi \sqrt {LC} = 2\pi \sqrt {{{10.10}^{ - 6}}} = {2.10^{ - 2}}\,{\text{s}}.\]Năng lượng điện trường đạt cực đại \[{{\text{W}}_C} = {\text{W}} \Leftrightarrow \frac{{{q^2}}}{{2C}} = \frac{{Q_0^2}}{{2C}} \Leftrightarrow q = {Q_0}.\]Năng lượng từ trường bằng ½ năng lượng điện từ → Năng lượng điện trường bằng ½ năng lượng điện trường cực đại.\[{{\text{W}}_C} = \frac{1}{2}{\text{W}} \Leftrightarrow \frac{{{q^2}}}{{2C}} = \frac{1}{2}\frac{{Q_0^2}}{{2C}} \Leftrightarrow q = \frac{{{Q_0}}}{{\sqrt 2 }}.\] Thời gian ngắn nhất từ lúc năng lượng điện trường đạt cực đại (q = Q₀) đến lúc năng lượng điện trường bằng ½ năng lượng điện trường cực đại$\left( {q = \frac{{{Q_0}}}{{\sqrt 2 }}} \right)$ \[\Delta {t_{\min }} = \frac{{T'}}{4} = \frac{T}{8} = \frac{{{{2.10}^{ - 2}}}}{8} = \frac{1}{{400}}\,{\text{s}}.\]

Một mạch dao động LC có L = 2 mH, C = 8 pF, π² = 10. Thời gian ngắn nhất từ lúc cường độ dòng điện qua cuộn cảm bằng 0 đến lúc năng lượng điện trường bằng 3 lần năng lượng từ trường là?
Chu kỳ dao động của mạch \[T = 2\pi \sqrt {LC} = 2\pi \sqrt {{{2.10}^{ - 3}}{{.8.10}^{ - 12}}} = {8.10^{ - 7}}\,{\text{s}}.\] Thời gian ngắn nhất từ lúc cường độ dòng điện qua cuộn cảm bằng 0$\left( {q = {Q_0}} \right)$ đến lúc năng lượng điện trường bằng 3 lần năng lượng từ trường $\left( {q = \frac{{{Q_0}\sqrt 3 }}{2}} \right)$ là \[\Delta {t_{\min }} = \frac{T}{{12}} = \frac{{{{8.10}^{ - 7}}}}{{12}} = \frac{{{{10}^{ - 6}}}}{{15}}\,{\text{s}}.\]

Trong mạch dao động LC lí tưởng gồm tụ điện có điện dung C và cuộn thuần cảm có độ tự cảm L đang có dao động điện từ tự do. Biết hiệu điện thế cực đại giữa 2 bản tụ là U₀. Khi hiệu điện thế giữa 2 bản tụ là U₀/2 thì cường độ dòng điện trong mạch có độ lớn?
Ta có \[\begin{align} u = \frac{{{U_0}}}{2} \Leftrightarrow {{\text{W}}_C} = \frac{1}{2}C{u^2} = \frac{1}{2}C{\left( {\frac{{{U_0}}}{2}} \right)^2} = \frac{1}{4}.\frac{1}{2}CU_{_0}^2 = \frac{1}{4}{\text{W}} \hfill \\ \Rightarrow {{\text{W}}_L} = \frac{3}{4}{\text{W}} \Leftrightarrow \frac{1}{2}L{i^2} = \frac{3}{4}.\frac{1}{2}LI_{_0}^2 \Leftrightarrow i = \frac{{{I_0}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{U_0}}}{2}\sqrt {\frac{{3C}}{L}} . \hfill \\ \end{align} \]

Mạch dao động LC lí tưởng có C = 0,125 μF và L = 50 μH. Hiệu điện thế cực đại giữa 2 bản tụ là 3 V. Cường độ dòng cực đại trong mạch là?
Cường độ dòng điện cực đại trong mạch \[\begin{gathered} {{\text{W}}_{C\max }} = {{\text{W}}_{{\text{Lmax}}}} \Leftrightarrow \frac{{LI_0^2}}{2} = \frac{{CU_0^2}}{2} \hfill \\ \Leftrightarrow {I_0} = {U_0}\sqrt {\frac{C}{L}} = 3.\sqrt {\frac{{0,125.10 - 6}}{{50.10 - 6}}} = 0,15\,{\text{A}}. \hfill \\ \end{gathered} \]

Một mạch dao động LC có điện trở thuần không đáng kể. Dao động riêng của mạch có chu kì 2,0.10^-4 s. Năng lượng điện trường trong mạch biến đồi điều hòa với chu kì?
Năng lượng điện trường trong mạch biến đồi điều hòa với chu kì \[T' = \frac{T}{2} = \frac{{{{2.10}^{ - 4}}}}{2} = {10^{ - 4}}\,{\text{s}}.\]

Một mạch dao động LC lí tưởng có tần số dao động riêng là f. Khi mắc nối tiếp với tụ trong mạch một tụ có điện dung C/15 thì tần số dao động tự do của mạch là?
Điện dung tương đương \[C' = \frac{{C.\frac{C}{{15}}}}{{C + \frac{C}{{15}}}} = \frac{C}{{16}}.\]Tần số dao động tự do của mạch \[f' = \frac{1}{{2\pi \sqrt {LC'} }} = \frac{1}{{2\pi \sqrt {L\frac{C}{{16}}} }} = 4\frac{1}{{2\pi \sqrt {LC} }} = 4f.\]

Trong mạch dao động LC lí tưởng có dao động tự do với tần số 10⁴ rad/s. Điện tích cực đại trên tụ là 10^-9 C. Khi cường độ dòng điện trong mạch bằng 6.10^-6 A thì điện tích trên tụ là?
Ta có \[\begin{gathered} \frac{{{q^2}}}{{Q_0^2}} + \frac{{{i^2}}}{{I_0^2}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{{q^2}}}{{Q_0^2}} + \frac{{{i^2}}}{{\omega Q_0^2}} = 1 \hfill \\ \Leftrightarrow {q^2} = Q_0^2 - \frac{{{i^2}}}{{{\omega ^2}}} = {10^{ - 18}} - \frac{{{{36.10}^{ - 12}}}}{{4{\pi ^2}{{.10}^8}}} = {10^{ - 9}}\,{\text{C}}. \hfill \\ \end{gathered} \]

Một mạch dao động LC lí tưởng có L không đổi còn C có thể thay đổi. Khi C = C₁ thì tần số dao động riêng của mạch là 7,5 MHz. Khi C = C₂ thì tần số này là 10 MHz. Khi C = C₁ + C₂ thì tần số dao động riêng là?
Tần số dao động của mạch khi \[\begin{gathered} \left. \begin{gathered} C = {C_1}:{\kern 1pt} {f_1} = \frac{1}{{2\pi \sqrt {L{C_1}} }} \hfill \\ C = {C_2}:{\kern 1pt} {f_2} = \frac{1}{{2\pi \sqrt {L{C_1}} }} \hfill \\ C = {C_1} + {C_2}:{\kern 1pt} f = \frac{1}{{2\pi \sqrt {L\left( {{C_1} + {C_2}} \right)} }} \hfill \\ \end{gathered} \right\} \Rightarrow \frac{1}{{{f^2}}} = \frac{1}{{f_1^2}} + \frac{1}{{f_2^2}} \hfill \\ \Rightarrow f = \sqrt {\frac{{f_1^2f_2^2}}{{f_1^2 + f_2^2}}} = \sqrt {\frac{{7,{5^2}{{.10}^2}}}{{7,{5^2} + {{10}^2}}}} = 12,5{\kern 1pt} {\text{MHz}}. \hfill \\ \end{gathered} \]

Mạch dao động LC lí tưởng gồm cuộn thuần cảm có độ tự cảm 5 μH và tụ điện có điện dụng 5 μF. Khoảng thời gian giữa 2 lần liên tiếp điện tích trên tụ có độ lớn cực đại là?
Chu kỳ dao động của mạch \[T = 2\pi \sqrt {LC} = 2\pi \sqrt {{{5.10}^{ - 6}}{{.5.10}^{ - 6}}} = \pi {.10^{ - 5}}\,{\text{s}}.\] Khoảng thời gian giữa 2 lần liên tiếp điện tích trên tụ có độ lớn cực đại là \[\Delta t = \frac{{T'}}{2} = \frac{T}{4} = \frac{{\pi {{.10}^{ - 5}}}}{4} = 2,5\pi {.10^{ - 6}}\,{\text{s}}.\]

Cho mạch dao động LC. Khi điện tích của tụ điện có độ lớn bằng ½ điện tích cực đại thì tỉ số giữa năng lượng từ trường và năng lượng điện trường là?
Năng lượng điện trường\[{{\text{W}}_C} = \frac{1}{2}\frac{{{q^2}}}{C} = \frac{1}{4}\frac{{Q_0^2}}{{2C}} = \frac{1}{4}{\text{W}}{\text{.}}\] Tỉ số giữa năng lượng từ trường và năng lượng điện trường là\[\frac{{{{\text{W}}_L}}}{{{{\text{W}}_C}}} = 3.\]

Mạch dao động LC có năng lượng 3.10^-4 J. Độ tự cảm của cuộn dây là 80 mH. Khi cường độ dòng điện qua cuộn cảm là 50 mA thì năng lượng tập trung trong tụ điện là?
Năng lượng điện trường\[\begin{align} {{\text{W}}_C} &= {\text{W}} - {{\text{W}}_L} = {\text{W}} - \frac{1}{2}L{i^2} \hfill \\ & = {3.10^{ - 4}} - \frac{1}{2}{\text{.80}}{\text{.1}}{{\text{0}}^{{\text{ - 3}}}}{\text{.(50}}{\text{.1}}{{\text{0}}^{{\text{ - 3}}}}{{\text{)}}^{\text{2}}} = {10^{ - 4}}\,{\text{J}}. \hfill \\ \end{align} \]

Trong mạch dao động LC, nếu điện tích cực đại trên bản tụ là Q₀ và cường độ dòng điện cực đại trong mạch là I₀ thì tần số dao động riêng trong mạch là?
Ta có\[\begin{align} {I_0} = \omega {Q_0} & \Rightarrow \omega = \frac{{{I_0}}}{{{Q_0}}} = 2\pi f \hfill \\ & \Rightarrow f = \frac{\omega }{{2\pi }} = \frac{{{I_0}}}{{2\pi {Q_0}}}. \hfill \\ \end{align} \]

Một mạch dao động LC có L = 0,2 H và C = 0,4 μF. Khi cường độ dòng điện qua cuộn cảm là 10 mA thì hiệu điện thế giữa 2 bản tụ là 10 V. Năng lượng điện từ của mạch dao động là?
Năng lượng điện từ của mạch dao động là \[\begin{align} {\text{W}} & = {{\text{W}}_C} + {{\text{W}}_L} = \frac{1}{2}C{u^2} + \frac{1}{2}L{i^2} \hfill \\ & = \frac{1}{2}.0,{4.10^{ - 6}}{.10^2} + \frac{1}{2}0,2.{({10^{ - 3}})^2} = {3.10^{ - 5}}\,{\text{J}}. \hfill \\ \end{align} \]

Một mạch dao động có C = 2 pF và cuộn thuần cảm L. Để tần số dao động trong mạch là 5 MHz thì L bằng?
Ta có \[f = \frac{1}{{2\pi \sqrt {LC} }} \Rightarrow L = \frac{1}{{4{\pi ^2}{f^2}C}} = \frac{1}{{4{\pi ^2}.({{5.10}^6}){{.2.10}^{ - 12}}}} = {5.10^{ - 4}}\,{\text{H}}.\]

Một mạch dao động LC có năng lượng 4.10^-5 J. Điện dung của tụ là 3 μF. Khi hiệu điện thế giữa 2 bản tụ là 4 V thì năng lượng tập trung trong cuộn cảm là?
Năng lượng từ trường tập trung trong cuộn cảm là\[\begin{align} {{\text{W}}_L} & = {\text{W}} - {{\text{W}}_C} = {\text{W}} - \frac{1}{2}C{u^2} \hfill \\ & = {4.10^{ - 5}} - \frac{1}{2}{\text{.3}}{\text{.1}}{{\text{0}}^{{\text{ - 6}}}}{\text{.}}{{\text{4}}^{\text{2}}} = {16.10^{ - 6}}\,{\text{J}}. \hfill \\ \end{align} \]

Trong mạch dao động LC, tụ có điện dung 8 μF và cường độ dòng tức thời là i = 0,04sin5000t (A). Độ tự cảm của cuộn cảm và điện tích cực đại trên bản tụ là?
Độ tự cảm của cuộn cảm \[\omega = \frac{1}{{\sqrt {LC} }} \Rightarrow L = \frac{1}{{{\omega ^2}C}} = \frac{1}{{{{5000}^2}{{.8.10}^{ - 6}}}} = 5\,{\text{mH}}.\]Điện tích cực đại trên bản tụ \[{Q_0} = \frac{{{I_0}}}{\omega } = \frac{{0,04}}{{5000}} = {8.10^{ - 6}} = 8\,\mu C.\]

Dòng điện chạy qua một đoạn mạch có biểu thức i = I₀cos100πt (A). Trong khoảng thời gian từ 0 đến 0,01 s, cường độ tức thời có giá trị 0,5I₀ vào những thời điểm?
Ta có \[\omega = 100\pi \Rightarrow T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{100\pi }} = 0,02\,{\text{s}}.\]Với $\Delta t = 0,01\,{\text{s = }}\frac{T}{2}.$ Cường độ tức thời có giá trị 0,5I₀ vào thời điểm \[\begin{align} {t_1} = \frac{T}{6} = \frac{{0,02}}{6} = \frac{1}{{300}}\,{\text{s}}. \hfill \\ {t_2} = \frac{{2T}}{6} = \frac{{2.0,02}}{6} = \frac{2}{{300}}\,{\text{s}}. \hfill \\ \end{align} \]

Mạch RLC nối tiếp, dòng điện qua mạch có dạng i = 2sin(100t + π/6) (A). Điện lượng qua tiết diện, thẳng của dây dẫn trong 1/4 chu kỳ, kể từ lúc dòng điện triệt tiêu là?
Thời điểm dòng điện triệt tiêu \[\begin{align} i{\text{ }} = {\text{ }}0 \Leftrightarrow i = 2\sin \left( {100t + \frac{\pi }{6}} \right) \Rightarrow t = \frac{\pi }{{120}}\,{\text{s}}. \hfill \\ \Rightarrow t' = t + \frac{T}{4} = \frac{\pi }{{120}} + \frac{{2\pi }}{{100.4}} = \frac{{4\pi }}{{300}}{\text{s}}. \hfill \\ \end{align} \]Điện lượng qua tiết diện, thẳng của dây dẫn trong 1/4 chu kỳ, kể từ lúc dòng điện triệt tiêu là \[\Delta q = \int\limits_{\frac{\pi }{{120}}}^{\frac{{4\pi }}{{300}}} {2\sin 100t = \frac{1}{{50}}} \,C.\]

Một đèn Neon chỉ sáng khi điện áp đặt vào 2 đầu bóng đèn lớn hơn 155 V. Nếu đặt vào 2 đầu bóng đèn này một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng 220 V thì trong 1 chu kì, thời gian đèn sáng là 1/90 (s). Tần số dòng xoay chiều là?
Ta có \[\begin{align} & U = 220\,{\text{V}} \Rightarrow {U_0} = 220\sqrt 2 \,{\text{V}}. \hfill \\ & u = 155\,{\text{V}} = \frac{{{U_0}}}{2}. \hfill \\ \end{align} \]Thời gian đèn sáng trong một chu kỳ \[t = \frac{{2T}}{3} = \frac{1}{{90}}\,{\text{s}} \Rightarrow {\text{T = }}\frac{1}{{60}}\,{\text{s}} \Rightarrow f = 60\,{\text{Hz}}.\]

Dòng xoay chiều i = 2cos100πt (A) trong 1 s đổi chiều?
Ta có \[\begin{align} T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{100\pi }} = \frac{1}{{50}}\,{\text{s}}. \hfill \\ \Rightarrow t = 1\,{\text{s}} = 50T. \hfill \\ \end{align} \]Trong một chu kỳ dòng điện đổi 2 lần. Vậy trong 1s dòng điện đổi chiều 100 lần.

Một đèn ống mắc vào mạng điện xoay chiều 200 V - 50 Hz. Đèn sáng khi hiệu điện thế tức thời giữa hai đầu đèn $u \geqslant 100\sqrt 2 \,V.$ Xác định khoảng thời gian đèn sáng trong một chu kỳ của dòng điện?
Ta có $U = 220\,{\text{V}} \Rightarrow {U_0} = 220\sqrt 2 \,{\text{V}}.$
Đèn sáng khi \[u \geqslant 100\sqrt 2 \Leftrightarrow u \geqslant \frac{{{U_0}}}{2} \Rightarrow {t_s} = \frac{{2T}}{3} = \frac{2}{{3.50}} = \frac{1}{{75}}\,s.\]

Một đèn ống mắc vào mạng điện xoay chiều 100 V - 50 Hz. Đèn sáng khi hiệu điện thế tức thời giữa hai đầu đèn $u \geqslant 50\sqrt 2 \,V.$ Tỉ lệ thời gian đèn sáng và tắt trong 1 chu kì là?
Ta có $U = 100\,{\text{V}} \Rightarrow {U_0} = 100\sqrt 2 \,{\text{V}}.$
Đèn sáng khi $u \geqslant 50\sqrt 2 \Leftrightarrow u \geqslant \frac{{{U_0}}}{2}.$ \[\Rightarrow \left\{ \begin{align} & {t_s} = \frac{{2T}}{3}. \hfill \\ & {t_t} = T - {t_s} = \frac{T}{3}. \hfill \\ \end{align} \right.\] Tỉ lệ thời gian đèn sáng và tắt trong 1 chu kì là \[\frac{{{t_s}}}{{{t_t}}} = \frac{{\frac{{2T}}{3}}}{{\frac{T}{3}}}\, = 2.\]

Cho một dòng điện xoay chiều i = I₀sinωt chạy qua một đoạn mạch thì độ lớn điện lượng q đi chuyển qua mạch trong thời gian từ 0 đến 0,25T là?
Độ lớn điện lượng q đi chuyển qua mạch trong thời gian từ 0 đến 0,25T là\[\Delta q = \int\limits_0^{\frac{T}{4}} {{I_0}\sin \omega t = } \,\frac{{{I_0}}}{\omega }.\]

Đặt điện áp xoay chiều có trị hiệu dụng U = 120 V tần số f = 60 Hz vào hai đầu một bóng đèn huỳnh quang. Biết đèn chỉ sáng lên khi điện áp đặt vào đèn không nhỏ hơn $60\sqrt 2 \,V.$ Tỉ số thời gian đèn sáng và đèn tắt trong 30 phút là?
Chu kỳ \[T = \frac{1}{f} = \frac{1}{{60}}\,{\text{s}};\,\,t = 30\,{\text{ph}} = 1800\,{\text{s}} = 30T.\] Ta có \[U = 100\,{\text{V}} \Rightarrow {U_0} = 100\sqrt 2 \,{\text{V}}.\] Đèn sáng khi $u \geqslant 50\sqrt 2 \Leftrightarrow u \geqslant \frac{{{U_0}}}{2}.$
Thời gian đèn sáng và tắt trong một chu kỳ \[\begin{align} {t_s} = \frac{{2T}}{3}. \hfill \\ {t_t} = T - {t_s} = \frac{T}{3}. \hfill \\ \end{align} \]Tỉ lệ thời gian đèn sáng và tắt trong 30 chu kì là \[\frac{{{t_s}}}{{{t_t}}} = \frac{{30.\frac{{2T}}{3}}}{{30.\frac{T}{3}}}\, = 2.\]

Điện áp giữa hai đầu một đoạn mạch là u = 150cos100πt (V). Cứ mỗi giây có bao nhiêu lần điện áp này bằng 0?
Chu kỳ $T = 2\pi /\omega = 2\pi /100\pi = 0,02\,{\text{s}}.$
Trong một chu kỳ có 2 lần điện áp bằng 0 mà $t = 1\,{\text{s}} = 50T.$
Vậy trong 1 s có 100 lần điện áp bằng 0.

Tại thời điểm t, điện áp $u = 200\sqrt 2 \cos (100\pi t - \pi /2)$ (trong đó u tính bằng V, t tính bằng s) có giá trị V và đang giảm. Sau thời điểm đó 1/300 s, điện áp này có giá trị là?
Chu kỳ $T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{100\pi }} = 0,02\,{\text{s}}.$
Vào thời điểm $t = \frac{1}{{300}}\,{\text{s}} = \frac{T}{6}$ điện áp có giá trị $u = \frac{{{U_0}}}{2} = \frac{{200\sqrt 2 }}{2} = 100\sqrt 2 \,{\text{V}}.$

Một mạch dao động LC gồm cuộn thuần cảm 640 μH và tụ C có điện dung biến đổi từ 36 pF đến 225 pF. Tần số riêng của mạch biến thiên trong khoảng?
Tần số riêng của mạch dao động $f = \frac{1}{{2\pi \sqrt {LC} }}$
Ta có \[\begin{gathered} 36{\text{pF}} \leqslant C \leqslant 225{\text{pF}} \hfill \\ \Leftrightarrow \frac{1}{{2\pi \sqrt {{{640.10}^{ - 6}}{{.225.10}^{ - 12}}} }} \leqslant f \leqslant \frac{1}{{2\pi \sqrt {{{640.10}^{ - 6}}{{.265.10}^{ - 12}}} }} \hfill \\ \end{gathered} \]

Mạch dao động LC có L = 5 mH. Biết cường độ dòng điện cực đại trong mạch là 3 mA. Khi cường độ dòng điện trong mạch là 2 mA thì năng lượng điện trường trong tụ là?
Năng lượng điện trường trong tụ là\[\begin{align} {\text{W}} & = {{\text{W}}_C} + {{\text{W}}_L} \hfill \\ \Rightarrow {W_C} & = W - {W_L} = \frac{1}{2}LI_0^2 - \frac{1}{2}Li_0^2 = \frac{1}{2}L\left( {I_0^2 - i_0^2} \right) \hfill \\ \Leftrightarrow {W_C} & = \frac{1}{2}{.5.10^{ - 3}}\left[ {{{\left( {{{3.10}^{ - 3}}} \right)}^2} - {{\left( {{{2.10}^{ - 3}}} \right)}^2}} \right] = 1,{25.10^{ - 8}}\,{\text{J}}. \hfill \\ \end{align} \]

Mạch dao động LC lí tưởng, C = 2 μF. Cứ sau 10^-6 s thì năng lượng từ trường của cuộn cảm đạt giá trị cực đại. Hệ số tự cảm của cuộn dây là?
Ta có $\frac{T}{2} = {10^{ - 6}}\,{\text{s}} \Rightarrow T = {2.10^{ - 6}}\,{\text{s}}.$ Hệ số tự cảm của cuộn dây là \[T = 2\pi \sqrt {LC} \Rightarrow L = \frac{{{T^2}}}{{4{\pi ^2}C}} = \frac{{{{4.10}^{ - 12}}}}{{4{\pi ^2}{{.2.10}^{ - 6}}}} = 50,{7.10^{ - 9}}\,{\text{H}} = 50,7\,{\text{nH}}.\]

Một mạch dao động LC lí tưởng đang có dao động tự do. Biết điện tích cực đại của 1 bản tụ là 10^-8 C và cường độ dòng cực đại qua cuộn dây là 62,8 mA. Tần số dao động tự do của mạch là?
Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có \[{{\text{W}}_{L\max }} = {{\text{W}}_{C\max }} \Leftrightarrow \frac{1}{2}LI_0^2 = \frac{1}{2}\frac{{Q_0^2}}{C} \Leftrightarrow LC = \frac{{Q_0^2}}{{I_0^2}}.\] Tần số dao động tự do của mạch là \[f = \frac{1}{{2\pi \sqrt {LC} }} = \frac{{{I_0}}}{{2\pi {Q_0}}} = \frac{{62,{{8.10}^{ - 3}}}}{{2\pi {{.10}^{ - 8}}}} = {10^6}\,{\text{Hz}} = 1\,{\text{MHz}}.\]

Bài tập mẫu về âm thanh

noreply@blogger.com (phys4evry1) — Sat, 01 Oct 2016 07:58:00 +0000

Bài tập khảo sát kiến thức về âm thanh. Kiến thức cần thiết cho các bài tập dạng này có thể tìm thấy trong các bài viết sau

Sóng cơ học và các đại lượng đặc trưng của sóng
Giao thoa - hiện tượng đặc trưng của sóng
Âm thanh và các đặc tính của âm thanh

Khi cường độ âm tăng gấp đôi thì mức cường độ âm tăng bao nhiêu?
Ta có \[L' - L = 10\lg \frac{{I'}}{I} = 10\lg 2 \simeq 3\,{\text{dB}}.\]Vậy mức cường độ âm tăng 3 dB.

Tại một vị trí trong môi trường truyền âm, khi cường độ âm tăng gấp 10 lần giá trị cường độ âm ban đầu thì mức cường độ âm thay đổi như thế nào?
Ta có \[L' - L = 10\lg \frac{{I'}}{I} = 10\lg 10 = 10\,{\text{dB}}.\]Vậy mức cường độ âm tăng 10 dB.

Tại một điểm A nằm cách nguồn âm N một khoảng NA = 1 m, có mức chuyển động âm là L_A = 90 dB. Biết ngưỡng nghe của âm đó là I₀ = 0,1 nW/m². Mức cường độ âm đó tại điểm B cách N một khoảng NB = 10 m là?
Cường độ âm tại A \[\begin{align} & {L_A} = 10\lg \frac{{{I_A}}}{{{I_0}}} = 90 \Rightarrow \frac{{{I_A}}}{{{I_0}}} = {10^9} \hfill \\ \Rightarrow& {I_A} = {10^9}{I_0} = {10^9}.0,{1.10^{ - 9}} = 0,1\,{\text{W/}}{{\text{m}}^{\text{2}}}. \hfill \\ \end{align} \]Ta có\[\frac{{{I_A}}}{{{I_B}}} = \frac{{N{B^2}}}{{N{A^2}}} \Rightarrow {I_B} = {I_A}\frac{{N{A^2}}}{{N{B^2}}} = 0,1.\frac{{{1^2}}}{{{{10}^2}}} = {10^{ - 3}}\,{\text{W/}}{{\text{m}}^{\text{2}}}.\]Cường độ âm tại B\[{L_B} = 10\lg \frac{{{I_B}}}{{{I_0}}} = 10\lg \frac{{{{10}^{ - 3}}}}{{0,{{1.10}^{ - 9}}}} = 70\,{\text{dB}}{\text{.}}\]

Người ta đo được mức cường độ âm tại điểm A là 90 dB và tại điểm B là 70 dB. Hãy so sánh cường độ âm tại A (I_A) và cường độ âm tại B (I_B)?
\[\begin{align} & {L_A} - {L_B} = 10\lg \frac{{{I_A}}}{{{I_B}}} = 20 \hfill \\ \Leftrightarrow \,& \lg \frac{{{I_A}}}{{{I_B}}} = 2 \hfill \\ \Leftrightarrow \,& \frac{{{I_A}}}{{{I_B}}} = {10^2} = 100 \hfill \\ \Leftrightarrow \,& {I_A} = 100{I_B}. \hfill \\ \end{align} \]

Một người đứng cách nguồn âm tối đa bao nhiêu thì cảm thấy nhức tai. Biết nguồn âm có kích thước nhỏ và có công suất là 125,6 W; giới hạn nhức tai của người đó là 10 W/m²?
Giới hạn nhức tai của người đó \[P = 4\pi {R^2}I \Rightarrow R = \sqrt {\frac{P}{{4\pi I}}} = \sqrt {\frac{{125,6}}{{4\pi 10}}} = 1\,{\text{m}}.\]

Biết nguồn âm có kích thước nhỏ và có công suất là 125,6 W. Tính mức cường độ âm tại vị trí cách nguồn 1000 m. Cho I₀ = 10^-12 W/m²?
Cường độ âm \[P = 4\pi {R^2}I \Rightarrow I = \frac{P}{{4\pi {R^2}}} = \frac{{125,6}}{{4\pi {{1000}^2}}} = {10^{ - 5}}\,{\text{m}}.\] Mức cường độ âm \[L = 10\lg \frac{I}{{{I_0}}} = 10\lg \frac{{{{10}^{ - 5}}}}{{{{10}^{ - 12}}}} = 70\,{\text{dB}}.\]

Tại O có nguồn âm coi như nguồn điểm, sóng âm phát ra là sóng cầu có tính đẳng hướng. Tại điểm A có L_A = 50 dB. Tại điểm B có OB = 10.OA. L_B có giá trị bao nhiêu?
Ta có \[\frac{{{I_A}}}{{{I_B}}} = \frac{{O{B^2}}}{{O{A^2}}} = \frac{{{{\left( {10OA} \right)}^2}}}{{O{A^2}}} = 100.\]Mức cường độ âm tại B \[\begin{align} & {L_B} - {L_A} = 10\lg \frac{{{I_B}}}{{{I_A}}} \hfill \\ \Rightarrow& {L_B} = {L_A} + 10\lg \frac{{{I_B}}}{{{I_A}}} = 50 + 10\lg 100 = 70\,{\text{dB}}. \hfill \\ \end{align} \]

Một người đang đứng trước nguồn âm một khoảng cách D. Nguồn này phát ra các sóng âm đều theo mọi phương. Khi người đó đi 50,0 m lại gần nguồn thì thấy cường độ âm tăng lên gấp 4 lần. Khoảng cách D bằng?
Ta có \[\left\{ \begin{align} & \frac{{{I_2}}}{{{I_1}}} = \frac{{{D^2}}}{{{d^2}}} \Rightarrow {D^2} = 4{d^2} \hfill \\ & D = d + 50 \hfill \\ \end{align} \right. \Leftrightarrow D = 33,4\,{\text{m}}.\]

Tại một điểm A nằm cách xa nguồn âm O (coi như nguồn điểm) một khoảng OA = 1 m, mức cường độ âm là L_A = 90 dB. Cho biết ngưỡng nghe của âm chuẩn I₀ = 10^-12 W/m². Mức cường độ âm tại B nằm trên đường OA cách O một khoảng 10 m là (coi môi trường là hoàn toàn không hấp thụ âm)?
\[\begin{align} \,& \frac{{{I_B}}}{{{I_A}}} = \frac{{d_A^2}}{{d_B^2}} = \frac{1}{{{{10}^2}}} \hfill \\ \,& {L_B} = {L_A} + 10\lg \frac{{{I_B}}}{{{I_A}}} \hfill \\ \Leftrightarrow\,& {L_B} = 90 + 10\lg \frac{1}{{{{10}^2}}} = 90 - 20 = 70\,{\text{dB}}. \hfill \\ \end{align} \]

Điều kiện để có thể nghe thấy âm thanh có tần số trong miền nghe được là?
Điều kiện để có thể nghe thấy âm thanh có tần số trong miền nghe được là mức cường độ âm ≥ 0.

Hai âm cùng tần số có mức cường độ âm chênh lệch nhau là 15 dB. Tỉ số cường độ âm của chúng là?
Ta có \[\begin{align} \,{L_B} - {L_A} &= 10\lg \frac{{{I_B}}}{{{I_A}}} = 15\,{\text{dB}} \hfill \\ \Leftrightarrow\, \lg \frac{{{I_B}}}{{{I_A}}} &= 1,5 \hfill \\ \Rightarrow\, \frac{{{I_B}}}{{{I_A}}} &= {10^{1,5}} = 10\sqrt {10} . \hfill \\ \end{align} \]

Công suất âm thanh cực đại của một máy nghe nhạc gia đình là 10 W. Biết rằng cứ truyền trên khoảng cách 1 m năng lượng âm bị giảm 5% so với năng lượng của nguồn do sự hấp thụ của môi trường truyền âm. Biết I₀ = 10^-12 W/m². Nếu mở to hết cỡ thì mức cường độ âm ở khoảng cách 6 m là?
Công suất âm thanh ở cách nguồn 6 m là \[\begin{gathered} \left\{ \begin{align} &P' = 0,{95^6}P \hfill \\ &P' = 4\pi {R^2}{I'} \hfill \\ \end{align} \right. \hfill \\ \Rightarrow I' = \frac{{0,{{95}^6}.P}}{{4\pi {R^2}}} = \frac{{0,{{95}^6}.10}}{{4\pi {6^2}}} = 0,016{\kern 1pt} {\text{W/}}{{\text{m}}^{\text{2}}}. \hfill \\ \end{gathered} \] Mức cường độ âm ở khoảng cách 6 m là \[L' = 10\lg \frac{{I'}}{{{I_0}}} = 10\lg \frac{{0,016}}{{{{10}^{ - 12}}}} = 102\,{\text{dB}}.\]

Một máy bay bay ở độ cao h₁ = 100 m, gây ra ở mặt đất ngay phía dưới một tiếng ồn có mức cường độ âm L₁ = 120 dB. Coi máy bay là một nguồn điểm phát âm. Muốn giảm tiếng ồn tới mức chịu được là dưới L₂ = 100 dB thì máy bay phải bay ở độ cao tối thiểu là bao nhiêu?
Ta có \[\begin{align} \,&{L_1} - {L_2} = 10\lg \frac{{{I_1}}}{{{I_2}}} \hfill \\ \Leftrightarrow \,&10\lg \frac{{{I_1}}}{{{I_2}}} = 120 - 100 = 20 \hfill \\ \Leftrightarrow\,& \frac{{{I_1}}}{{{I_2}}} = 100. \hfill \\ \end{align} \]Độ cao tối thiểu của máy bay \[\begin{align} \frac{{{I_1}}}{{{I_2}}} = \frac{{d_2^2}}{{d_1^2}} \Rightarrow\,& d_{_2}^2 = \frac{{{I_1}}}{{{I_2}}}.d_1^2 = {100.100^2} \hfill \\ \Rightarrow\,& {d_2} = 1000\,{\text{m}}. \hfill \\ \end{align} \]

Một sóng âm truyền trong không khí. Mức cường độ âm tại điểm M và tại điểm N lần lượt là 40 dB và 80 dB. Cường độ âm tại N lớn hơn cường độ âm tại M bao nhiêu lần?
Ta có \[\begin{align} \,& {L_N} - {L_M} = 10\lg \frac{{{I_N}}}{{{I_M}}} \hfill \\ \Leftrightarrow\,& 10\lg \frac{{{I_N}}}{{{I_M}}} = 80 - 40 = 40 \hfill \\ \Leftrightarrow\,& \frac{{{I_N}}}{{{I_M}}} = {10^4} \hfill \\ \Rightarrow\,& {I_N} = {10^4}{I_M}. \hfill \\ \end{align} \]

Một nguồn điểm O phát sóng âm có công suất không đổi trong một môi trường truyền âm đẳng hướng và không hấp thụ âm. Hai điểm A, B cách nguồn âm lần lượt là r₁ và r₂. Biết cường độ âm tại A gấp 4 lần cường độ âm tại B. Tỉ số r₂/r₁ bằng?
Ta có \[\frac{{{I_A}}}{{{I_B}}} = \frac{{r_2^2}}{{r_1^2}} = 4 \Rightarrow \frac{{{r_2}}}{{{r_1}}} = 2.\]

Một nguồn âm có công suất phát âm P = 0,1256 W. Biết sóng âm phát ra là sóng cầu, cường độ âm chuẩn I₀ = 10^-12 W/m² Tại một điểm trên mặt cầu có tâm là nguồn phát âm, bán kính 10 m (bỏ qua sự hấp thụ âm) có mức cường độ âm là?
Cường độ âm \[P = 4\pi {R^2}.I \Rightarrow I = \frac{P}{{4\pi {R^2}}} = \frac{{0,1256}}{{4\pi {{10}^2}}} = {10^{ - 4}}\,{\text{W/}}{{\text{m}}^{\text{2}}}.\] Mức cường độ âm \[L = 10\lg \frac{I}{{{I_0}}} = 10\lg \frac{{{{10}^{ - 4}}}}{{{{10}^{ - 12}}}} = 80\,{\text{dB}}.\]

Trên một đường thẳng cố định trong môi trường đẳng hướng, không hấp thụ và phản xạ âm, một máy thu ở cách nguồn âm một khoảng d thu được âm có mức cường độ âm là L; khi dịch chuyển máy thu ra xa nguồn âm thêm 9 m thì mức cường độ âm thu được là L – 20 dB. Khoảng cách d là?
Ta có \[\begin{align} \,& L' = L + 10\lg \frac{{I'}}{I} \hfill \\ \Leftrightarrow\,& L - 20 = L + 10\lg \frac{{{{\left( {d + 9} \right)}^2}}}{{{d^2}}} \hfill \\ \Leftrightarrow\,& \lg \frac{{{{\left( {d + 9} \right)}^2}}}{{{d^2}}} = - 2 \hfill \\ \Leftrightarrow\,& \frac{{d + 9}}{d} = {10^{ - 2}} \Rightarrow d = 10\,{\text{m}}. \hfill \\ \end{align} \]

Bài tập mẫu về các đặc trưng của sóng cơ
Bài tập mẫu về giao thoa sóng cơ
Bài tập mẫu về hiện tượng sóng dừng

Bài tập mẫu về hiện tượng sóng dừng

noreply@blogger.com (ilovephys) — Fri, 30 Sep 2016 08:06:00 +0000

Bài tập khảo sát kiến thức về sóng dừng. Kiến thức cần thiết cho các bài tập dạng này có thể tìm thấy trong các bài viết sau

Sóng cơ học và các đại lượng đặc trưng của sóng
Giao thoa - hiện tượng đặc trưng của sóng

Một dây đàn dài 50 cm. Vận tốc truyền sóng trên dây là 435 m/s. Trên dây đàn hình thành sóng dừng thì âm phát ra có tần số cơ bản (tần số thấp nhất) là: 870| 435| 217,5| 290 (Hz).
Dây đàn thuộc loại 2 đầu buộc chặt nên âm cơ bản được tìm từ \[{f_0} = \frac{v}{{2l}} = \frac{{435}}{{{{2.50.10}^{ - 2}}}} = 435\,\,{\text{Hz}}.\]

Một sợi dây đàn hồi có 1 đầu tự do, 1 đầu gắn với nguồn sóng. Hai tần số liên tiếp để có sóng dừng trên dây là 15 Hz và 21 Hz. Hỏi trong các tần số sau đây của nguồn sóng tần số nào không thỏa mãn điều kiện sóng dừng trên dây? 9| 27| 39| 12 (Hz).
- Dây có một đầu hở (tự do), một đầu buộc chặt với nguồn sóng, các họa âm có tần số là một số lẻ lần tần số cơ bản \[\begin{align} & {f_0} = v/4l, \hfill \\ & f = (2n - 1){f_0}. \hfill \\ \end{align} \] - Do quy luật trên, hai tần số liên tiếp phải cách nhau 2f₀ \[2{f_0} = 21 - 15 \Rightarrow {f_0} = 3\,\,{\text{Hz}}.\]

Sóng dừng trong ống sáo có âm cực đại ở 2 đầu hở. Biết ống sáo dài 40 cm và trong ống có 2 nút. Tìm bước sóng: 20| 40| 60| 80 (cm).
"âm cực đại ở 2 đầu hở" tức 2 đầu ống sáo là các bụng sóng. Trong ống có 2 nút, giữa 2 nút này là một bụng hoàn chỉnh dài λ/2, còn 2 bụng ở 2 đầu để hở mỗi bụng chỉ dài λ/4. Do đó, chiều dài ống sáo là \[l = \frac{\lambda }{2} + 2.\frac{\lambda }{4} = \lambda = 40\,\,{\text{cm}}.\]

Sóng dừng trên dây đàn hồi tạo bởi âm thoa điện có gắn nam châm điện, biết dòng điện xoay chiều có tần số là f, biên độ dao động của đầu gắn với âm thoa là a. Trong các nhận xét sau đây nhận xét nào sai?
A. Biên độ dao động của bụng là 2a, bề rộng của bụng sóng là 4a.
B. Khoảng thời gian ngắn nhất (giữa 2 lần liên tiếp) để dây duỗi thẳng là T/2 = 1/2f
C. Mọi điểm nằm giữa 2 nút liên tiếp của sóng dừng đều dao động cùng pha và có biên độ khác nhau.
D. Mọi điểm nằm 2 bên của 1 nút của sóng dừng đều dao động ngược pha.
Đáp án C sai vì trong cùng một bó sóng (giữa hai nút liên tiếp), các điểm đối xứng nhau qua điểm bụng (trung điểm bó sóng) luôn dao động cùng biên độ. Đáp án D cũng chưa chính xác, nên sửa lại thành “Hai điểm đối xứng qua 1 nút của sóng dừng dao động ngược pha” hoặc “Hai điểm nằm trên 2 bó sóng liên tiếp sẽ dao động ngược pha”.

Một ống có một đầu bịt kín tạo ra âm cơ bản của nốt Đô có tần số 130,5 Hz. Nếu người ta để hở cả đầu đó thì khi đó âm cơ bản tạo ra có tần số bằng bao nhiêu? 522| 491,5| 261| 195,25 (Hz).
- Khi một đầu hở, một đầu tự do \[{f_0} = \frac{v}{{4l}} = 130,5\,\,{\text{Hz}}.\] - Khi 2 đầu để hở \[{f'_0} = \frac{v}{{2l}} = 2{f_0} = 261\,\,{\text{Hz}}.\]

Trong hiện tượng sóng dừng trên dây đàn hồi. Nhận xét nào sau đây là sai?
A. Khi 2 đầu dây cố định thì các tần số gây ra sóng dừng luôn bằng số nguyên lần tần số nhỏ nhất.
B. Khi 1 đầu dây cố định thì các tần số gây ra sóng dừng luôn bằng số lẻ lần tần số nhỏ nhất.
C. Tốc độ di chuyển trên dây của bụng sóng cũng là tốc độ lan truyền của sóng.
D. Vận tốc dao động cực đại của bụng sóng dao động gấp 2 lần vận tốc dao động cực đại của nguồn sóng.
Đáp án C sai, không có tương quan giữa hai đại lượng này.

Một sóng cơ học truyền trên một sợi dây rất dài thì một điểm M trên dây có vận tốc dao động biến thiên theo phương trình v_M = 20πsin(10πt + φ) (cm/s). Giữ chặt một điểm trên dây sao cho trên dây hình thành sóng dừng, khi đó bề rộng một bụng sóng là: 4| 6| 8| 16 (cm).
- Biên độ dao động của điểm M \[A = \frac{{{v_{\max }}}}{\omega } = \frac{{20\pi }}{{10\pi }} = 2\,\,{\text{cm}}.\] - Khi giữ chặt 1 điểm trên dây để tạo sóng dừng thì có sự phân bố lại năng lượng của sóng, năng lượng tập trung vào các bụng làm biên độ bụng tăng lên gấp đôi so với nguồn sóng => bề rộng bụng sóng (2 lần biên độ bụng) là: 2.(2A) = 8 cm. Cần phân biệt bề rộng bụng sóng với chiều dài bó sóng (λ/2).

Một sợi dây đàn hồi, một đầu dây dao động với phương trình x = acos(ωt + φ). Khi có sóng dừng trên dây thì tốc độ dao động của bụng sóng thỏa mãn hệ thức nào sau đây? v ≤ 4aω| v ≤ 2aω| v ≤ aω| v = 2aω.
Bụng sóng sẽ dao động điều hòa với phương trình \[A\cos \omega t = 2a\cos \omega t\] nên vận tốc dao động của nó luôn nhỏ hơn giá trị cực đại v_max = Aω = 2aω.

Một dây có một đầu bị kẹp chặt, đầu kia buộc vào một nhánh của âm thoa có tần số 600 Hz. Âm thoa dao động và tạo ra sóng dừng có 4 bụng. Vận tốc sóng truyền trên dây là 400 m/s. Bước sóng và chiều dài của dây thoả mãn những giá trị nào sau đây? 1,5; 3| 2/3; 1,66| 1,5; 3,75| 2/3; 1,33 (m).
Đây là sóng dừng với 2 đầu buộc chặt, trên dây có 4 bụng nên chiều dài của dây tìm từ \[\begin{align} & l = 4\frac{\lambda }{2} = 2\lambda = 2\frac{v}{f} = \frac{{2.400}}{{600}} = 1,33\,\,{\text{m}}, \hfill \\ & \lambda = 2/3\,\,{\text{m}}. \hfill \\ \end{align}\]

Để đo vận tốc truyền âm trong không khí, người ta đặt 1 âm thoa ở khe thổi của ống sáo dọc và bịt tất cả các nốt của ống sáo. Khoảng cách khe thổi đến đầu hở của sáo là 30 cm. Tăng dần tần số của âm thoa đến giá trị 278,3 Hz thì thấy âm phát ra có cường độ mạnh nhất. Vận tốc âm là: 230| 167| 330| 334 (m/s).
- Ống sáo thuộc loại 1 đầu bịt kín (khe thổi), 1 đầu để hở, do bịt kín tất cả các lỗ nên chiều dài tạo sóng dừng sẽ được tính là chiều dài ống sáo. Các họa âm hay tần số riêng của ống sáo cho bởi \[\begin{align} & {f_0} = \frac{v}{{4l}}, \hfill \\ & f = (2n - 1){f_0}. \hfill \\ \end{align} \] - Do tăng dần tần số âm thoa nên cộng hưởng xảy ra đầu tiên với âm cơ bản \[\begin{align} & {f_0} = \frac{v}{{4l}} \hfill \\ & \Rightarrow v = 4l{f_0} = {4.30.10^{ - 2}}.278,3 = 334\,\,{\text{m/s}}. \hfill \\ \end{align} \]

Cột không khí trong ống thuỷ tinh có độ cao có thể thay đổi được nhờ điều chỉnh mực nước trong ống. Đặt một âm thoa trên miệng ống thuỷ tinh đó. Khi âm thoa dao động, nó phát ra một âm cơ bản, ta thấy trong cột không khí có một sóng dừng ổn định. Khi độ cao thích hợp của cột không khí có trị số nhỏ nhất l₀ = 13 cm, người ta nghe thấy âm to nhất, biết rằng đầu A hở của cột không khí là một bụng sóng, còn đầu B kín là một nút sóng, vận tốc truyền âm là 340 m/s. Tần số của âm do âm thoa phát ra có thể nhận giá trị nào trong các giá trị sau? 563,8| 658| 653,8| 365,8 (Hz).
- Sóng dừng 1 đầu hở có họa âm\[\begin{align} & {f_0} = \frac{v}{{4l}}, \hfill \\ & f = (2n - 1){f_0}. \hfill \\ \end{align} \] - Một tần số cộng hưởng là \[{f_0} = \frac{v}{{4l}} = \frac{{340}}{{{{4.13.10}^{ - 2}}}} = 653,8\,\,{\text{Hz}}.\]

Một sợi dây đàn hồi được móc vào 2 điểm cố định. Người ta tạo ra sóng dừng trên dây với tần số bé nhất là f₁. Để lại có sóng dừng, phải tăng tần số tối thiểu đến giá trị f₂. Tỉ số f₂/f₁ bằng: 2| 3| 4| 6.
Các tần số này là \[\left\{ \begin{align} & {f_1} = {f_0} = \frac{v}{{2l}}, \hfill \\ & {f_2} = 2{f_0}, \hfill \\ \end{align} \right. \Rightarrow {f_2}/{f_1} = 2.\]

Cho sợi dây có chiều dài ℓ, hai đầu dây cố định, vận tốc truyền sóng trên sợi dây không đổi. Khi tần số sóng là f₁ = 50 Hz, trên sợi dây xuất hiện n₁ = 16 nút sóng. Khi tần số sóng là f₂, trên sợi dây xuất hiện n₂ = 10 nút sóng. Tính f₂? 10| 30| 20| 15 (Hz).
- Sóng dừng với 2 đầu cố định \[f = {N_{\text{b}}}{f_0} = ({N_{\text{n}}} - 1){f_0}.\] - Theo đề, \[\begin{align} & {f_1} = (16 - 1){f_0} = 50, \hfill \\ & {f_2} = (10 - 1){f_0} = (10 - 1)\frac{{50}}{{16 - 1}} = 30\,\,{\text{Hz}}. \hfill \\ \end{align}\]

Cho phương trình sóng dừng u = 2cos(2πx/λ)cos(10πt) (trong đó x tính bằng cm, t tính bằng s). Điểm gần bụng nhất 8 cm dao động với biên độ 1 cm. Tốc độ truyền sóng là: 80| 40| 240| 120 (cm/s).
Điểm này dao động với biên độ bằng ½ biên độ của bụng nên nó cách nút gần nhất đoạn λ/12 tức là cách bụng gần nhất (λ/4 - λ/12), theo đề \[\begin{align} & \frac{\lambda }{4} - \frac{\lambda }{{12}} = 8 \Rightarrow \lambda = 48\,\,{\text{cm}}. \hfill \\ & v = \frac{\lambda }{T} = \frac{{\omega \lambda }}{{2\pi }} = \frac{{10\pi .48}}{{2\pi }} = 240\,\,{\text{cm/s}}. \hfill \\ \end{align}\]

Sóng âm truyền trong không khí với vận tốc 340 m/s. Một cái ống có chiều cao 15 cm đặt thẳng đứng và có thể rót nước từ từ vào để thay đổi chiều cao cột khí trong ống. Trên miệng ống đặt một cái âm thoa có tần số 680 Hz. Cần đổ nước vào ống đến độ cao bao nhiêu để khi gõ vào âm thoa thì nghe âm phát ra to nhất? 4,5| 3,5| 2,0| 2,5 (cm).
- Gọi L là chiều dài ống, h là chiều cao nước đổ vào, chiều cao cột không khí là (L - h), cột không khí trong ống thủy tinh là một hệ dao động có 1 đầu kín và 1 đầu hở (miệng ống) \[\begin{align} & {f_0} = \frac{v}{{4(L - h)}} = \frac{{340}}{{4(0,15 - h)}}, \hfill \\ & f = (2n - 1){f_0}. \hfill \\ \end{align} \] - Tần số của âm thoa phải trùng với các tần số này \[\frac{{340}}{{4(0,15 - h)}} = 680 \Rightarrow h = 0,025\,\,{\text{m}} = 2,5\,\,{\text{cm}}.\]

Người ta tạo hiện tượng sóng dừng trên dây đàn hồi, một đầu luôn cố định một đầu luôn tự do với bước sóng λ. Cần thay đổi chiều dài của sợi dây một đoạn ngắn nhất bằng bao nhiêu để lại có hiện tượng sóng dừng? 0,5λ| 0,25 λ| λ| 0,75λ.
- Sóng dừng một đầu cố định một đầu tự do \[\begin{align} & {f_0} = \frac{v}{{4l}};\,\,f = (2n - 1){f_0} \hfill \\ & \Rightarrow f = (2n - 1)\frac{v}{{4l}} \hfill \\ & \Rightarrow l = (2n - 1)\frac{v}{{4f}} = (2n - 1)\frac{\lambda }{4}. \hfill \\ \end{align} \] - Vậy chiều dài dây cần thay đổi đoạn ngắn nhất là \[l(n + 1) - l(n) = 2\frac{\lambda }{4} = \frac{\lambda }{2}.\]

Dây AB = 40 cm căng ngang, 2 đầu cố định, khi có sóng dừng thì tại M là bụng thứ 4 (kể từ B), biết BM = 14 cm. Tổng số bụng trên dây AB là: 14| 12| 8| 10.
- M là bụng thứ 4 nên từ B tới nó phải qua 3 bụng nguyên, ta có \[{\text{BM}} = 3\frac{\lambda }{2} + \frac{\lambda }{4} = 14 \Rightarrow \lambda = 8\,\,{\text{cm}}{\text{.}}\] - Tổng số bụng trên dây \[{N_{\text{b}}} = \frac{{AB}}{{\lambda /2}} = \frac{{40}}{{8/2}} = 10.\]

Một sợi dây MN dài 2,25 m có đầu M gắn chặt và đầu N gắn vào một âm thoa có tần số dao động f = 20 Hz. Biết vận tốc truyền sóng trên dây là 20 m/s. Cho âm thoa dao động thì trên dây: Không có sóng dừng| Có sóng dừng và 6 bụng, 6 nút| Có sóng dừng và 5 bụng, 6 nút| Có sóng dừng và 5 bụng, 5 nút.
- Sóng dừng chỉ hình thành nếu thỏa điều kiện sau\[\begin{align} & {f_0} = \frac{v}{{2l}} = \frac{{20}}{{2.2,25}} = \frac{{40}}{9}\,\,\text{Hz}, \hfill \\ & f = n{f_0} = \frac{{40n}}{9}. \hfill \\ \end{align} \] - Khi f = 20 Hz thì không có n nào nguyên thỏa mãn quan hệ trên => không có sóng dừng.

Một dây đàn có chiều dài 100 cm. Biết tốc độ truyền sóng trong dây đàn là 300 m/s. Hai tần số âm thấp nhất mà dây đàn phát ra là: 200; 400| 250; 500| 100; 200| 150; 300 (Hz).
Dây đàn có 2 đầu cố định, 2 tần số thấp nhất là \[\begin{align} & {f_0} = \frac{v}{{2l}} = \frac{{300}}{{2.1}} = 150\,\,Hz, \hfill \\ & {f_1} = 1.{f_0} = 150, \hfill \\ & {f_2} = 2{f_0} = 300. \hfill \\ \end{align} \]

Một dây AB hai đầu cố định AB = 50 cm, vận tốc truyền sóng trên dây 1 m/s, tần số rung 100 Hz. Điểm M cách A một đoạn 3,5 cm là nút hay bụng sóng thứ mấy kể từ A: nút thứ 8| bụng thứ 8| nút thứ 7| bụng thứ 7.
- Các tần số riêng của dây đàn \[\begin{align} & {f_0} = \frac{v}{{2l}} = \frac{1}{{2.0,5}} = 1\,\,{\text{Hz}}, \hfill \\ & f = n{f_0}. \hfill \\ \end{align} \] - Theo đề dây đàn đang rung tại tần số 100 Hz ứng với n = 100, trên dây có sóng dừng.
- Bước sóng \[\lambda = v/f = 1/100\,\,{\text{m}} = 1\,\,{\text{cm}}.\] - Mỗi bó sóng dài λ/2 = 0,5 cm => có 3,5/0,5 = 7 bụng hoàn chỉnh giữa A và M nên M là nút sóng thứ 8.

Một sợi dây đàn hồi AB hai đầu cố định. Khi dây rung với tần số f thì trên dây có 4 bó sóng. Khi tần số tăng thêm 10 Hz thì trên dây có 5 bó sóng, vận tốc truyền sóng trên dây là 10 m/s. Chiều dài và tần số rung của dây là: 50; 40| 40; 50| 5; 50| 50; 50 (cm; Hz).
- Khi dây rung với tần số f \[l = 4\frac{\lambda }{2} = 2v/f.\] - Khi dây rung với tần số f + 10 \[l = 5\frac{\lambda }{2} = 2,5v/(f + 10).\] - Chia theo vế hai phương trình trên \[\begin{align} & f = 40\,\,{\text{Hz,}} \hfill \\ & l = 2v/f = 2.10/40 = 0,5\,\,{\text{m}} = 50\,\,{\text{cm}}. \hfill \\ \end{align} \]

Một sợi dây AB = 50 cm treo lơ lửng đầu A cố định, đầu B dao động với tần số 50 Hz thì trên dây có 12 bó sóng nguyên. Khi đó điểm N cách A một đoạn 20 cm là bụng hay nút sóng thứ mấy kể từ A và vận tốc truyền sóng trên dây lúc đó là: nút thứ 6; 4m/s| bụng thứ 6; 4m/s| bụng thứ 5; 4m/s| nút thứ 5; 4m/s.
Sóng dừng được tạo ra trong trường hợp 1 đầu cố định (A) và một đầu tự do (B). Chiều dài dây \[{\text{AB}} = 12.\frac{\lambda }{2} + \frac{\lambda }{4} = 50\,\,{\text{cm}} \Rightarrow \lambda = 8\,\,{\text{cm}}.\] Vì \[\frac{{{\text{NA}}}}{{\lambda /2}} = \frac{{20}}{{8/2}} = 5\] tức là NA chứa 5 bó sóng, 5 bó này nằm giữa 2 nút là A và N => N là nút thứ 7.

Một sợi dây đàn hồi được treo lơ lửng, đầu trên gắn với máy rung có tần số 100 Hz. Vận tốc truyền sóng trên dây là 400 cm/s. Biết rằng trên dây có sóng dừng. Chiều dài của dây có thể có giá trị nào sau đây? 18| 80| 16| 17 (cm).
- Sóng dừng với 1 đầu để hở \[\begin{align} & {f_0} = \frac{v}{{4l}} = \frac{{{{400.10}^{ - 2}}}}{{4l}} = \frac{1}{l}, \hfill \\ & f = (2n - 1){f_0} = \frac{{2n - 1}}{l}. \hfill \\ \end{align}\] - Khi f = 100 Hz, giá trị của chiều dài dây phải thõa mãn hệ thức trên. Ứng với n = 9 ta có l = 17 cm.

Một dây cố định hai đầu phải có chiều dài ℓ phụ thuộc như thế nào vận tốc truyền sóng trên dây và tần số để luôn tạo được sóng dừng: ℓ = kv/f (k nguyên dương)| ℓ = 2v| ℓ = v/f| ℓ = 2f/v.
Đúng ra là $l = \frac{{nv}}{{2f}},\,\,n \in \mathbb{Z}$ nhưng đáp án A là một trường hợp riêng với n chẵn.

Trong thí nghiệm về sóng dừng, trên một sợi dây đàn hồi dài 1,2 m với hai đầu cố định, người ta quan sát thấy ngoài hai đầu dây cố định còn có hai điểm khác trên dây không dao động. Biết khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp với sợi dây duỗi thẳng là 0,05 s. Vận tốc truyền sóng trên dây là: 8| 4| 12| 16 (m/s).
- “ngoài hai đầu dây cố định còn có hai điểm khác trên dây không dao động” tức là có 4 nút 3 bụng trên dây \[l = 3\frac{\lambda }{2} = 1,2 \Rightarrow \lambda = 0,8\,\,{\text{m}}.\] - Khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp với sợi dây duỗi thẳng là T/2 \[T/2 = 0,05 \Rightarrow T = 0,1\,\,{\text{s}}.\] - Vận tốc truyền sóng trên dây \[v = \lambda /T = 0,8/0,1 = 8\,\,{\text{m/s}}.\]

Một sợi dây đàn hồi căng ngang, đang có sóng dừng ổn định. Trên dây, A là một điểm nút, B là một điểm bụng gần A nhất, C là trung điểm của AB, với AB = 10 cm. Biết khoảng thời gian ngắn nhất giữa hai lần mà li độ dao động của phần tử tại B bằng biên độ dao động của phần tử tại C là 0,2 s. Tốc độ truyền sóng trên dây là: 0,25| 0,5| 2| 1 (m/s).
- AB có chiều dài ¼ bước sóng, B là bụng sóng dao động với biên độ A_B = A \[{\text{AB}} = \lambda /4 = 10 \Rightarrow \lambda = 40\,\,{\text{cm}} = 0,4\,\,{\text{m}}.\] - C cách nút gần nhất A một đoạn 1/8 bước sóng nên biên độ dao động của nó là A_C = A√2/2.
- "khoảng thời gian ngắn nhất giữa hai lần mà li độ dao động của phần tử tại B bằng biên độ dao động của phần tử tại C" là “khoảng thời gian ngắn nhất giữa hai lần x nhận giá trị A√2/2” là “khoảng thời gian ngắn nhất giữa hai lần một dao động điều hòa đi qua tọa độ A√2/2”, trong thời gian này chất điểm đi từ vị trí x = A√2/2 đến biên gần nhất A rồi quay lại vị trí x = A√2/2 \[\Delta t = 2\left( {\frac{T}{4} - \frac{T}{8}} \right) = \frac{T}{4} = 0,2 \Rightarrow T = 0,8\,\,{\text{s}}.\] - Tốc độ truyền sóng \[v = \lambda /T = 0,4/0,8 = 0,5\,\,{\text{m/s}}.\]

Trên một sợi dây căng ngang với hai đầu cố định đang có sóng dừng. Không xét các điểm bụng hoặc nút, quan sát thấy những điểm có cùng biên độ và ở gần nhau nhất thì đều cách đều nhau 15 cm. Bước sóng trên dây có giá trị bằng: 90| 60| 45| 30 (cm).
Không kể các điểm bụng và nút, trong một bó sóng luôn có 2 điểm cùng biên độ dao động, chúng đối xứng nhau qua điểm bụng. Để các điểm này cách đều nhau từ bó sóng này qua bó sóng khác, chúng phải là trung điểm của nút và bụng gần chúng nhất. Do đó, khoảng cách giữa 2 điểm liên tiếp thỏa mãn tính chất này là ½ bước sóng \[\lambda /2 = 15 \Rightarrow \lambda = 30\,\,{\text{cm}}.\]

Đối với âm cơ bản và họa âm bậc 2 do cùng một cây đàn phát ra thì: tốc độ âm cơ bản gấp đôi tốc độ họa âm bậc 2| tần số họa âm bậc 2 gấp đôi tần số âm cơ bản| độ cao âm bậc 2 gấp đôi độ cao âm cơ bản| họa âm bậc 2 có cường độ lớn hơn cường độ âm cơ bản.
Dây đàn có 2 đầu cố định nên các họa âm là bội của âm cơ bản => Đáp án B.

Một sợi dây OM đàn hồi dài 90 cm có hai đầu cố định. Khi được kích thích trên dây hình thành 3 bụng sóng (với O và M là hai nút), biên độ tại bụng là 3 cm. Tại N gần O nhất có biên độ dao động là 1,5 cm. Khoảng cách ON nhận giá trị nào sau đây? 10| 5,2| 5| 7,5 (cm).
- Sóng dừng với 2 đầu cố định có 3 bụng sóng \[{\text{OM}} = 3\frac{\lambda }{2} = 90 \Rightarrow \lambda = 60\,\,{\text{cm}}.\] - N có biên độ dao động bằng ½ biên độ dao động bụng sóng nên N cách nút gần nhất (điểm O) 1/12 bước sóng \[\frac{\lambda }{{12}} = 60/12 = 5\,\,{\text{cm}}.\]

Bài tập mẫu về giao thoa sóng cơ

noreply@blogger.com (ilovephys) — Mon, 26 Sep 2016 14:00:00 +0000

Bài tập kiểm tra kiến thức về giao thoa sóng cơ. Kiến thức cần thiết cho các bài tập dạng này có thể tìm thấy trong các bài viết sau

Sóng cơ học và các đại lượng đặc trưng của sóng
Giao thoa - hiện tượng đặc trưng của sóng

Trong một thí nghiệm về giao thoa sóng trên mặt nước, hai nguồn sóng kết hợp là S₁ và S₂ dao động với tần số 15 Hz. Vận tốc truyền sóng trên mặt nước là 30 cm/s. Với điểm M có những khoảng d₁, d₂ nào dưới đây sẽ dao động với biên độ cực đại? 25; 20| 25; 21| 25; 22| 20; 25 (cm).
Điểm M này có hiệu khoảng cách tới 2 nguồn là một số nguyên lần bước sóng \[\begin{align} {d_1} - {d_2} & = k\lambda = kv/f \hfill \\ & = k.30/15 = 2k, \hfill \\ \end{align} \] do đó ta chọn đáp án (25, 21).

Trên mặt nước có hai nguồn dao động kết hợp cùng pha có tần số 20 Hz, cùng biên độ A. Vận tốc truyền sóng là 1,8 m/s. Xét điểm M cách hai nguồn những khoảng 24 cm và 18 cm. Biên độ sóng tổng hợp tại M là: -A| 2^o| A| 0.
- Bước sóng \[\lambda = v/f = 1,8/20 = 0,09\,\,{\text{m}} = 9\,\,{\text{cm}},\] tần số góc \[\omega = 2\pi f = 40\pi \,\,\,{\text{rad/s}}.\]- Việc đầu tiên là ta kiểm tra ngay điểm M có rơi vào các trường hợp đặc biệt không \[{d_{1M}} - {d_{2M}} = 24 - 18 = 4\,\,{\text{cm,}}\]4 cm không phải một số nguyên lần/bán nguyên lần bước sóng nên M không phải cực đại cũng chẳng phải cực tiểu giao thoa. Phương trình dao động của M do sóng từ các nguồn truyền tới
\[\begin{align} & {u_{1M}} = A\cos (\omega t - \omega {d_1}/v), \hfill \\ & {u_{2M}} = A\cos (\omega t - \omega {d_2}/v), \hfill \\ \end{align}\] dao động tổng hợp của M \[A\left[ {1\angle ( - 40\pi .0,24/1,8) + 1\angle ( - 40\pi .0,18/1,8)} \right] = A\angle \pi /3,\] tức là M dao động với biên độ A.

Thực hiện giao thoa sóng cơ với 2 nguồn kết hợp S₁ và S₂ phát ra 2 sóng có cùng biên độ 1 cm, cùng pha với bước sóng λ = 20 cm thì tại điểm M cách S₁ một đoạn 50 cm và cách S₂ một đoạn 10 cm sẽ có biên độ: 2| 0| √2| 1/√2 (cm).
- Ta thấy \[{d_{1M}} - {d_{2M}} = 50 - 10 = 2.20 = 2\lambda\] nên điểm M dao động với biên độ cực đại => A_M = 2.1 = 2 cm.

Trong thí nghiệm giao thoa sóng trên mặt nước, hai nguồn là S₁ và S₂ dao động với tần số 40 Hz. Tốc độ truyền sóng là 0,5 m/s. Khoảng cách giữa một cực đại và một cực tiểu giao thoa liên tiếp trên đoạn S₁S₂ là: 0,625| 1,250| 0,3125| 20 (cm).
- Bước sóng \[\lambda = v/f = 0,5/40 = 0,0125\,\,{\text{m}} = 1,25\,\,{\text{cm}}.\] - Trên đoạn S₁S₂, các cực đại và cực tiểu phân bố như sóng dừng tức là “khoảng cách giữa một cực đại và một cực tiểu giao thoa liên tiếp bằng ¼ bước sóng” => 0,3125 cm.

Hai nguồn âm nhỏ S₁, S₂ giống nhau (được nối với một nguồn âm) phát ra âm thanh với cùng một pha và cùng cường độ. Một người đứng ở điểm N với S₁N = 3 m và S₂N = 3,375 m. Tốc độ truyền âm trong không khí là 330 m/s. Tìm bước sóng dài nhất để người đó ở N không nghe được âm thanh từ hai nguồn S₁, S₂ phát ra: 0,4| 0,5| 0,75| 1 (m).
- Để người ở N không nghe được âm thanh, tại N phải là cực tiểu giao thoa hay \[{S_2}N - {S_1}N = (k + 0,5)\lambda = 3,375 - 3 = 0,375\,\,{\text{m}}.\] - λ dài nhất khi k_min = 0 => λ = 0,375/(0 + 0,5) = 0,75 m.

Ở mặt thoáng của một chất lỏng có hai nguồn kết hợp A và B dao động điều hòa cùng pha với nhau và theo phương thẳng đứng. Biết tốc độ truyền sóng không đổi trong quá trình lan truyền, bước sóng do mỗi nguồn trên phát ra bằng 12 cm. Khoảng cách ngắn nhất giữa hai điểm dao động với biên độ cực đại nằm trên đoạn thẳng AB là: 9| 12| 6| 3 (cm).
Khoảng cách cần tìm là khoảng cách giữa 2 bụng sóng λ/2 = 6 cm.

Tại hai điểm A và B trên mặt nước có hai nguồn kết hợp cùng dao động với phương trình u = asin100πt (cm). Vận tốc truyền sóng trên mặt nước là v = 40 cm/s. Xét điểm M trên mặt nước có AM = 9 cm và BM = 7 cm. Hai dao động tại M do hai sóng từ A và B truyền đến là hai dao động: cùng pha| ngược pha| lệch pha 90^o| lệch pha 120^o.
- Bước sóng λ = v/f = 2πv/ω = 2π.40/100π = 0,8 cm.
- Ta có (AM - BM)/λ = (9 - 7)/0,8 = 2,5 là một số bán nguyên nên dao động tại M cực tiểu tức là dao động do 2 nguồn truyền tới M ngược pha nhau.

Tại hai điểm A và B trong một môi trường truyền sóng có hai nguồn sóng kết hợp, dao động cùng phương với phương trình lần lượt là u_A = 5cos4πt (cm) và u_B = 5cos(4πt + π) (cm). Biết vận tốc v = 1 m/s và biên độ sóng do mỗi nguồn tạo ra không đổi trong quá trình sóng truyền. Phần tử vật chất tại điểm M cách A đoạn d_A = 75 cm, cách B đoạn d_B = 100 cm dao động với phương trình là: u_M = 5cos(4πt - π)| u_M = 5cos(4πt - 3π/2)| u_M = 10cos4πt| u_M = 10cos(4πt – π).
- Phương trình dao động của M do mỗi sóng từ nguồn truyền tới \[\begin{align} & {u_{AM}} = 5\angle ({\varphi _A} - \omega {d_A}/v) = 5\angle - 4\pi .0,75/1, \hfill \\ & {u_{BM}} = 5\angle ({\varphi _B} - \omega {d_B}/v) = 5\angle (\pi - 4\pi .1/1). \hfill \\ \end{align} \] - Phương trình dao động tổng hợp \[{u_M} = 10\angle \pi = 10\cos (4\pi t - \pi ).\]

Hai loa phát thanh nhỏ giống nhau tạo ra hai nguồn âm kết hợp đặt tại S₁ và S₂ cách nhau 5,25 m với S₁ và S₂ là 2 điểm dao động cực đại. Chúng phát ra âm có tần số 440 Hz và vận tốc 330 m/s. Tại M người quan sát nghe được âm nhỏ nhất đầu tiên khi đi từ S₁ đến S₂. Khoảng cách từ M đến S₁ là: 0,25| 0,1875| 0,375| 0,125 (m).
- Bước sóng λ = v/f = 0,75 m.
- Vì S₁ là điểm cực đại (bụng) và M là điểm cực tiểu (nút) đầu tiên khi đi từ S₁ tới S₂ do đó MS₁ = λ/4 = 0,1875 m.

Dùng một âm thoa có tần số rung f = 100 Hz người ta tạo ra tại hai điểm S₁ và S₂ trên mặt nước hai nguồn sóng cùng biên độ, cùng pha. Biết S₁S₂ = 3,0 cm. Trên mặt nước quan sát được một hệ gợn lồi gồm một đường thẳng là trung trực của S₁S₂ và 14 gợn dạng hyperbol ở mỗi bên nó. Khoảng cách giữa hai gợn ngoài cùng đo dọc theo S₁S₂ là 2,8 cm. Xét dao động của điểm M cách S₁ và S₂ lần lượt là 6,5cm và 3,5cm. Nhận xét nào sau đây là đúng: M dao động lệch pha góc π/2 so với hai nguồn| M dao động ngược pha với hai nguồn| M dao động cùng pha với hai nguồn| M luôn đứng yên không dao động.
- Do cấu tạo của hệ phát sóng nên 2 nguồn S₁ và S₂ đồng pha. Có tổng cộng 14.2 + 1 = 29 gợn lồi, mỗi gợn cắt S₁S₂ tại một điểm bụng. Khoảng cách giữa hai gợn ngoài cùng đo dọc theo S₁S₂ chính là khoảng cách giữa 2 bụng ngoài cùng, khoảng cách này là \[(29 - 1)\frac{\lambda }{2} = 2,8 \Rightarrow \lambda = 0,2\,\,{\text{cm}}.\] - Phương trình dao động của M \[\begin{align} & {u_M} = {u_{1M}} + {u_{2M}} \hfill \\ & = A\angle - 2\pi \frac{{{d_1}}}{\lambda } + A\angle - 2\pi \frac{{{d_2}}}{\lambda } \hfill \\ & = A\angle - 2\pi \frac{{6,5}}{{0,2}} + A\angle - 2\pi \frac{{3,5}}{{0,2}} \hfill \\ & = 2A\angle \pi . \hfill \\ \end{align} \] Như vậy M dao động ngược pha so với hai nguồn.

Trên mặt thoáng của chất lỏng có hai nguồn kết hợp A và B dao động với phương trình u_A = u_B = cos(80πt). Tại điểm M trên đoạn AB, M cách trung điểm I của đoạn AB đoạn 5 cm ta thấy sóng có biên độ cực tiểu giữa M và I có hai gợn sóng. Bước sóng và vận tốc truyền sóng trong chất lỏng là: 160 cm; 4 cm/s| 16 cm; v = 4 cm/s| 4 cm; v = 160 cm/s| 4 m; 160 m/s.
- Hai nguồn đồng pha nên trung điểm I của AB là một cực đại (bụng). Tại M là cực tiểu (nút), giữa M và I có 2 gợn sóng (2 bụng), phân bố các nút và bụng theo quy luật:
I(bụng)--nút--bụng--nút--bụng--M(nút)
=> MI = 2.λ/2 + λ/4 = 5 cm => λ = 4 cm.
- Vận tốc truyền sóng v = λf = λω/2π = 4.80π/2π = 160 cm/s.

Trên mặt một chất lỏng có hai nguồn kết hợp cùng pha có biên độ A và 2A dao động vuông góc với mặt thoáng chất lỏng. Nếu cho rằng sóng truyền đi với biên độ không thay đổi thì tại một điểm cách hai nguồn những khoảng d₁ = 12,75λ và d₂ = 7,25λ sẽ có biên độ A₀ là bao nhiêu? A₀ = A| A₀ = 0| A < A₀ < 3A| A₀ = 3A.
Ta có d₁ - d₂ = 5,5λ (một số bán nguyên lần λ) nên điểm này là CT, có biên độ A₀ = |A₁ - A₂| = |A - 2A| = A.

Giao thoa giữa hai nguồn sóng kết hợp trên mặt nước người ta thấy tại điểm M đứng yên khi hiệu khoảng cách từ M đến 2 nguồn thoả mãn d_1M - d_2M = nλ (n là số nguyên). Kết luận đúng về độ lệch pha của hai nguồn là: 2nπ| nπ| (n + 1)π| (2n + 1)π.
- Đáp án B và C là cùng ý nghĩa nên không thể đúng.
- Đáp án A nói rằng 2 nguồn này cùng pha, do đó điểm M thỏa mãn d_1M - d_2M = nλ (n là số nguyên) phải là CĐ chứ không thể là CT như đề bài. Như vậy ta chọn đáp án D: 2 nguồn ngược pha.

Tại những điểm mà hai sóng cơ kết hợp cùng biên độ, giao thoa tăng cường lẫn nhau (coi biên độ sóng không đổi trong quá trình truyền sóng), thì năng lượng của dao động tổng hợp so với năng lượng mỗi sóng thành phần lớn gấp: 3 lần| 2 lần| 4 lần| 6 lần.
- Gọi biên độ của mỗi nguồn là A, biên độ của dao động tổng hợp là 2A.
- Năng lượng của dao động tỉ lệ với bình phương biên độ => tnăng lượng của dao động tổng hợp so với năng lượng mỗi sóng thành phần lớn gấp 4 lần.

Hai điểm A và B (AB = 10 cm) trên mặt chất lỏng dao động theo cùng phương trình u_A = u_B = 2sin(100πt) (cm), với vận tốc truyền sóng trên mặt nước 100 cm/s. Phương trình sóng của điểm M trung điểm của AB là: u_M = 4cos(100πt – kπ)| u_M = 4sin(100πt + kπ)| u_M = 2sin(100πt – kπ)| u_M = 4sin(100πt – k2π) (cm).
- Khoảng cách từ M tới A và B là d₁ = d₂ = AB/2 = 5 cm.
- Phương trình dao động của M \[\begin{align} & {u_M} = {u_{1M}} + {u_{2M}} \hfill \\ & = 2\angle - \frac{{\omega {d_1}}}{v} + 2\angle - \frac{{\omega {d_2}}}{v} \hfill \\ & = 2\angle - \frac{{100\pi .5}}{{100}} + 2\angle - \frac{{100\pi .5}}{{100}} \hfill \\ & = 4\angle \pi , \hfill \\ \end{align} \] ta chọn đáp án B.

Trong thí nghiệm về giao thoa sóng, người ta tạo trên mặt nước hai nguồn A và B dao động cùng phương trình u_A = u_B = 5sin(10πt) (cm), vận tốc truyền sóng là 20 cm/s. Điểm M trên mặt nước có MA = 7,2 cm, MB = 8,2 cm có phương trình dao động là?
- Dao động tổng hợp của M \[\begin{align} & {u_M} = {u_{1M}} + {u_{2M}} \hfill \\ & = 5\angle - \frac{{\omega {d_1}}}{v} + 5\angle - \frac{{\omega {d_2}}}{v} \hfill \\ & = 5\angle - \frac{{10\pi .7,2}}{{20}} + 5\angle - \frac{{10\pi .8,2}}{{20}} \hfill \\ & = 5\sqrt 2 \angle 0,47 = 5\sqrt 2 \angle 0,15\pi . \hfill \\ \end{align} \] Ta thấy $ - 3,85\pi = - 4\pi + 0,15\pi \to 0,15\pi $ nên phương trình dao động của M là \[{u_M} = 5\sqrt 2 \sin (20\pi t - 3,85\pi ).\]

Hai nguồn S₁, S₂ tạo ra hệ giao thoa trên mặt thoáng chất lỏng. Khi tăng tần số dao động của 2 nguồn lên 2 lần thì khoảng cách giữa 2 điểm liên tiếp trên S₁, S₂ có biên độ dao động cực đại sẽ: tăng 2 lần| giảm 2 lần| tăng 4 lần| không đổi.
Khoảng cách 2 điểm này (điểm bụng) là λ/2 tỉ lệ nghịch với tần số => giảm 2 lần.

Trong hiện tượng giao thoa sóng trên mặt nước của 2 nguồn kết hợp A, B có phương trình dao động u_A = 3cos(100πt + φ_A) (cm) và u_B = 4cos(100πt + φ_B) (cm). Điểm I nằm trên trung trực của AB dao động với biên độ 5 cm. Tìm |φ_A - φ_B|.
- Biên độ của I và 2 nguồn làm thành bộ 3 Pythagore: 5² = 3² + 4² nên 2 dao động do các nguồn truyền tới I phải vuông pha nhau.
- Vì I nằm trên trung trực AB nên độ trễ pha dao động do mỗi nguồn truyền tới là như nhau và bị khử khi lấy độ lệch pha, ta có ngay đáp án |φ_A - φ_B| = π/2.

Tại hai điểm A và B trên mặt nước có hai nguồn kết hợp cùng dao động với phương trình u = acos100πt (cm). tốc độc truyền sóng trên mặt nước là v = 40 cm/s. Xét điểm M trên mặt nước có AM = 9 cm và BM = 7 cm. Hai dao động tại M do hai sóng từ A và từ B truyền đến có pha dao động: ngược pha nhau| vuông pha nhau| cùng pha nhau| lệch pha nhau 45^o.
- Các dao động do nguồn truyền tới M \[\begin{align} & {u_{1M}} = a\angle - \frac{{\omega {d_1}}}{v} = a\angle - \frac{{100\pi .9}}{{40}} = a\angle - \frac{{45\pi }}{2}, \hfill \\ & {u_{2M}} = a\angle - \frac{{\omega {d_2}}}{v} = a\angle - \frac{{100\pi .7}}{{40}} = a\angle - \frac{{35\pi }}{2}, \hfill \\ & \Delta {\varphi _{12}} = - \frac{{45\pi }}{2} - \left( { - \frac{{35\pi }}{2}} \right) = - 5\pi \to \pi \hfill \\ \end{align} \] tức là 2 dao động này ngược pha nhau.

Cho 2 nguồn sóng kết hợp đồng pha tạo hệ vân giao thoa trên mặt nước. Nếu thay đổi pha của 1 trong 2 nguồn 1 lượng nhỏ thì hệ vân giao thoa sẽ: Hệ giao thoa biến mất| Hệ giao thoa không dịch chuyển| Hệ dịch chuyển về phía nguồn trễ pha hơn| Hệ dịch về phía nguồn sớm pha hơn.
Dịch về phía nguồn trễ pha hơn.

Tại mặt nước nằm ngang, có hai nguồn kết hợp A và B dao động theo phương thẳng đứng với cùng phương trình là u₁ = u₂ = acos(40πt + π/6). Hai nguồn đó tác động lên mặt nước tại hai điểm A và B cách nhau 18 cm. Biết vận tốc truyền sóng trên mặt nước v = 120 cm/s. Gọi C và D là hai điểm thuộc mặt nước sao cho ABCD là hình vuông. Số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn CD là: 4| 3| 2| 1.
- Bước sóng λ = v/f = 2πv/ω = 2π.120/40π = 6 cm.
- C là điểm cách 2 nguồn các đoạn CB = AB = 18 cm và CA = 18√2 cm.
- D là điểm cách 2 nguồn các đoạn DA = 18 cm và DB = 18√2 cm.
- Ta có \[\begin{align} & \frac{{DA - DB}}{\lambda } < k < \frac{{CA - CB}}{\lambda } \hfill \\ & \Leftrightarrow \frac{{18 - 18\sqrt 2 }}{6} < k < \frac{{18\sqrt 2 - 18}}{6} \hfill \\ & \Leftrightarrow - 1,2 < k < 1,2. \hfill \\ \end{align} \] - Các giá trị nguyên của k trong đoạn này là -1, 0, 1 => có 3 điểm CĐ trên đoạn CD.

Tại hai điểm O₁ và O₂ trên mặt chất lỏng có hai nguồn phát sóng dao động theo phương thẳng đứng, theo phương trình u₁ = acos100πt (mm) và u₂ = acos(100πt + π) (mm). Vận tốc truyền sóng trên mặt chất lỏng là 2 m/s. Coi biên độ sóng không đổi trong quá trình truyền sóng. Cho hai điểm M và N nằm trên đoạn O₁O₂ và đối xứng nhau qua trung điểm của hai nguồn. Số điểm dao động với biên độ cực tiểu trong khoảng MN = 10 cm (không kể hai điểm M, N) là: 5, 9, 7, 6.
- Bước sóng λ = 2πv/ω = 2π.2/100π = 0,04 m = 4 cm.
- Hai nguồn lệch pha nhau Δφ = π.
- Ta có \[\begin{align} & \frac{{M{O_1} - M{O_2}}}{\lambda } + \frac{{\Delta \varphi }}{{2\pi }} - \frac{1}{2} < k < \frac{{N{O_1} - N{O_2}}}{\lambda } + \frac{{\Delta \varphi }}{{2\pi }} - \frac{1}{2} \hfill \\ & \Leftrightarrow - \frac{{MN}}{\lambda } + \frac{{\Delta \varphi }}{{2\pi }} - \frac{1}{2} < k < \frac{{MN}}{\lambda } + \frac{{\Delta \varphi }}{{2\pi }} - \frac{1}{2} \hfill \\ & \Leftrightarrow - \frac{{10}}{4} + \frac{\pi }{{2\pi }} - \frac{1}{2} < k < \frac{{10}}{4} + \frac{\pi }{{2\pi }} - \frac{1}{2} \hfill \\ & \Leftrightarrow - 2,5 < k < 2,5. \hfill \\ \end{align}\] - Có 5 giá trị nguyên của k là -2, -1, 0, 1, 2 => số CT cần tìm là 5.

Trong thí nghiệm giao thoa trên mặt nước, hai nguồn kết hợp A và B dao động cùng pha với tần số f = 20 Hz; AB = 8 cm. Biết tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 30 cm/s. Một đường tròn có tâm tại trung điểm O của AB, nằm trong mặt phẳng chứa các vân giao thoa, bán kính 3 cm. Số điểm dao động cực đại trên đường tròn là: 9| 14| 16| 18.
- Bước sóng λ = v/f = 30/20 = 1,5 cm.
- Đường tròn cắt AB tại 2 điểm M và N trong đó M cách nguồn A đoạn 1 cm và cách nguồn B đoạn 7 cm, ta có \[\begin{align} & \frac{{M{O_1} - M{O_2}}}{\lambda } + \frac{{\Delta \varphi }}{{2\pi }} \leqslant k \leqslant \frac{{N{O_1} - N{O_2}}}{\lambda } + \frac{{\Delta \varphi }}{{2\pi }} \hfill \\ & \Leftrightarrow \frac{{MA - MB}}{\lambda } + \frac{0}{{2\pi }} \leqslant k \leqslant \frac{{NA - NB}}{\lambda } + \frac{0}{{2\pi }} \hfill \\ & \Leftrightarrow \frac{{1 - 7}}{{1,5}} \leqslant k \leqslant \frac{{7 - 1}}{{1,5}} \hfill \\ & \Leftrightarrow - 4 \leqslant k \leqslant 4 \hfill \\ \end{align} \] - Các giá trị của k là -4, -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, 4 (9 giá trị) ứng với 7 điểm CĐ nằm trên nửa trên đường tròn, 2 điểm CĐ còn lại là giao của đường tròn với đoạn AB tại các điểm M và N ứng với dấu đẳng thức k = -4 và k = 4. Do tính đối xứng của hệ, nửa dưới đường tròn cũng đi qua 7 điểm CĐ. Vậy trên đường tròn có tổng cộng 7.2 + 2 = 16 điểm CĐ.

Hai nguồn sóng giống nhau tại A và B cách nhau 47 cm trên mặt nước, chỉ xét riêng một nguồn thì nó lan truyền trên mặt nước mà khoảng cách giữa hai ngọn sóng liên tiếp là 3 cm, khi hai sóng trên giao thoa nhau thì trên đoạn AB có số điểm không dao động là: 32| 30| 16| 15.
- “chỉ xét riêng một nguồn thì nó lan truyền trên mặt nước mà khoảng cách giữa hai ngọn sóng liên tiếp là 3 cm” => λ = 3 cm.
- Số điểm bất động trên AB tìm từ \[\begin{align} & -\frac{{AB}}{\lambda } - \frac{1}{2} \leqslant k \leqslant \frac{{AB}}{\lambda } - \frac{1}{2} \hfill \\ & \Leftrightarrow - \frac{{47}}{3} - \frac{1}{2} \leqslant k \leqslant \frac{{47}}{3} - \frac{1}{2} \hfill \\ & \Leftrightarrow - 16,2 \leqslant k \leqslant 15,2.\hfill \\ \end{align} \] - Có 32 giá trị của k ứng với 32 điểm CT.

Hai nguồn phát sóng S₁, S₂ trên mặt chất lỏng dao động theo phương vuông góc với bề mặt chất lỏng với cùng tần số f = 50 Hz và cùng pha ban đầu, coi biên độ sóng không đổi. Trên đoạn thẳng S₁S₂ thấy hai điểm cách nhau 9 cm dao động với biên độ cực đại. Biết vận tốc truyền sóng trên mặt chất lỏng có giá trị 1,5 m/s < v < 2,25 m/s. Vận tốc truyền sóng là: 1,8| 1,75| 2| 2,2 (m/s).
- Hai điểm CĐ trên S₁S₂ là 2 điểm bụng, các điểm bụng cách nhau một số nguyên lần ½ bước sóng \[\begin{align} & {9.10^{ - 2}} = n\frac{\lambda }{2} = n\frac{v}{{2f}} \hfill \\ & \Rightarrow v = \frac{{{{18.10}^{ - 2}}.50}}{n} = \frac{9}{n}. \hfill \\ \end{align} \] - Vì 1,5 m/s < v < 2,25 m/s nên v = 1,8 m/s ứng với n = 5.

Một điểm M cách hai nguồn kết hợp A, B trên mặt chất lỏng các khoảng AM = 19 cm, BM = 21 cm sóng có biên độ cực đại. Cho hai nguồn dao động với tần số f = 13 Hz. Giữa M và đường trung trực AB không có dãy cực đại nào khác. Vận tốc truyền sóng trên mặt nước là: 1,5| 6,5| 13| 26 (cm/s).
- Vì M là điểm CĐ nên hiệu BM - AM phải bằng một số nguyên lần (k) bước sóng \[{\text{BM}} - {\text{AM}} = 21 - 19 = k\lambda = kv/f.\] - Vì Giữa M và trung trực của AB không có dãy CĐ nào khác nên M thuộc dãy cực đại bậc 1 tính từ trung trực của AB => k = 1. Ta có \[2 = 1.v/13 \Rightarrow v = 26\,\,{\text{cm/s}}.\]

Hai nguồn kết hợp S₁, S₂ cách nhau 50 mm dao động theo phương trình u₁ = u₂ = Acos200πt (mm) trên mặt thoáng của thủy ngân. Xét về 1 phía trung trực của S₁S₂ ta thấy vân bậc k đi qua điểm M có MS₁ – MS₂ = 12 mm và bậc k + 3 (cùng loại với bậc k) đi qua điểm M’ có M’S₁ – M’S₂ = 36 mm. Tốc độ truyền sóng trên thủy ngân bằng: 1| 0,8| 0,6| 1,6 (m/s).
- Giả sử M thuộc dãy cực tiểu \[\begin{align} & M{S_1} - M{S_2} = 12 = n\lambda , \hfill \\ & M'{S_1} - M'{S_2} = 36 = (n + 3)\lambda , \hfill \\ & \Rightarrow \frac{n}{{n + 3}} = \frac{{12}}{{36}} \Rightarrow n = 1,5 = k + 0,5,\,\,k \in \mathbb{Z} \hfill \\ \end{align} \] tức là M nằm trên vân cực tiểu thứ 2 (k = 1) và M’ nằm trên vân CT thứ 4. Tốc độ truyền sóng tìm từ \[\begin{align} & 12 = 1,5\lambda = 1,5\frac{{2\pi v}}{\omega } \hfill \\ & \Rightarrow v = \frac{{200\pi .12}}{{1,5.2\pi }} = 800\,\,{\text{mm/s}} = 0,8\,\,{\text{m/s}}. \hfill \\ \end{align} \]

Chọn câu sai:
A. Giao thoa là hiện tượng đặc trưng của sóng.
B. Nơi nào có sóng thì nơi ấy có giao thoa.
C. Nơi nào có giao thoa thì nơi ấy có sóng.
D. Hai sóng có cùng tần số và độ lệch pha không thay đổi theo thời gian gọi là sóng kết hợp.
Câu B sai vì sóng phải trong những điều kiện đặc thù mới tạo ra hiện tượng giao thoa.

Chọn câu trả lời đúng:
A. Giao thoa sóng nước là hiện tượng xảy ra khi hai sóng có cùng tần số gặp nhau trên mặt thoáng.
B. Nơi nào có sóng thì nơi ấy có hiện tượng giao thoa.
C. Hai sóng có cùng tần số và có độ lêch pha không đổi theo thời gian là hai sóng kết hợp.
D. Hai nguồn dao động có cùng phương, cùng tần số là hai nguồn kết hợp.
Câu C.

Tại 2 điểm A và B trên mặt nước có 2 nguồn sóng kết hợp với biên độ lần lượt là 3 cm và 2 cm. Điểm M trên mặt nước sẽ dao động với biên độ 1 cm khi:
A. Hiệu đường đi từ A, B tới M bằng một số bán nguyên lần bước sóng.
B. Hai nguồn A, B ngược pha nhau.
C. Hai sóng đến M ngược pha nhau.
D. M ở trên các hyperbol nhận A, B làm tiêu điểm.
Vì A_M = |A_A - A_B| = 3 - 2 = 1 cm nên M là một điểm CT tức là hai sóng đến M ngược pha nhau (đáp án C). Lưu ý, khi hai nguồn lệch pha nhau thì kết luận A không còn đúng.

Bài tập mẫu về các đặc trưng của sóng cơ

noreply@blogger.com (ilovephys) — Sun, 18 Sep 2016 06:59:00 +0000

Bài tập khảo sát các đặc trưng của sóng. Kiến thức cần thiết cho các bài tập dạng này có thể tìm thấy trong các bài viết sau

Sóng cơ học và các đại lượng đặc trưng của sóng

Một nguồn sóng cơ học dao động điều hòa theo phương trình x = cos(5πt + π/3), khoảng cách giữa hai điểm gần nhau nhất trên phương truyền sóng mà độ lệch pha dao động bằng π/4 là 1 m. Vận tốc truyền sóng là: 20| 10| 2,5| 5 (m/s).
\[\Delta \varphi = \frac{{\omega \Delta d}}{v} \Rightarrow v = \frac{{\omega \Delta {d_{\min }}}}{{\Delta \varphi }} = \frac{{5\pi .1}}{{\pi /4}} = 20\,\,{\text{m}}{\text{/}}{\text{s}}.\]

Đầu A của một sợi dây căng ngang dao động theo phương vuông góc với sợi dây khi nó ở vị trí cân bằng. Biết chu kì và biên độ dao động là 0,8 s và 2 cm. Sau 0,3 s thì sóng truyền dọc theo dây được 1,2 m. Chọn t = 0 là lúc li độ của A đạt cực đại. Điểm M trên dây cách A đoạn 2,5 m vào thời điểm 1,5 s có li độ là: 1| 1,66| -1,41| -1,21 (cm).
- Vận tốc truyền sóng \[v = \frac{{\Delta s}}{{\Delta t}} = \frac{{1,2}}{{0,3}} = 4\,\,{\text{m}}{\text{/}}{\text{s}}.\] - Độ lệch pha của M so với A \[{\varphi _{{\text{MA}}}} = - \frac{{\omega AM}}{v} = - \frac{{2\pi AM}}{{Tv}} = - \frac{{2\pi .2,5}}{{0,8.4}} = - \frac{{25\pi }}{{16}} \to \frac{{7\pi }}{{16}}.\] - Ở thời điểm 1,5 s pha của A là \[{\varphi _A} = {\varphi _A}(t = 0) + \omega .1,5 = 0 + \frac{{2\pi }}{{0,8}}.1,5 = \frac{{15\pi }}{4},\] lúc đó M có pha là \[{\varphi _{\text{M}}} = {\varphi _{{\text{MA}}}} + {\varphi _{\text{A}}} = - \frac{{25\pi }}{{16}} + \frac{{15\pi }}{4} = \frac{{35\pi }}{{16}} \to \frac{{3\pi }}{{16}}.\] - Li độ của M \[{x_{\text{M}}} = A\cos {\varphi _{\text{M}}} = 2.\cos (3\pi /16) = 1,66\,\,{\text{cm}}.\]

Trong hiện tượng truyền sóng trên mặt nước do một nguồn sóng gây ra, nếu gọi bước sóng là λ, thì khoảng cách giữa n vòng tròn sóng (gợn nhô) liên tiếp nhau sẽ là: nλ| (n - 1)λ| 0,5nλ| (n + 1)λ.
Hai gợn cách nhau một bước sóng => (n - 1)λ.

Ở đầu một thanh thép đàn hồi dao động với tần số 16 Hz có gắn một quả cầu nhỏ chạm nhẹ vào mặt nước, khi đó trên mặt nước có hình thành một sóng tròn tâm O. Tại A và B trên mặt nước, nằm cách xa nhau 6cm trên một đường thẳng qua O, luôn dao động cùng pha với nhau. Biết vận tốc truyền sóng: 0,4 m/s ≤ v ≤ 0,6 m/s. Vận tốc truyền sóng trên mặt nước có thể nhận các giá trị nào trong các giá trị sau? 52| 48| 44| 64 (cm/s).
- Các điểm dao động cùng pha cách nhau một số nguyên lần bước sóng \[\begin{align} &\Delta d = k\lambda = k\frac{v}{f} \hfill \\ &\Rightarrow v = \frac{{f\Delta d}}{k} = \frac{{{{16.6.10}^{ - 2}}}}{k}. \hfill \\ \end{align}\] - Cho k các gái trị nguyên sao cho đáp án lọt trong miền 0,4 m/s ≤ v ≤ 0,6 m/s, ta được \[k = 2 \Rightarrow v = 0,48\,\,{\text{m}}{\text{/}}{\text{s}} = 48\,\,{\text{cm}}{\text{/}}{\text{s}}.\]

Một sóng cơ khi truyền trong môi trường 1 có bước sóng và vận tốc là λ₁ và v₁. Khi truyền trong môi trường 2 có bước sóng và vận tốc là λ₂ và v₂. Biểu thức nào sau đây là đúng: λ₂ = λ₁| v₂ = v₁| λ₁/λ₂ = v₁/v₂| λ₂/λ₁ = v₁/v₂
Khi đổi môi trường, tần số sóng không đổi \[{f_1} = {f_2} \Rightarrow \frac{{{v_1}}}{{{\lambda _1}}} = \frac{{{v_2}}}{{{\lambda _2}}} \Rightarrow \frac{{{\lambda _1}}}{{{\lambda _2}}} = \frac{{{v_1}}}{{{v_2}}}.\]

Đầu A của một dây cao su căng ngang dao động theo phương vuông góc với dây với biên độ a = 10 cm, chu kỳ 2 s. Sau 4 s, sóng truyền được 16 m dọc theo dây. Gốc thời gian là lúc A bắt đầu dao động từ vị trí cân bằng theo chiều dương hướng lên. Phương trình dao động của điểm M cách A một khoảng 2 m là phương trình nào dưới đây? u_M = 10cos(πt + π/2)| u_M = 10cos(πt - π/2)| u_M = 10cos(πt + π)| u_M = 10cos(πt - π) (cm).
- Vận tốc truyền sóng và tần số $v = 16/4 = 4\,\,{\text{m}}{\text{/}}{\text{s}}$; $\omega = 2\pi /T = \pi \,\,{\text{rad}}{\text{/}}{\text{s}}$.
- Độ lệch pha của M so với A \[{\varphi _{MA}} = - \frac{{\omega AM}}{v} = - \frac{{\pi .2}}{4} = - \frac{\pi }{2}.\] - Phương trình dao động của M \[{u_M} = 10\cos (\pi t - \pi /2).\] - Tuy nhiên gốc thời gian được chọn lúc A đi qua VTCB theo chiều dương tức là lúc nó có pha φ_A = -π/2 nên ta cần dời pha của M tới mốc này bằng cách cộng thêm pha φ_A vào phương trình dao động của M \[{u_M} = 10\cos (\pi t - \pi /2 + {\varphi _A}) = 10\cos (\pi t - \pi ).\]

Một mũi nhọn S được gắn vào đầu A của một lá thép nằm ngang và chạm vào mặt nước. Khi lá thép dao động với tần số f = 100 Hz, S tạo ra trên mặt nước những vòng tròn đồng tâm, biết rằng khoảng cách giữa 11 gợn lồi liên tiếp là 10 cm. Vận tốc truyền sóng trên mặt nước nhận giá trị nào trong các giá trị sau đây? 100 cm/s| 50 cm/s| 10 m/s| 0,1 m/s.
- “khoảng cách giữa 11 gợn lồi liên tiếp là 10cm” \[(11 - 1)\lambda = 10\,\,{\text{cm}} \Rightarrow \lambda = 1\,\,{\text{cm}}.\] - Vận tốc truyền sóng \[v = \lambda /T = \lambda f = 1.100 = 100\,\,{\text{cm/s}} = 0,1\,\,{\text{m/s}}.\]

Một sóng cơ có bước sóng λ, tần số f và biên độ a không đổi, lan truyền trên một đường thẳng từ điểm M đến điểm N cách M một đoạn 7λ/3. Tại một thời điểm nào đó, tốc độ dao động của M đạt cực đại bằng v_max = 2πfa, lúc đó tốc độ dao động của điểm N bằng
- Độ trễ pha của N so với M do sóng từ M truyền tới N \[{\varphi _{NM}} = - \frac{{2\pi NM}}{\lambda } = - \frac{{2\pi .7\lambda /3}}{\lambda } = - \frac{{14\pi }}{3} \to - 2\pi /3.\] Độ trễ pha này nằm trong li độ cũng như vận tốc của điểm N.
- Tốc độ dao động của M cực đại khi nó đi qua VTCB, có pha π/2 hoặc -π/2. Ta chỉ cần xét π/2. - Pha vận tốc của N là \[{\varphi _N} = {\varphi _{NM}} + {\varphi _M} = - 2\pi /3 + \pi /2 = - \pi /6\] ứng với giá trị vận tốc \[{v_N} = {v_{\max }}\cos {\varphi _N} = 2\pi fa.\cos ( - \pi /6) = \sqrt 3 \pi fa.\]

Bước sóng của âm khi truyền từ không khí vào nước thay đổi bao nhiêu lần? Biết rằng vận tốc của âm trong nước là 1020 m/s và trong không khí là 340 m/s: Tăng 3 lần| Giảm 3 lần| Giảm 1,5 lần| Không đổi.
Sử dụng công thức \[\frac{{{\lambda _{{\text{air}}}}}}{{{\lambda _{{\text{water}}}}}} = \frac{{{v_{{\text{air}}}}}}{{{v_{{\text{water}}}}}} = 340/1020 = 1/3\] tức là tăng lên 3 lần.

Gọi d là khoảng cách giữa hai điểm trên phương truyền sóng, v là tốc độ truyền sóng, T là chu kì của sóng. Nếu d = n.vT (n = 0,1,2,...), thì hai điểm đó sẽ: dao động cùng pha| dao động ngược pha| dao động vuông pha| không xác định được.
Vì $d = nvT = n\lambda$ nên các điểm cách nhau một số nguyên lần bước sóng sẽ dao động cùng pha.

Xét sóng truyền theo một sợi dây căng thẳng dài. Phương trình dao động tại nguồn O có dạng u = acos4πt (cm). Vận tốc truyền sóng 4 m/s. Gọi N, M là hai điểm gần O nhất lần lượt dao động ngược pha và cùng pha với O. Khoảng cách từ O đến N và M là: 1 và 0,5| 4 và 2| 1 và 2| 0,5 và 2 (m).
- M dao động cùng pha với O nên nó cách O đoạn ngắn nhất bằng bước sóng \[\lambda = vT = v.2\pi /\omega = 4.2\pi /4\pi = 2\,\,{\text{m}}.\] - N dao động ngược pha với O nên nó cách O đoạn ngắn nhất bằng ½ bước sóng: 1 m.

Một sóng cơ học lan truyền dọc theo một đường thẳng với biên độ sóng không đổi có phương trình sóng tại nguồn O là u = Acos(ωt - π/2)cm. Một điểm M cách nguồn O bằng 1/6 bước sóng, ở thời điểm t = 0,5π/ω có li độ √3 cm. Biên độ sóng A là bao nhiêu?
- Phương trình dao động của M so với mốc pha của nguồn \[\begin{align} {u_M} & = A\cos (\omega t - \pi /2 + {\varphi _M}) \hfill \\ & = A\cos (\omega t - \pi /2 - 2\pi (\lambda /6)/\lambda ),\,\,\,AM = \lambda /6, \hfill \\ & = A\cos (\omega t - \pi /2 - \pi /3) \hfill \\ & = A\cos (\omega t - 5\pi /6). \hfill \\ \end{align} \] - Theo đề \[\begin{align} & {u_M}(t = 0,5\pi /\omega ) = A\cos \left( {\omega .\frac{{0,5\pi }}{\omega } - \frac{{5\pi }}{6}} \right) = \sqrt 3 \hfill \\ & \Rightarrow A = 2\sqrt 3 . \hfill \\ \end{align} \]

Tại điểm S trên mặt nước yên tĩnh có nguồn dao động điều hoà theo phương thẳng đứng với tần số f. Khi đó trên mặt nước hình thành hệ sóng tròn đồng tâm S. Tại hai điểm M, N nằm cách nhau 5 cm trên đường thẳng đi qua S luôn dao động ngược pha với nhau. Biết tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 80 cm/s và tần số của nguồn dao động thay đổi trong khoảng từ 48 Hz đến 64 Hz. Tần số dao động của nguồn nhận giá trị nào sau đây: 64| 48| 54| 56 (Hz).
- M, N luôn dao động ngược pha nhau nên cách nhau một số nguyên lần ½ bước sóng \[\begin{align} & MN = \frac{\varphi }{{2\pi }}\lambda = \frac{{\pi + k2\pi }}{{2\pi }}\lambda = \left( {k + \frac{1}{2}} \right)\frac{v}{f}, \hfill \\ & \Rightarrow f = \left( {k + \frac{1}{2}} \right)\frac{v}{{MN}} = \left( {k + \frac{1}{2}} \right)\frac{{80}}{5}.\hfill \\ \end{align}\] - Chọn k sao cho f nằm trong khoảng từ 48Hz đến 64Hz, ta có k = 3 thì f = 56 Hz.

Phương trình u = Acos(0,4πx + 7πt + π/3) (x đo bằng mét, t đo bằng giây) biểu diễn một sóng chạy theo trục Ox theo chiều nào? Với vận tốc bằng bao nhiêu? Chiều âm với v = 17,5 m/s| Chiều dương với v = 17,5 m/s| Chiều âm với v = 35 m/s| Chiều dương với v = 35 m/s.
Phương trình sóng \[u(x,t) = A\cos \left( {\omega t \pm \frac{{\omega x}}{v}} \right)\] trong đó dấu (-) nếu sóng truyền từ nguồn O tới vị trí x theo chiều dương của trục tọa độ và dấu (+) nếu sóng truyền từ O tới vị trí x theo chiều âm của trục tọa độ. Đồng nhất với phương trình sóng của đề bài, ta kết luận:
- Sóng truyền theo chiều âm của Ox
- Đồng nhất \[\left\{ \begin{align} & \omega = 7\pi \hfill \\ & 0,4\pi = \omega /v \hfill \\ \end{align} \right. \Rightarrow v = \frac{7}{{0,4}} = 17,5\,\,{\text{m/s}}.\]

Một sóng cơ học có biên độ A, bước sóng λ. Vận tốc dao động cực đại của phần tử môi trường bằng 3 lần tốc độ truyền sóng khi: λ = 2πA/3| λ = 2πA| λ = 3πA/4| λ = 3πA/2.
Vận tốc dao động cực đại của phần tử môi trường v_max bằng vận tốc truyền sóng v \[{v_{\max }} = A\omega = A\frac{{2\pi }}{T} = v \Rightarrow \lambda = vT = 2\pi A.\]

Lúc đầu (t = 0), đầu O của dây cao su căng thẳng nằm ngang bắt đầu dao động đi lên với biên độ 1,5 cm, chu kỳ T = 2 s. Hai điểm gần nhau nhất trên dây dao động cùng pha cách nhau 6 cm. Tính thời điểm đầu tiên để điểm M cách O đoạn 6 cm lên đến điểm cao nhất. Coi biên độ dao động không đổi: 0,5| 1| 2,5| 0,25 (s).
- Pha đầu của O là ${\varphi _{\text{O}}}(t = 0) = - \pi /2$
- “Điểm M cách O một đoạn 6 cm” và “Hai điểm gần nhau nhất trên dây dao động cùng pha cách nhau 6 cm” => M cùng pha với O, cụ thể φ_MO = 2π. Tức là sau 2π, pha của O mới truyền tới M.
- Từ pha -π/2, M di chuyển đến pha 0, thời điểm cần tìm là \[\frac{{2\pi + \pi /2}}{\omega } = \frac{{2\pi + \pi /2}}{{2\pi }}T = 2,5\,\,{\text{s}}.\]

Nguồn sóng ở O dao động với tần số 10 Hz, dao động truyền đi với vận tốc 0,4 m/s trên phương Oy. Trên phương này có 2 điểm P và Q theo thứ tự đó PQ = 15 cm. Cho biên độ a = 1 cm và biên độ không thay đổi khi sóng truyền. Nếu tại thời điểm nào đó P có li độ 1 cm thì li độ tại Q là: 0| 2| 1| -1 (cm)
- Độ lệch pha của Q so với P \[{\varphi _{{\text{QP}}}} = - \frac{{\omega PQ}}{v} = - \frac{{2\pi {{.10.15.10}^{ - 2}}}}{{0,4}} = - 7,5\pi \to \pi /2.\] - Khi P có li độ bằng biên độ 1 cm = a thì pha của nó là 0 => pha của Q là π/2 tức là Q đang đi qua VTCB (x = 0).

Một cơn động đất phát đồng thời hai sóng trong đất: sóng ngang (S) và sóng dọc (P). Vận tốc truyền sóng S là 34,5 km/s, sóng P là 8 km/s. Một máy địa chấn ghi được cả sóng S và sóng P cho thấy sóng S đến sớm hơn sóng P 4 phút. Tâm chấn cách máy ghi khoảng: 25| 2500| 5000| 250 (km).
- Gọi khoảng cách tâm chấn-máy ghi là d, thời gian sóng ngang truyền tới máy ghi ${t_{\text{S}}} = d/{v_{\text{S}}}$; thời gian sóng dọc truyền tới máy ghi ${t_{\text{P}}} = d/{v_{\text{P}}}$.
- Theo đề \[\begin{align} & {t_P} - {t_S} = 4.60\,\,{\text{s}} \hfill \\ & \Rightarrow d\left( {\frac{1}{8} - \frac{1}{{34,5}}} \right) = 240 \hfill \\ & \Rightarrow d = 2500\,\,{\text{km}}. \hfill \\ \end{align}\]

Một nguồn sóng đặt tại gốc O của hệ trục tọa độ Ox. Gọi M, N là 2 điểm đối xứng qua O, có tọa độ x_M = -x_N. Sóng tại M và N có đặc điểm gì về pha dao động? cùng pha| ngược pha| điểm M sớm pha hơn| điểm N sớm pha hơn.
Các điểm M và N đều trễ pha hơn nguồn sóng, mặt khác chúng cách nguồn những đoạn như nhau nên độ lệch pha với nguồn cũng như nhau => 2 điểm này dao động cùng pha với nhau.

Một nguồn O phát sóng cơ dao động theo phương trình uO = 2cos(20πt + π/3) (trong đó u tính bằng đơn vị mm, t tính bằng đơn vị s). Xét sóng truyền theo một đường thẳng từ O đến điểm M với tốc độ không đổi 1 m/s. Trong khoảng từ O đến M có bao nhiêu điểm dao động cùng pha với dao động tại nguồn O? Biết M cách O một khoảng 45 cm: 4| 3| 2| 5.
- Bước sóng \[\lambda = 2\pi v/\omega = 2\pi .1/20\pi = 0,1\,\,{\text{m}} = 10\,\,{\text{cm}}.\] - Các điểm dao động cùng pha với O phải cách O một số nguyên lần bước sóng \[\begin{align} & d = k\lambda = 10k;\,\,0 < d < 45, \hfill \\ & \Rightarrow k = 1,2,3,4. \hfill \\ \end{align}\] => có 4 điểm.

Một sóng âm có tần số 1000 Hz có tốc độ lan truyền trong không khí là 330 m/s, trong nước biển là 1500 m/s. Khi sóng âm này truyền từ không khí vào nước biển thì: Bước sóng của nó giảm đi 2,6 m| Tần số của nó giảm đi 780 Hz| Bước sóng của nó tăng thêm 1,17 m| Tần số của nó tăng thêm 3545 Hz.
- Tần số không thay đổi khi sóng truyền qua các môi trường đồng nhất khác nhau.
- Bước sóng trong không khí \[\begin{align} & {\lambda _{{\text{air}}}} = {v_{{\text{air}}}}/f = 330/1000, \hfill \\ & {\lambda _{{\text{water}}}} = {v_{{\text{water}}}}/f = 1500/1000, \hfill \\ & {\lambda _{{\text{water}}}} - {\lambda _{{\text{air}}}} = 1,5 - 0,33 = 1,17\,\,{\text{m,}} \hfill \\ \end{align} \] tức là tăng thêm 1,17 m.

Khi sóng cơ lan truyền trong 1 môi trường không hấp thụ năng lượng thì năng lượng của các phần tử dao động sẽ giảm khi sóng truyền xa nguồn. Sự giảm này nhanh nhất đối với sóng: truyền trên mặt phẳng| truyền trong không gian| truyền trên dây thẳng| truyền trên dây thẳng và có hiện tượng sóng dừng.
Sự giảm này nhanh nhất với các sóng truyền trong không gian vì năng lượng sóng phân bố trên một mặt cầu có diện tích tỉ lệ với bình phương khoảng cách truyền sóng.

Một chiếc phao trên mặt nước nhấp nhô 10 lần trong 36 s khi có sóng truyền qua, khoảng cách hai đỉnh sóng lân cận là 10 m. Vận tốc truyền sóng là: 25/18| 2,5| 2| 25/9 (m/s).
- Chu kì của sóng \[(10 - 1).T = 36 \Rightarrow T = 4\,\,{\text{s}}.\] - “khoảng cách hai đỉnh sóng lân cận là 10 m” => λ = 10 m.
- Vận tốc truyền sóng \[v = \lambda /T = 10/4 = 2,5\,\,{\text{m/s}}.\]

Sóng truyền từ O đến M với vận tốc v = 40 cm/s, phương trình sóng tại O là u = 4cos(0,5πt - π/2) (cm). Biết tại thời điểm t thì li độ của phần tử M là 3 cm, vậy lúc (t + 6) s li độ của M là: -3| 2| -2| 3 (cm).
- Chu kì dao động \[T = 2\pi /\omega = 2\pi /0,5\pi = 4\,\,{\text{s}}.\] - Khoảng cách giữa 2 thời điểm khảo sát là \[\Delta t = t + 6 - t = 6 = T + T/2.\] - Sau 1 chu kì, M quay lại vị trí ban đầu (thời điểm t) x = 3 cm; sau ½ chu kì tiếp theo nó đi qua vị trí đối xứng với vị trí ban đầu x = -3 cm.

Một sóng cơ lan truyền từ M đến N với bước sóng 8 cm, biên độ 4 cm, tần số 2 Hz, khoảng cách MN = 2 cm. Tại thời điểm t phần tử vật chất tại M có li độ x = 2 cm và đang giảm thì phần tử vật chất tại N có: Li độ 2√3 cm và đang giảm| Li độ -2√3 cm và đi theo chiều âm| Li độ 2√3 cm và đang tăng| Li độ 2√2 cm và đang tăng.
- Khoảng cách MN bằng ¼ bước sóng nên M và N dao động vuông pha nhau, mặt khác sóng truyền từ M tới N nên N trễ pha hơn M.
- Khi M có li độ x = 2 cm và đang giảm (vận tốc âm) hay pha của M là 60^o thì pha của N là -30^o tức là N có li độ \[{x_{\text{N}}} = A\cos {\varphi _{\text{N}}} = 4\cos ( - \pi /6) = 2\sqrt 3 \,\,\text{cm}\] và đang tăng.

Xét một sóng cơ truyền trên dây đàn hồi, khi ta tăng gấp đôi biên độ của nguồn sóng và gấp ba tần số sóng thì năng lượng sóng tăng lên gấp: 36| 6| 12| 18 (lần).
Năng lượng sóng tỉ lệ với bình phương biên độ và tỉ lệ với tần số => tăng 2².3 = 12 lần.

Một người gõ một nhát búa vào đường sắt, ở cách đó 1056 m một người khác áp tai vào đường sắt thì nghe thấy 2 tiếng gõ cách nhau 3 giây. Biết vận tốc truyền âm trong không khí là 330 m/s thì vận tốc truyền âm trong đường sắt là: 5300| 5100| 5200| 5280 (m/s)
- Gọi khoảng cách giữa 2 người là d thì thời gian sóng truyền qua không khí và đường sắt lần lượt là \[{t_{\text{a}}} = d/{v_{\text{a}}},\,\,{t_{\text{s}}} = d/{v_{\text{s}}}.\] - Ta có \[\begin{align} & {t_{\text{a}}} - {t_{\text{s}}} = 3 \hfill \\ & \Rightarrow 1056/330 - 1056/{v_{\text{s}}} = 3 \hfill \\ & \Rightarrow {v_{\text{s}}} = 5280\,\,{\text{m/s}}. \hfill \\ \end{align}\]

Sóng truyền trên dây với vận tốc 4 m/s tần số của sóng thay đổi từ 22 Hz đến 26 Hz. Điểm M cách nguồn một đoạn 28 cm luôn luôn dao động vuông pha với nguồn. Bước sóng truyền trên dây là: 160| 1,6| 16| 100 (cm).
- M luôn vuông pha với nguồn nên \[\begin{align} &d = \frac{\varphi }{{2\pi }}\lambda = \frac{{\pi /2 + k\pi }}{{2\pi }}\lambda = (2k + 1)\frac{\lambda }{4} = (2k + 1)\frac{v}{{4f}}, \hfill \\ &\Rightarrow f = (2k + 1)\frac{v}{{4d}} = (2k + 1)\frac{4}{{{{4.28.10}^{ - 2}}}}, \hfill \\ \end{align} \] - Chọn k sao cho f thu được nằm trong khoảng 22 Hz đến 26 Hz thì \[\begin{align} & k = 3 \Rightarrow f = 25\,\,{\text{Hz;}} \hfill \\ & \lambda = v/f = 0,16\,\,{\text{m}} = 16\,\,{\text{cm}}. \hfill \\ \end{align}\]

Sóng truyền từ O đến M có phương trình dao động tại M là u_M = 5sin(50πt – π/2) (cm). Vận tốc truyền sóng là 50 cm/s. M cách O một đoạn 12,5 cm. Phương trình dao động của O là: u_O = 5sin(50πt – π)| u_O = 5sin(50πt + π)| u_O = 5cos(50πt – π/4)| u_O = 5sin50πt (cm).
- Độ lệch pha của M so với O \[{\varphi _{{\text{MO}}}} = - \frac{{\omega OM}}{v} = - \frac{{50\pi .12,5}}{{50}} = - 12,5\pi.\] - Pha của O tìm từ \[{\varphi _{\text{O}}} = {\varphi _{\text{M}}} - {\varphi _{{\text{MO}}}} = - \pi /2 - ( - 12,5\pi ) = 12\pi \to 0.\] - Vậy phương trình dao động của O là \[{u_{\text{O}}} = 5\sin (50\pi t).\]

Một sóng cơ học lan truyền dọc theo một đường thẳng có phương trình sóng tại nguồn O là u_O = Asin(2πt/T) (cm). Một điểm M cách nguồn 1/3 bước sóng ở thời điểm t = T/2 có độ dịch chuyển 2 cm. Giá trị của A là: 2| 4| 2√3| 4/√3 (cm).
- Độ lệch pha của M so với nguồn O \[{\varphi _{{\text{MO}}}} = - \frac{{2\pi OM}}{\lambda } = - \frac{{2\pi \lambda }}{{3\lambda }} = - \frac{{2\pi }}{3}.\] - Phương trình dao động của M \[{u_{\text{M}}} = A\sin (2\pi t/T - 2\pi /3),\] - Theo đề \[\begin{align} & {u_{\text{M}}}(t = T/2) = A\sin (\pi - 2\pi /3) = 2 \hfill \\ & \Rightarrow A = 4/\sqrt 3 \,\,{\text{cm}}. \hfill \\ \end{align}\]

Hai điểm M, N ở trên một phương truyền sóng dao động lệch pha nhau là π/2. Trong khoảng MN có 9 điểm khác dao động lệch pha π/2 với N. Biết sóng truyền đi với bước sóng λ. Tìm đoạn MN: 9λ/2| 21λ/4| 19λ/4| 19λ/2.
- Lấy N làm gốc tọa độ, tính luôn M thì trên đoạn MN ngoại trừ N có 10 điểm dao động lệch pha π/2 so với N (tức là có pha chuẩn hóa π/2 hoặc 3π/2).
- Tọa độ các điểm này là \[\begin{align} & d = \frac{\lambda }{{2\pi }}\varphi = \frac{\lambda }{{2\pi }}\left( {\frac{\pi }{2} + k\pi } \right) = \frac{\lambda }{2}\left( {k + \frac{1}{2}} \right), \hfill \\ & 0 < d \leqslant MN, \hfill \\ \end{align}\]- k nhận 10 giá trị từ 0 tới 9 do đó \[MN = d(10) = \frac{{21\lambda }}{4}.\]

Bài tập mẫu về thời gian và quãng đường cực trị trong dao động điều hòa

noreply@blogger.com (phys4evry1) — Wed, 14 Sep 2016 10:35:00 +0000

Bài tập khảo sát kiến thức về cách tính đường đi trong dao động, thời điểm đạt trạng thái xác định, các thời gian và quãng đường cực trị, vận tốc trung bình. Kiến thức cần thiết cho các bài tập dạng này có thể tìm thấy trong các bài viết sau

Sự tương tự giữa con lắc lò xo và con lắc đơn trong dao động điều hòa
Thời gian di chuyển và quãng đường đi được trong dao động điều hòa
Cực trị của quãng đường, thời gian và tốc độ trung bình trong dao động điều hòa
Một số lưu ý về con lắc lò xo dao động thẳng đứng

Một vật dao động điều hòa, trong 1 phút thực hiện được 30 dao động toàn phần. Quãng đường mà vật di chuyển trong 8 s là 64 cm. Biên độ dao động của vật là?
- Chu kỳ dao động \[T = \frac{t}{N} = \frac{{60}}{{30}} = 2\,{\text{s}}{\text{.}}\]
- Quãng đường vật đi được trong thời gian t = 8 s = T/4 là \[s = 16{\text{A}} = 64\,{\text{cm}} \Rightarrow A = 4\,{\text{cm}}.\]

Một con lắc lò xo dao động với biên độ A. Trong một chu kỳ thời gian dài nhất để con lắc di chuyển từ vị trí có li độ x₁ = -A đến vị trí có li độ x₂ = A/2 là 1 s. Chu kì dao động của con lắc là?
Trong một chu kỳ thời gian dài nhất để con lắc di chuyển từ vị trí có li độ x₁ = -A đến vị trí có li độ x₂ = A/2 là \[\frac{{2T}}{3} = 1\,{\text{s}} \Rightarrow T = 1,5\,{\text{s}}.\]

Một chất điểm dao động điều hòa theo phương trình x = 3sin(5πt + π/6) (x tính bằng cm và t tính bằng giây). Trong một giây đầu tiên từ thời điểm t = 0, chất điểm đi qua vị trí có li độ x = +1 cm bao nhiêu lần?
- Chu kỳ dao động \[T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{5\pi }} = 0,4\,{\text{s}}.\] Ta có \[t = 1\,\text{s} = 2,5T\]- Thời điểm t = 0 chất điểm ở vị trí có li độ x = 1,5 cm nên sau nửa chu kỳ chất điểm đi qua vị trí có li độ x = +1 cm 1 lần.
- Sau 2,5 T chất điểm đi qua vị trí có li độ x = +1 cm 5 lần.

Một chất điểm dao động điều hòa với chu kì T. Trong khoảng thời gian ngắn nhất khi đi từ vị trí biên có li độ x = A đến vị trí x = -A/2, chất điểm có tốc độ trung bình là?
- Thời gian ngắn nhất khi đi từ vị trí biên có li độ x = A đến vị trí x = -A/2 là T/3
- Quãng đường đi được\[s = A + \frac{A}{2} = \frac{{3{\text{A}}}}{2}.\]- Tốc độ trung bình\[\overline v = \frac{s}{t} = \frac{{9A}}{{2T}}.\]

Một chất điểm dao động điều hoà theo phương trình x = 4cos(2πt/3) (x tính bằng cm; t tính bằng s). Kể từ t = 0, chất điểm đi qua vị trí có li độ x = -2 cm lần thứ 2011 tại thời điểm?
- Chu kỳ dao động \[T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{\frac{{2\pi }}{3}}} = 3\,{\text{s}}.\]- Thời điểm vật đi qua vị trí có li độ x = -2 cm lần thứ nhất\[{t_1} = \frac{T}{3} = \frac{3}{3} = 1\,{\text{s}}.\]- Thời điểm vật đi qua vị trí có li độ x = -2 cm lần thứ 2011\[{t_{2011}} = {t_1} + 1005 = 1 + 1005.3 = 3016\,\,{\text{s}}.\]

Một vật dao động điều hòa với phương trình x = 6cosπt (cm). Vận tốc trung bình khi vật đi từ vị trí cân bằng đến vị trí có li độ x = 3 cm là?
- Chu kỳ dao động\[T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{\pi } = 2\,{\text{s}}.\]- Vận tốc trung bình \[{v_{{\text{TB}}}} = \frac{{\Delta x}}{{\Delta t}} = \frac{{3 - 0}}{{2/12}} = 18\,\,{\text{cm/s}}.\]

Xét một vật dao động điều hòa theo phương trình x = 4cos(5πt – π/3) (cm), trong khoảng thời gian Δt = 0,6 s đầu tiên, vật đi được quãng đường?
- Chu kỳ dao động\[T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{5\pi }} = 0,4\,{\text{s}}\] mà \[\Delta t = 0,6\,{\text{s}} = 1,5T.\] Như vậy, quãng đường vật đi được trong 1,5T \[s = 4A + 2A = 6A = 6.4 = 24\,\,{\text{cm}}.\]

Một con lắc đơn dao động điều hòa. Trong 1 chu kỳ dao động, có mấy lần động năng của con lắc bằng thế năng của nó?
- Vị trí động năng bằng thế năng của vật\[x = ±A/√2\]- Trong 1 chu kỳ có 2 lần vật đi qua vị trí có li độ x = A/√2 và 2 lần vật đi qua vị trí có li độ x = -A/√2. Vậy trong một chu kỳ có 4 lần vật đi qua vị trí có động năng bằng thế năng.

Một con lắc lò xo thẳng đứng gồm vật nặng có khối lượng 100 g và một lò xo nhẹ có độ cứng k = 100 N/m. Kéo vật xuống dưới theo phương thẳng đứng đến vị trí lò xo dãn 4 cm rồi truyền cho nó một vận tốc 40π cm/s theo phương thẳng đứng từ dưới lên. Coi vật dao động điều hoà theo phương thẳng đứng. Thời gian ngắn nhất để vật chuyển động từ vị trí thấp nhất đến vị trí lò xo bị nén 1,5 cm là?
\[\begin{align} & \omega = \sqrt {\frac{k}{m}} = \sqrt {\frac{{100}}{{0,1}}} = 10\sqrt {10} {\kern 1pt} \,{\text{rad/s}}, \hfill \\ & T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 0,2{\kern 1pt} \,{\text{s,}} \hfill \\ & \Delta {l_0} = \frac{{mg}}{k} = \frac{{0,1.10}}{{100}} = 0,01\,{\kern 1pt} {\text{m}} = 1\,{\kern 1pt} {\text{cm}}. \hfill \\ \end{align}\] - Khi lò xo dãn 4 cm vật nặng ở vị trí có li độ x = 3 cm. Áp dụng hệ thức độc lập\[{A^2} = {x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {3^2} + \frac{{{{(40\pi )}^2}}}{{{{\left( {10\sqrt {10} } \right)}^2}}} = 5\,{\text{cm}}.\] - Nếu chọn chiều dương hướng xuống, vị trí thấp nhất x = A, vị trí lò xo nén 1,5 cm là \[x = - (\Delta {l_0} + 1,5) = 1 + 1,5 = 2,5\,\text{cm}.\] - Thời gian ngắn nhất để vật chuyển động từ vị trí thấp nhất đến vị trí lò xo bị nén 1,5 cm là\[ \frac{T}{3} = \frac{1}{{15}}\,{\text{s}}.\]

Một chất điểm dao động điều hòa dọc theo quĩ đạo thẳng có chiều dài 8 cm, thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí có li độ x₁ = 4 cm đến x₂ = -2√3 cm là 2 s. Tốc độ cực đại của vật trong quá trình dao động là?
- Biên độ dao động\[A = \frac{l}{2} = \frac{8}{2} = 4\,{\text{cm}}{\text{.}}\]- Thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí có li độ x₁ = 4 cm đến x₂ = -2√3 cm là \[t = \frac{{5T}}{{12}} = 2\,{\text{s}} \Rightarrow T = 4,8\,{\text{s}}.\]- Tần số góc\[\omega = \frac{{2\pi }}{T} = \frac{{2\pi }}{{4,8}} = \frac{{10\pi }}{{24}}\,{\text{rad/s}}{\text{.}}\]- Vận tốc cực đại\[{v_{\max }} = A\omega = 4.\frac{{10\pi }}{{24}} = 5,24\,{\text{cm}}.\]

Một vật dao động điều hoà với biên độ 4 cm, cứ sau một khoảng thời gian 1/4 s thì động năng lại bằng thế năng. Quãng đường lớn nhất mà vật đi được trong khoảng thời gian 1/6 s là?
\[\begin{align} & \frac{T}{4} = 4{\kern 1pt} {\text{s}} \Rightarrow T = 1{\kern 1pt} \,{\text{s,}} \hfill \\ & t = \frac{1}{6}{\kern 1pt} \,{\text{s}} = \frac{T}{6}. \hfill \\ \end{align} \] Quãng đường lớn nhất vật đi được trong T/6 \[{s_{\max }} = 2A\sin \frac{{\omega t}}{2} = 2A.\sin \frac{\pi }{6} = 4\,{\text{cm}}.\]

Một vật dao động điều hoà với tần số 1 Hz. Khoảng thời gian trong một chu kỳ để vật có độ lớn gia tốc lớn hơn √3/2 gia tốc cực đại là?
Khoảng thời gian trong một chu kỳ để vật có độ lớn √3/2 gia tốc lớn hơn gia tốc cực đại là \[t = \frac{T}{{12}} = \frac{1}{{12}}\,{\text{s}}{\text{.}}\]

Một vật dao động điều hòa với phương trình x = 10cos(4πt/3 + π/2) (cm). Thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí có li độ x = 0 cm đến x = 10 cm là?
Thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí có li độ x = 0 cm đến x = 10 cm hay x = 0 đến x = A là \[t = \frac{{3T}}{4} = \frac{3}{8}\,{\text{s}}{\text{.}}\]

Một vật dao động điều hòa với biên độ 4 cm, tần số góc 10 rad/s. Tại thời điểm t = 0 vật có li độ 2 cm. Quãng đường lớn nhất mà vật đi được trong khoảng thời gian π/30 s sau đó là?
\[\begin{align} & T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{10}} = \frac{\pi }{5}{\kern 1pt} \,\,{\text{s,}} \hfill \\ & t = \frac{\pi }{{30}}{\kern 1pt} \,{\text{s}} = \frac{T}{6}. \hfill \\ \end{align} \] Quãng đường lớn nhất mà vật đi được trong khoảng thời gian $\pi /30\,{\text{s}}$ sau đó là\[{s_{\max }} = 2.\frac{A}{2} = A = 4\,{\text{cm}}.\]

Một vật dao động điều hòa với tần số f. Thời gian ngắn nhất để vật đi được quãng đường có độ dài A là?
- Thời gian nhỏ nhất khi vật đi quanh VTCB.
- Thời gian ngắn nhất là khi vật đi từ vị trí có li độ x = -A/2 đến x = A/2 hoặc ngược lại\[{t_{\min }} = \frac{T}{6} = \frac{1}{{6f}}.\]

Con lắc lò xo dao động điều hòa trên quỹ đạo dài 8 cm, vật nặng khối lượng 100 g. Thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí cân bằng đến trung điểm của vị trí cân bằng và vị trí biên là π/120 s. Khi vật cách vị trí biên +1 cm và đang chuyển động theo chiều âm thì con lắc có thế năng là?
- Biên độ dao động \[A = \frac{l}{2} = \frac{8}{2} = 4\,{\text{cm}}{\text{.}}\] - Thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí cân bằng đến trung điểm của vị trí cân bằng và vị trí biên \[t = \frac{T}{{12}} = \frac{\pi }{{120}}\,{\text{s}} \Rightarrow T = \frac{\pi }{{10}}\,{\text{s}}; \omega = \frac{{2\pi }}{T} = 20\,{\text{rad/s}}.\] - Vật cách biên 1 cm và chuyển động theo chiều âm nên x = -3 cm. Thế năng của con lắc\[\begin{align} {{\text{W}}_t} &= \frac{1}{2}m{\omega ^2}{x^2} \\ &= 0,5.0,{1.20^2}.0,{3^2} = 0,018\,\text{J} = 18\,\text{mJ}. \\ \end{align} \]

Một vật dao động điều hoà xung quanh vị trí cân bằng O. Ban đầu vật đi qua O theo chiều dương với vận tốc cực đại v₀. Sau thời gian t₁ = π/15 s vật chưa đổi chiều chuyển động và vận tốc còn lại một nửa (0,5v₀). Sau thời gian t₂ = 0,3π s vật đã đi được 12 cm. Vận tốc ban đầu v₀ của vật là?
- Thời gian để vận tốc của vật giảm từ v₀ xuống còn một nửa \[t = \frac{T}{6} = \frac{\pi }{{15}}\,{\text{s}} \Rightarrow T = \frac{{6\pi }}{{15}}\,{\text{s}}\] và \[\omega = \frac{{2\pi }}{T} = 5\,{\text{rad/s}}{\text{.}}\]- Quãng đường vật đi trong thời gian ${t_2} = 0,3\pi \,{\text{s}} = 3T/4$ là \[s = 3{\text{A}} = 12\,{\text{cm}} \Rightarrow A = 4\,{\text{cm}}.\] - Vận tốc ban đầu của vật là \[{v_0} = A\omega = 4.5 = 20\,{\text{cm/s}}.\]

Một dao động điều hòa có chu kì 2 s, biên độ 2 cm. Vật đi từ li độ 1 cm đến biên rồi đến li độ √3 cm trong thời gian bao lâu?
Thời gian vật đi từ li độ 1 cm đến biên rồi đến li độ √3 cm (hay từ A/2 đến A√3/2)\[t = \frac{T}{6} = \frac{2}{6}\, = \frac{1}{3}\,{\text{s}}.\]

Vật dao động điều hoà với tần số 2,5 Hz. Khi vật có li độ 1,2 cm thì động năng của nó chiếm 96% cơ năng toàn phần của dao động. Tốc độ trung bình của vật dao động trong một chu kì là?
- Chu kỳ dao động\[T = \frac{1}{f} = \frac{1}{{2,5}} = {\text{0,4}}\,{\text{s}}.\] - Khi vật có li độ 1,2 cm thì động năng của nó chiếm 96% cơ năng toàn phần của dao động \[\begin{align} & {{\text{W}}_{\text{d}}} = 96\% {\text{W}} \\ \Leftrightarrow \,& {{\text{W}}_{\text{t}}} = 4\% {\text{W}} \hfill \\ \Leftrightarrow \,& \frac{1}{2}k{{\text{x}}^2} = 0,04\frac{1}{2}k{{\text{A}}^2} \hfill \\ \Leftrightarrow \,& A = \left| {\frac{{10}}{2}x} \right| = \left| {\frac{{10}}{2}.1,2} \right| = 6\,{\text{cm}}{\text{.}} \hfill \\ \end{align} \]- Tốc độ trung bình của vật trong một chu kỳ \[\overline v = \frac{s}{t} = \frac{{4{\text{A}}}}{T} = \frac{{4.6}}{{0,4}} = 60\,{\text{cm/s}}.\]

Một con lắc đơn dao động bé với biên độ 4 cm. Khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp vận tốc của vật đạt giá trị cực đại là 0,05 s. Khoảng thời gian ngắn nhất để nó đi từ vị trí có li độ x₁ = 2 cm đến li độ x₂ = 4 cm là?
- Khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp vận tốc của vật đạt giá trị cực đại là \[t = \frac{T}{2} = 0,05\,{\text{s}} \Rightarrow T = {\text{0,1}}\,{\text{s}}.\]- Khoảng thời gian ngắn nhất để nó đi từ vị trí có li độ x₁ = 2 cm đến li độ x₂ = 4 cm (hay x = A/2 đến x = A) là\[t = \frac{T}{6} = \frac{{0,1}}{6} = \frac{1}{{60}}\,{\text{s}}.\]

Bài tập mẫu về năng lượng trong dao động điều hòa

noreply@blogger.com (phys4evry1) — Sat, 27 Aug 2016 09:34:00 +0000

Bài tập dưới đây khảo sát kiến thức về năng lượng của dao động: sự biến thiên của động năng và thế năng theo thời gian, li độ và vận tốc; biểu thức tính các dạng năng lượng,… Kiến thức cần thiết cho các bài tập dạng này có thể tìm thấy trong các bài viết sau

Sự tương tự giữa con lắc lò xo và con lắc đơn trong dao động điều hòa
Sự tương tự điện – cơ và ứng dụng trong giải bài tập Vật lý

Một con lắc lò xo gồm vật nặng khối lượng 100 g và lò xo độ cứng 25 N/m. Động năng của vật biến thiên tuần hoàn với tần số?
- Tần số dao động của vật nặng \[f = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{k}{m}} = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{{25}}{{0,1}}} \approx 2,5{\text{ rad}}{\text{/}}{\text{s}}.\] - Động năng của vật biến thiên tuần hoàn với tần số gấp đôi tần số biến thiên của vật nặng \[f' = 2f = 2.2,5 = 5{\text{ rad}}{\text{/}}{\text{s}}.\]

Một con lắc lò xo có cơ năng W = 0,9 J và biên độ dao động A = 15 cm. Động năng của con lắc tại li độ x = -5 cm là bao nhiêu?
- Độ cứng của lò xo \[\begin{align} & W = \frac{1}{2}k{A^2} \hfill \\ & \Rightarrow k = \frac{{2W}}{{{A^2}}} = \frac{{2.0,9}}{{0,{{15}^2}}} = 80{\text{ N/m}}{\text{.}} \hfill \\ \end{align}\] - Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có \[\begin{align} & W = {W_{\text{d}}} + {W_{\text{t}}} \hfill \\ & \Rightarrow {W_{\text{d}}} = W - {W_{\text{t}}} = \frac{1}{2}k{A^2} - \frac{1}{2}k{x^2} = \frac{1}{2}k\left( {{A^2} - {x^2}} \right) \hfill \\ & \Leftrightarrow {W_{\text{d}}} = \frac{1}{2}.80.\left[ {0,{{15}^2} - {{\left( { - 0,05} \right)}^2}} \right] = 0,8{\text{J}}. \hfill \\ \end{align} \]

Một vật nhỏ khối lượng m = 200 g được treo vào một lò xo khối lượng không đáng kể, độ cứng k = 80 N/m. Kích thích để con lắc dao động điều hòa (bỏ qua các lực ma sát) với cơ năng bằng 6,4.10^-2 J. Gia tốc cực đại và vận tốc cực đại của vật lần lượt là?
- Biên độ dao động của vật\[W = \frac{1}{2}k{A^2} \Rightarrow A = \sqrt {\frac{{2W}}{k}} = \sqrt {{{\frac{{2.6,4.10}}{{80}}}^{ - 2}}} = 0,04{\text{ m}}{\text{.}}\] - Gia tốc cực đại của vật\[{a_{{\text{max}}}} = {\omega ^2}A = \frac{k}{m}A = \frac{{0,2}}{{80}}.0,04 = 16{\text{ m}}{\text{/}}{{\text{s}}^{\text{2}}}\] - Tốc độ cực đại của vật\[{v_{{\text{max}}}} = \omega A = \sqrt {\frac{k}{m}} .A = \sqrt {\frac{{80}}{{0,2}}} .0,04 = 0,8{\text{ m}}{\text{/}}{\text{s}} = 80\,\,{\text{cm}}{\text{/}}{\text{s}}.\]

Hai con lắc đơn cùng khối lượng dao động điều hòa tại cùng một nơi với cùng biên độ góc và chu kì lần lượt là T₁ = 3T₂. Tỉ số cơ năng toàn phần 2 con lắc bằng?
\[\begin{align} & {\alpha _{01}} = {\alpha _{02}} = {\alpha _0}, \hfill \\ & {T^2} = 4{\pi ^2}\frac{l}{g} \Rightarrow l = \frac{{{T^2}g}}{{4{\pi ^2}}}, \hfill \\ & \frac{{{W_1}}}{{{W_2}}} = \frac{{0,5mg{l_1}\alpha _{01}^2}}{{0,5mg{l_2}\alpha _{02}^2}} = \frac{{0,5mgT_1^2\alpha _0^2}}{{0,5mgT_2^2\alpha _0^2}} = \frac{{T_1^2}}{{T_2^2}} = 9. \hfill \\ \end{align} \]

Một vật dao động điều hòa với biên độ 6 cm. Mốc thế năng ở vị trí cân bằng. Khi vật có động năng bằng 3/4 lần cơ năng thì vật cách vị trí cân bằng một đoạn?
Theo định luật bảo toàn cơ năng\[\begin{align} & W = {W_{\text{d}}} + {W_{\text{t}}} \hfill \\ & {W_{\text{d}}} = \frac{3}{4}W \to {W_{\text{d}}} = 3{W_{\text{t}}} \hfill \\ & \Rightarrow W = 3{W_{\text{t}}} + {W_{\text{t}}} = 4{W_{\text{t}}} \hfill \\ & \Leftrightarrow \frac{1}{2}k{A^2} = 4.\frac{1}{2}k{x^2} \Rightarrow \left| x \right| = \frac{A}{2} = \frac{6}{2} = 3{\text{ cm}}. \hfill \\ \end{align} \]

Hai con lắc có cùng vật nặng, chiều dài dây treo lần lượt là ℓ₁ = 81 cm, ℓ₂ = 64 cm dao động với biên độ góc nhỏ tại cùng 1 nơi với cùng năng lượng dao động, biên độ dao động con lắc thứ nhất là α₀₁ = 5^o, biên độ góc của con lắc thứ hai là?
Hai con lắc có cùng năng lượng\[\begin{align} & {W_1} = {W_2} \Leftrightarrow \frac{1}{2}mg{l_1}\alpha _{01}^2 = \frac{1}{2}mg{l_2}\alpha _{02}^2 \hfill \\ & \Rightarrow {\alpha _{02}} = \sqrt {\frac{{{l_1}}}{{{l_2}}}} .{\text{ }}{\alpha _{01}} = \sqrt {\frac{{81}}{{64}}} .{\text{ }}{5^{\text{o}}} = 6,{328^{\text{o}}}. \hfill \\ \end{align} \]

Một vật dao động điều hòa theo phương trình x = 12cos(ωt + π/4) + 10 (cm,s). Chọn mốc thế năng ở vị trí cân bằng. Hỏi khi vật có tọa độ x = 6 cm thì tỉ lệ giữa động năng chuyển động và thế năng phục hồi bằng bao nhiêu?
\[\begin{align} & \,\,x = 12\cos \left( {\omega t + \pi /4} \right) + 10, \hfill \\ & \Leftrightarrow x - 10 = 12\cos \left( {\omega t + \pi /4} \right) \hfill \\ & \Leftrightarrow {\text{ }}X = 12\cos \left( {\omega t + \pi /4} \right). \hfill \\ \end{align} \]Khi x = 6 cm thì X = -4 cm, vận tốc của vật là\[\begin{align} & {v^2} = {\omega ^2}\left( {{A^2} - {X^2}} \right) = {\omega ^2}\left[ {{{12}^2} - {{\left( { - {\text{ }}4} \right)}^2}} \right] = 128{\omega ^2} \hfill \\ & \Rightarrow \frac{{{W_{\text{d}}}}}{{{W_{{\text{t}}}}}} = \frac{{\frac{1}{2}m{v^2}}}{{\frac{1}{2}k{X^2}}} = \frac{{m.128{\omega ^2}}}{{k{{( - 4)}^2}}} = 8. \hfill \\ \end{align} \]

Con lắc lò xo treo thẳng đứng có m = 250 g, k = 100 N/m. Kéo vật xuống dưới đến vị trí lò xo dãn 7,5 cm rồi thả nhẹ thì vật dao động điều hoà. Cho g = 10 m/s². Tại vị trí lò xo không biến dạng thì vận tốc của vật có độ lớn là?
- Độ biến dạng của lò xo tại vị trí cân bằng\[\Delta {l_0}{\text{ = }}\frac{{mg}}{k}{\text{ = }}\frac{{0,25.10}}{{100}}{\text{ = 0,25 m = 25 cm}}{\text{. }}\]- Tại vị trí lò xo không biến dạng, li độ của vật là x = 25 cm. Áp dụng hệ thức độc lập với thời gian, ta có\[\begin{align} & {x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {A^2} \Rightarrow {v^2} = {\omega ^2}\left( {{A^2} - {x^2}} \right) = \frac{k}{m}\left( {{A^2} - {x^2}} \right), \hfill \\ & \Leftrightarrow v = \sqrt {\frac{k}{m}\left( {{A^2} - {x^2}} \right)} = \sqrt {\frac{{100}}{{0,25}}\left( {{5^2} - 2,{5^2}} \right)} = 86,6{\text{ cm}}{\text{/}}{\text{s}}. \hfill \\ \end{align} \]

Một con lắc lò xo dao động theo phương trình x = Acos(2πt/3) (cm; s). Tại thời điểm t₁ và thời điểm t₂ = t₁ + Δt, vật có động năng bằng ba lần thế năng. Giá trị nhỏ nhất của Δt là?
- Chu kỳ của con lắc\[T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{2\pi /3}} = 3{\text{ s}}.\]- Ta có\[{W_{\text{d}}} = 3{W_{\text{t}}} \Rightarrow x = \pm \frac{A}{2}.\]- Với Δt là thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí có li độ $x = \frac{A}{2}$ đến vị trí có li độ $x = - \frac{A}{2}$ (hoặc ngược lại)\[\Delta t = \frac{T}{6} = \frac{3}{6} = 0,5{\text{ s}}.\]

Một con lắc lò xo tham gia đồng thời 2 dao động cùng phương, cùng tần số $\omega = 5\sqrt 2 \,\,\,{\text{rad/s}}$, có độ lệch pha bằng π/2. Biên độ của dao động thành phần là A₁ = 4 cm và A₂. Biết độ lớn vận tốc của vật tại thời điểm động năng bằng thế năng là 40 cm/s. Biên độ thành phần A₂ bằng?
- Ta có \[{W_{\text{d}}} = {W_{\text{t}}} \Rightarrow x = \pm \frac{A}{{\sqrt 2 }}\]- Áp dụng hệ thức độc lập với thời gian\[\begin{align} & {x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {A^2} \Leftrightarrow \frac{{{A^2}}}{2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {A^2}, \hfill \\ & \Rightarrow {A^2} = 2.\frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} \Rightarrow A = \frac{{v\sqrt 2 }}{\omega } = \frac{{40\sqrt 2 }}{{5\sqrt 2 }} = 8{\text{ cm}}. \hfill \\ \end{align} \]- Do hai dao động thành phần vuông pha\[\begin{align} & {A^2} = A_1^2 + A_2^2 \hfill \\ & \Rightarrow {A_2} = \sqrt {{A^2} - A_1^2} = \sqrt {{8^2} - {4^2}} = 4\sqrt 3 {\text{ cm}}. \hfill \\ \end{align} \]

Một vật dao động điều hoà với tần số f = 5 Hz. Tại thời điểm t₁ vật có động năng bằng 3 lần thế năng. Tại thời điểm t₂ = (t₁ + 1/30) s động năng của vật bằng?
- Chu kỳ dao động của vật \[T = \frac{1}{f} = \frac{1}{5} = 0,2{\text{ s}}.\]
- Tại thời điểm t₁ \[{W_{\text{d}}} = 3{W_{\text{t}}} \Rightarrow {x_1} = \pm \frac{A}{2}.\]
- Thời điểm t₂ = (t₁ + 1/30) ta có \[\Delta t = \frac{1}{{30}} = \frac{T}{6}\]
+ TH vật đang chuyển động cùng chiều dương ${x_1} = \frac{A}{2} \to {x_2} = A$ vật có động năng bằng cơ năng; ${x_1} = - \frac{A}{2} \to {x_2} = \frac{A}{2}$ vật có động năng bằng 3 lần thế năng.
+ TH vật đang chuyển động ngược chiều dương ${x_1} = \frac{A}{2} \to {x_2} = - \frac{A}{2}$ vật có động năng bằng 3 lần thế năng; ${x_1} = - \frac{A}{2} \to {x_2} = - A$ vật có động năng bằng cơ năng.

Một con lắc lò xo dao động điều hòa. Cơ năng của con lắc thay đổi thế nào nếu khối lượng của vật nặng tăng gấp đôi nhưng độ cứng của lò xo và biên độ dao động không thay đổi?
Cơ năng của con lắc lò xo \[W = \frac{1}{2}k{A^2} = m{\omega ^2}{A^2}.\]
Khối lượng tăng gấp đôi → cơ năng của con lắc tăng gấp đôi.

Một con lắc đơn dao động điều hòa với biên độ cung s₀. Tốc độ vật nặng khi qua vị trí cân bằng là v₀. Tăng chiều dài dây lên 2 lần rồi kích thích cho con lắc dao động điều hòa với biên độ cung như cũ. Tốc độ của vật nặng khi qua vị trí cân bằng lúc này là?
Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có\[\begin{align} & W = {W_{\text{d}}} + {W_{\text{t}}} = 2{W_{\text{d}}} \hfill \\ & \Leftrightarrow \frac{1}{2}mgl\alpha _0^2 = 2.\frac{1}{2}m{v^2} \hfill \\ & \Rightarrow v = \frac{{{\alpha _0}}}{{\sqrt 2 }}\sqrt {g\ell } . \hfill \\ \end{align} \]

Hai con lắc đơn cùng khối lượng vật nặng. Chiều dài dây treo con lắc thứ 1 gấp 9 lần con lắc thứ 2. Hai con lắc dao động điều hòa với chiều dài quĩ đạo như nhau. Tại thời điểm ban đầu, 2 vật ở vị trí cao nhất. Vào thời điểm mà con lắc thứ 1 qua vị trí cân bằng lần đầu thì tỉ số động năng của 2 con lắc là?
- Chu kỳ dao động của con lắc 1 và 2 lần lượt là\[\begin{align} & {T_1} = 2\pi \sqrt {\frac{{{l_1}}}{g}} \hfill \\ & {T_2} = 2\pi \sqrt {\frac{{{l_2}}}{g}} \hfill \\ & \Rightarrow \frac{{{T_1}}}{{{T_2}}} = 3 \Rightarrow {T_1} = 3{T_2} \Leftrightarrow {\omega _2} = 3{\omega _1} \hfill \\ \end{align} \] - Thời điểm con lắc 1 đi qua vị trí cân bằng $\frac{{{T_1}}}{4} = \frac{{3{T_2}}}{4} \to $ con lắc 2 cũng đi qua vị trí cân bằng\[\begin{align} & {W_1} = \frac{1}{2}m\omega _{_1}^2{A^2} \hfill \\ & {W_2} = \frac{1}{2}m\omega _{_2}^2{A^2} \hfill \\ \end{align} \] - Tỉ số động năng của hai con lắc là\[\frac{{{W_1}}}{{{W_2}}} = \frac{{\omega _{_1}^2}}{{9\omega _{_1}^2}} = \frac{1}{9}.\]

Con lắc đơn có chiều dài ℓ dao động với biên độ α₀ tại nơi có gia tốc trọng trường g. Khi con lắc đơn qua vị trí động năng bằng thế năng thì tốc độ nó là?
Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có\[\begin{align} & W = {W_{\text{d}}} + {W_{\text{t}}} = 2{W_{\text{d}}} \hfill \\ & \Leftrightarrow \frac{1}{2}mgl\alpha _0^2 = 2.\frac{1}{2}m{v^2} \hfill \\ & \Rightarrow \left| v \right| = \frac{{\alpha _0}}{\sqrt 2 }\sqrt {gl} . \hfill \\ \end{align} \]

Ở một thời điểm, vận tốc của vật dao động điều hòa bằng 20% vận tốc cực đại, tỉ số giữa động năng và thế năng của vật là?
Tỉ số giữa động năng và thế năng\[\begin{align} \frac{{{W_d}}}{{{W_t}}} = \frac{{{W_d}}}{{W - {W_d}}} & = \frac{{\frac{1}{2}m{v^2}}}{{\frac{1}{2}mv_{\max }^2 - \frac{1}{2}m{v^2}}} = \frac{{{v^2}}}{{v_{\max }^2 - {v^2}}} \hfill \\ &= \frac{{{{\left( {20\% v} \right)}^2}}}{{v_{\max }^2 - {{\left( {20\% v} \right)}^2}}} = \frac{1}{{24}}. \hfill \\ \end{align} \]

Một vật được gắn vào một lò xo độ cứng 20 N/m. Vật dao động điều hòa với biên độ 10 cm. Khi cách vị trí cân bằng 6 cm, động năng của vật là?
Động năng của vật\[\begin{align} {{\text{W}}_{\text{d}}} = {\text{W}} - {{\text{W}}_{\text{t}}} &= \frac{1}{2}k\left( {{A^2} - {x^2}} \right) \hfill \\ & = \frac{1}{2}.20\left( {0,{1^2} - 0,{{06}^2}} \right) = 0,064{\text{ J}}{\text{.}} \hfill \\ \end{align} \]

Một vật nhỏ có khối lượng m = 100 g thực hiện đồng thời hai dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số f = 20/π Hz. Biết biên độ của các dao động thành phần: A₁ = 6 cm, A₂ = 8 cm, độ lệch pha của hai dao động đó là π/2. Động năng cực đại của vật trong quá trình chuyển động là?
- Do hai dao động thành phần vuông pha nên ta có\[\begin{align} & {A^2} = A_1^2 + A_2^2 \hfill \\ \Rightarrow & A = \sqrt {{A_1}^2 + A_2^2} = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10{\text{ cm}}{\text{.}} \hfill \\ \end{align} \] - Động năng cực đại của con lắc\[\begin{align} {W_{\text{d}}}_{\max } = W & = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} = 2{\pi ^2}{f^2}m{A^2} \hfill \\ & = 2{\pi ^2}.\frac{{{{20}^2}}}{{{\pi ^2}}}.0,1.0,{1^2} = 0,8{\text{ J}}. \hfill \\ \end{align} \]

Tại nơi có gia tốc trọng trường g, một con lắc đơn dao động điều hòa với biên độ góc α₀ nhỏ. Lấy mốc thế năng ở vị trí cân bằng. Khi con lắc chuyển động nhanh dần theo chiều dương đến vị trí có động năng bằng thế năng thì li độ góc α của con lắc bằng?
Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có\[\begin{align} &\,\,W = {W_{\text{d}}} + {W_{\text{t}}} = 2{W_{\text{d}}} \hfill \\ &\Leftrightarrow \frac{1}{2}mgl\alpha _0^2 = 2.\frac{1}{2}mgl{\alpha ^2} \hfill \\ &\Rightarrow \left| \alpha \right| = \frac{{{\alpha _o}}}{{\sqrt 2 }}. \hfill \\ \end{align} \]Vật chuyển động theo chiều dương $\alpha = \frac{{{\alpha _0}}}{{\sqrt 2 }}.$

Một chất điểm có khối lượng M dao động điều hòa xung quanh vị trí cân bằng với biên độ A. Gọi v_max, a_max, W_dmax lần lượt là vận tốc cực đại, gia tốc cực đại và động năng cực đại của chất điểm. Tại thời điểm t, chất điểm có li độ x và vận tốc v. Công thức nào sau đây không đúng khi dùng để tính chu kì của chất điểm? $T = 2\pi A\sqrt {\frac{m}{{{W_{{\text{d}}\max }}}}} $| $T = 2\pi \frac{A}{{{v_{\max }}}}$| $T = \frac{{2\pi }}{{\left| v \right|}}\sqrt {{A^2} - {x^2}} $| $T = 2\pi \sqrt {\frac{A}{{{a_{\max }}}}}$.
Đáp án A tương đương với một kết luận sai \[\begin{align} T & = 2\pi A\sqrt {\frac{m}{{{W_{d\max }}}}} = 2\pi A\sqrt {\frac{m}{{\frac{1}{2}k{A^2}}}} \hfill \\ & = 2\pi \sqrt {\frac{{2m}}{k}} \,{\text{(Wrong)}}{\text{.}} \hfill \\ \end{align}\]

Cho một vật dao động điều hoà với biên độ A = 5 cm. Cho biết khoảng thời gian ngắn nhất để vật đi quãng đường 25 cm là 7/3 s. Lấy π² = 10. Độ lớn gia tốc của vật khi đi qua vị trí có động năng gấp 3 lần thế năng là?
\[\begin{align} & \,\,S = 25 = 5A \Rightarrow {t_{\min }} = T + \frac{T}{6} = \frac{{7T}}{6} \hfill \\ & \Leftrightarrow \frac{{7T}}{6} = \frac{7}{3} \Rightarrow T = 2{\text{ s}} \hfill \\ & \Rightarrow \omega {\text{ = }}\frac{{2\pi }}{T} = \frac{{2\pi }}{2} = \pi {\text{ rad/s}}{\text{.}} \hfill \\ \end{align} \]Ta có ${W_{\text{d}}} = 3{W_{\text{t}}} \Rightarrow \left| x \right| = \frac{A}{2}.$ Độ lớn gia tốc của vật\[\begin{align} & \left| a \right| = {\omega ^2}\left| x \right| = {\pi ^2}.\frac{A}{2} \hfill \\ & = {\pi ^2}.\frac{5}{2} = 25{\text{ cm/}}{{\text{s}}^2}{\text{ = 0,25 m/}}{{\text{s}}^2}. \hfill \\ \end{align} \]

Một con lắc lò xo trong đó lò xo có độ cứng k₁ = 20 N/m, vật nặng có khối lượng m = 200 g dao động điều hoà với tốc độ cực đại bằng 40 cm/s. Lấy thêm một lò xo có độ cứng k₂ ghép nối tiếp với lò xo trên sau đó treo vật nặng rồi kích thích cho vật dao động điều hoà với biên độ $4\sqrt 3 \,{\text{cm}}{\text{.}}$ Cho biết năng lượng dao động trong hai trường hợp trên là bằng nhau, các lò xo đều rất nhẹ. Độ cứng k₂ của lò xo ghép thêm là?
- Tần số góc và biên độ của con lắc thứ nhất \[\begin{align} & {\omega _1} = \sqrt {\frac{{{k_1}}}{{{m_1}}}} = \sqrt {\frac{{20}}{{0,2}}} = 10{\text{ rad}}{\text{/}}{\text{s}}. \hfill \\ & {A_1} = \frac{{{v_{\max }}}}{\omega } = \frac{{40}}{{10}} = 4{\text{ cm}}. \hfill \\ \end{align} \] - Năng lượng của hai con lắc bằng nhau\[\begin{align} & \,\,{W_1} = {W_2} \Leftrightarrow \frac{1}{2}{k_1}A_1^2 = \frac{1}{2}{k_{{\text{nt}}}}{A^2} \hfill \\ & \Leftrightarrow {k_{{\text{nt}}}} = \frac{{A_1^2}}{{{A^2}}}{k_1} = \frac{{{4^2}}}{{{{(4\sqrt 3 )}^2}}}.20 = \frac{{20}}{3} \hfill \\ \end{align} \]- Lưu ý: Độ cứng của lò xo gồm hai lò xo mắc nối tiếp\[\begin{align} & \frac{1}{{{k_{{\text{nt}}}}}} = \frac{1}{{{k_1}}} + \frac{1}{{{k_2}}} \hfill \\ & \Rightarrow \frac{1}{{{k_2}}} = \frac{1}{{{k_{{\text{nt}}}}}} - \frac{1}{{{k_1}}} \hfill \\ & \Leftrightarrow \frac{1}{{{k_2}}} = \frac{2}{{20}} - \frac{1}{{20}} = \frac{1}{{20}} \hfill \\ & \Rightarrow {k_2} = 20{\text{ N}}{\text{/}}{\text{m}}. \hfill \\ \end{align} \]

Bài tập mẫu về dao động cơ học không tự do: dao động tắt dần, dao động cưỡng bức và dao động tự duy trì

noreply@blogger.com (ilovephys) — Wed, 24 Aug 2016 15:28:00 +0000

Bài tập khảo sát kiến thức về các loại dao động không tự do bao gồm: dao động tắt dần, cưỡng bức, tự duy trì. Kiến thức cần thiết cho các bài tập dạng này có thể tìm thấy trong các bài viết sau

Phân biệt dao động tắt dần, dao động cưỡng bức và dao động tự duy trì
Dao động tắt dần do lực cản không đổi - Nâng cao
Sự tương tự giữa con lắc lò xo và con lắc đơn trong dao động điều hòa

Một con lắc lò xo gồm vật có khối lượng m = 100 g, lò xo có độ cứng k = 100 N/m. Trong cùng một điều kiện về lực cản của môi trường, thì biểu thức ngoại lực điều hòa nào sau đây làm cho con lắc đơn dao động cưỡng bức với biên độ lớn nhất? (cho π² ≈ 10): F = F₀cos(2πt + π/4); F = F₀cos(8πt); F = F₀cos(10πt) hay F = F₀cos(20πt + π/2).
Đáp án là dao động có tần số bằng tần số riêng của con lắc \[\omega = \sqrt {\frac{k}{m}} = \sqrt {\frac{{100}}{{0,1}}} = 10\sqrt {10} \approx 10\pi \,\,{\text{rad}}{\text{/}}{\text{s}}.\]

Một vật dao động với tần số riêng f₀ = 5 Hz, dùng một ngoại lực cưỡng bức có cường độ không đổi, khi tần số ngoại lực lần lượt là f₁ = 6 Hz và f₂ = 7 Hz thì biên độ dao động tương ứng là A₁ và A₂. So sánh A₁ và A₂: A. A₁ > A₂ vì f₁ gần f₀ hơn| B. A₁ = A₂ vì cùng cường độ ngoại lực| C. A₁ < A₂ vì f₁ < f₂| D. Không thể so sánh.
Biên độ của một dao động cưỡng bức \[A \sim \frac{1}{{\left| {{\omega ^2} - \omega _0^2} \right|}}\] do đó ta chọn đáp án A.

Một con lắc đồng hồ được coi như lắc đơn có chu kì dao động 2 s, vật nặng có khối lượng 1 kg. Biên độ góc ban đầu là 5^o. Do chịu tác dụng của lực cản không đổi 0,011 N nên nó dao động tắt dần. Thời gian dao động là?
- Lực hồi phục cực đại tác dụng lên con lắc \[{F_{{\text{hp}}\max }} = m{\omega ^2}{\alpha _0}l = mg{\alpha _0}\] - Thời gian dao động: các bạn cứ nhớ rằng “thời gian dao động tỉ lệ với ¼ chu kì với một hệ số bằng tỉ số giữa lực hồi phục cực đại và lực cản” \[t = \frac{{{F_{{\text{hp}}\max }}}}{{{F_{\text{c}}}}}\frac{T}{4} = \frac{{1.10.(5\pi /180)}}{{0,011}}\frac{2}{4} \approx 40\,\,{\text{s}}.\]

Một con lắc đơn gồm dây mảnh có gắn vật nặng nhỏ khối lượng m. Kéo con lắc ra khỏi vị trí cân bằng một góc ${\alpha_0}$ = 0,1 rad rồi thả cho nó dao động tại nơi có gia tốc trọng trường g. Trong quá trình dao động con lắc chịu tác dụng của lực cản có độ lớn F_C không đổi và luôn ngược chiều chuyển động của con lắc. Tìm độ giảm biên độ góc $\Delta\alpha$ của con lắc sau mỗi chu kì dao động. Con lắc thực hiện số dao động N bằng bao nhiêu thì dừng? Cho biết F_C = mg.10^-3 N.
- Độ giảm biên độ của con lắc sau mỗi chu kì \[\left| {\Delta S} \right| = \frac{{4{F_{\text{c}}}}}{{m{\omega ^2}}} = \frac{{4.({{10}^{ - 3}}mg)}}{{m(g/l)}} = {4.10^{ - 3}}l\] tương ứng với độ giảm về biên độ góc là \[\left| {\Delta {\alpha _0}} \right| = \frac{{\left| {\Delta S} \right|}}{l} = {4.10^{ - 3}}\,\,{\text{rad}}.\] - Số dao động thực hiện được cho tới khi tắt hẳn \[N = \frac{1}{4}\frac{{{F_{{\text{hp}}\max }}}}{{{F_{\text{C}}}}} = \frac{1}{4}\frac{{mg{\alpha _0}}}{{{{10}^{ - 3}}mg}} = \frac{{0,1}}{{{{4.10}^{ - 3}}}} = 25.\]

Gắn một vật có khối lượng m = 200 g vào 1 lò xo có độ cứng k = 80 N/m. Một đầu của lò xo được chuyển động kéo m khỏi vị trí cân bằng O đoạn 10 cm dọc theo trục lò xo rồi thả nhẹ cho vật dao động. Biết hệ số ma sát giữa m và mặt phẳng ngang là μ = 0,1 (g = 10 m/s²). Tìm tốc độ lớn nhất mà vật đạt được trong quá trình dao động?
- Tần số riêng của dao động \[\omega = \sqrt {\frac{k}{m}} = \sqrt {\frac{{80}}{{0,2}}} = 20\,\,{\text{rad}}{\text{/}}{\text{s}}.\] - Tốc độ lớn nhất trong dao động \[\begin{align} &{F_{\text{c}}} = \mu mg, \hfill \\ &{v_{\max }} = \omega A - \frac{{{F_{\text{c}}}}}{{m{\omega ^2}}} \hfill \\ & = 20.0,1 - \frac{{0,1.0,2.10}}{{0,{{1.20}^2}}} = 1,995 \approx 2\,\,{\text{m}}{\text{/}}{\text{s}}. \hfill \\ \end{align}\]

Gắn một vật có khối lượng m = 200 g vào 1 lò xo có độ cứng k = 80 N/m. Một đầu của lò xo được chuyển động kéo m khỏi vị trí cân bằng O đoạn 10 cm dọc theo trục lò xo rồi thả nhẹ cho vật dao động. Biết hệ số ma sát giữa m và mặt phẳng ngang là μ = 0,1 (g = 10 m/s²). Tìm độ giảm biên độ dao động sau mỗi chu kì
\[\begin{align} \left| {\Delta A} \right| & = \frac{{4{F_{\text{c}}}}}{{m{\omega ^2}}} = \frac{{4\mu mg}}{{m{\omega ^2}}} \hfill \\ & = \frac{{4.0,1.10}}{{{{20}^2}}} = 0,01\,\,{\text{m}} = 1\,\,{\text{cm}}. \hfill \\ \end{align}\]

Gắn một vật có khối lượng m = 200 g vào 1 lò xo có độ cứng k = 80 N/m. Một đầu của lò xo được chuyển động kéo m khỏi vị trí cân bằng O đoạn 10 cm dọc theo trục lò xo rồi thả nhẹ cho vật dao động. Biết hệ số ma sát giữa m và mặt phẳng ngang là μ = 0,1 (g = 10 m/s²). Tìm số dao động vật thực hiện được đến lúc dừng lại.
\[N = \frac{{{F_{{\text{hp}}\max }}}}{{4{F_{\text{c}}}}} = \frac{{m{\omega ^2}A}}{{4\mu mg}} = \frac{{{{20}^2}.0,1}}{{4.0,1.10}} = 10.\]

Một con lắc đơn vật treo khối lượng có là m, dây treo có chiều dài ℓ, biên độ góc ban đầu là ${\alpha_0}$ coi như rất nhỏ. Dao động tắt dần do tác dụng lực cản F_c không đổi, F_c luôn có chiều ngược chiều chuyển động của vật. Công thức tìm số lần vật đi qua vị trí cân bằng cho đến lúc dừng lại là?
- Số dao động thực hiện được cho tới khi dừng lại \[N = \frac{{{F_{{\text{hp}}\max }}}}{{4{F_{\text{c}}}}} = \frac{{mg{\alpha _0}}}{{4{F_{\text{c}}}}}.\] - Mỗi dao động vật đi qua VTCB 4 lần nên đáp án là \[4N = \frac{{mg{\alpha _0}}}{{{F_{\text{c}}}}}.\]

Một con lắc lò xo ngang gồm lò xo có độ cứng k = 100 N/m và vật m = 100 g, dao động trên mặt phẳng ngang, hệ số ma sát giữa vật và mặt ngang là μ = 0,02. Kéo vật lệch khỏi vị trí cân bằng một đoạn 10 cm rồi thả nhẹ cho vật dao động. Quãng đường vật đi được từ khi bắt đầu dao động đến khi dừng hẳn là?
\[\begin{align} {s_{{\text{end}}}} & = N.2{A_0} = \frac{{k{A_0}}}{{4\mu mg}}2{A_0} \hfill \\ & = \frac{{100.0,1}}{{0,02.0,1.10}}\frac{{0,1}}{2} = 25\,\,{\text{m}}. \hfill \\ \end{align}\]

Một vật dao động điều hòa tắt dần. Cứ sau mỗi chu kì biên độ dao động giảm 3%. Hỏi sau n chu kì cơ năng còn lại bao nhiêu %? (0,97)ⁿ; (0,97)²ⁿ; (0,97n) hay (0,97)²⁺ⁿ.
- Theo đề, độ giảm tương đối của biên độ dao động ở chu kì thứ k so với biên độ của dao động ngay trước đó là \[\frac{{\left| {\Delta A} \right|}}{{{A_k}}} = 3\%\] tức phần trăm biên độ còn lại là \[y: = \frac{{{A_{k + 1}}}}{{{A_k}}} = 1 - 3\% = 97\%.\] - Biên độ còn lại sau chu kì thứ n \[\begin{align} \frac{{{A_n}}}{{{A_0}}} & = \frac{{y{A_{n - 1}}}}{{{A_0}}} = \frac{{{y^2}{A_{n - 2}}}}{{{A_0}}} = ... \hfill \\ & = \frac{{{y^{n - 1}}{A_{n - (n - 1)}}}}{{{A_0}}} = \frac{{{y^n}{A_{n - n}}}}{{{A_0}}} = {y^n}. \hfill \\ \end{align}\] - Phần cơ năng còn lại sau n chu kì \[\frac{{{E_n}}}{{{E_0}}} = \frac{{0,5m{\omega ^2}A_n^2}}{{0,5m{\omega ^2}A_0^2}} = {\left( {\frac{{{A_n}}}{{{A_0}}}} \right)^2} = {y^{2n}} = {(97\% )^{2n}}.\]

Một con lắc dao động tắt dần chậm. Cứ sau mỗi chu kì biên độ giảm 6%. Trong một dao động toàn phần, cơ năng con lắc giảm 6%; 7,8%; 11,6% hay 9,8%?
Độ giảm tương đối của cơ năng sau mỗi chu kì \[\begin{align} \frac{{\left| {\Delta E} \right|}}{E} & = \frac{{E - E'}}{E} = \frac{{0,5k{A^2} - 0,5k{{A'}^2}}}{{0,5k{A^2}}} \hfill \\ & = 1 - {\left( {\frac{{A'}}{A}} \right)^2} = 1 - {\left( {1 - \frac{{\left| {\Delta A} \right|}}{A}} \right)^2} \hfill \\ & = 2\frac{{\left| {\Delta A} \right|}}{A} - \frac{{{{\left| {\Delta A} \right|}^2}}}{{{A^2}}} = 2.6\% - 6{\% ^2} = 11,6\% . \hfill \\ \end{align}\] * Hint: nếu các đáp án khá xa nhau, hãy chọn đáp án gần gấp đôi nhất! Trong trường hợp này, 11,6% gần 2.6% = 12% nhất.

Chất điểm dao động tắt dần quanh vị trí cân bằng O. Cứ sau 1 chu kỳ năng lượng dao động của chất điểm giảm 10% so với chu kỳ trước đó. Hỏi sau 1 chu kỳ biên độ dao động giảm đi bao nhiêu % so với chu kỳ trước đó: 5,13%; 7,26%; 10% hay 3,16%?
\[\begin{gathered} \frac{{\left| {\Delta E} \right|}}{E} = 2\frac{{\left| {\Delta A} \right|}}{A} - \frac{{{{\left| {\Delta A} \right|}^2}}}{{{A^2}}} = 10\% \hfill \\ \Rightarrow \frac{{\left| {\Delta A} \right|}}{A} = 5,13\%. \hfill \\ \end{gathered} \] * Hint: nếu các đáp án khá xa nhau, hãy chọn đáp án gần bằng một nửa nhất! Trong trường hợp này, 5,13% gần 10%/2 = 5% nhất.

Một con lắc đồng hồ được coi như con lắc đơn có chu kì 2s, vật nặng 1kg, dao động tại nơi có g = π² = 10 m/s². Biên độ góc ban đầu là 5^o. Do ma sát với lực cản không đổi 0,011 N nên dao động tắt dần. Người ta dùng một pin 3 V điện trở trong không đáng kể để bổ sung năng lượng cho con lắc với hiệu suất quá trình bổ sung là 30%. Pin có điện lượng ban đầu 10⁴ C. Đồng hồ chạy được bao lâu phải thay pin?
- Độ dài dây treo con lắc \[T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \Rightarrow l = \frac{{{T^2}g}}{{4{\pi ^2}}} = \frac{{4.10}}{{4.10}} = 1\,\,{\text{m}}.\] - Nhờ cơ chế bổ sung năng lượng, dao động được duy trì với biên độ ổn định 5^o. Cơ năng thất thoát trong mỗi chu kì bằng độ lớn công của lực cản \[\begin{align} {A_{\text{c}}} & = 4{F_{\text{c}}}S = 4{F_{\text{c}}}{\alpha _0}l \hfill \\ & = 4.0,011.(5\pi /180).1 = 3,{87.10^{ - 3}}\,\,{\text{J}}. \hfill \\ \end{align}\] - Điện năng dự trữ trong pin \[E = QU = {3.10^4}\,\,{\text{J}}.\] - Cứ mỗi chu kì, pin bổ sung vào cơ năng con lắc một lượng A_c với hiệu suất 30%, số chu kì thực hiện được cho tới khi pin cạn năng lượng $N = \frac{{30\% E}}{{{A_{\text{c}}}}}$. Thời gian đồng hồ chạy được \[t = NT = \frac{{30\% E}}{{{A_{\text{c}}}}}T = 4651162,8\,\,{\text{s}} = 54\,\,\,\text{ngày}.\]

Gắn một vật có khối lượng m = 200 g vào 1 lò xo có độ cứng k = 80 N/m. Một đầu của lò xo được chuyển động kéo m khỏi vị trí cân bằng O đoạn 10 cm dọc theo trục lò xo rồi thả nhẹ cho vật dao động. Biết hệ số ma sát giữa m và mặt phẳng ngang là μ = 0,1 (g = 10 m/s²). Vật dừng lại tại vị trí cách vị trí cân bằng O đoạn xa nhất Δℓ_max bằng bao nhiêu?
Khi tới vị trí biên vật dừng lại tức thời. Ở chu kì cuối cùng vật dừng lại hẳn là nhờ lực ma sát NGHỈ cân bằng với lực đàn hồi. Nếu vật dừng lại cách VTCB đoạn Δl và coi như ma sát nghỉ cực đại bằng ma sát trượt thì \[\begin{align} &k\Delta l = {F_{{\text{msn}}}} \leqslant {\mu _t}mg \hfill \\ &\Rightarrow \Delta {l_{\max }} = \frac{{{\mu _t}mg}}{k} = \frac{{0,1.0,2.10}}{{80}} \hfill \\ &= 2,{5.10^{ - 3}}\,\,{\text{m}} = 2,5\,\,{\text{mm}}. \hfill \\ \end{align}\]

Một hệ cơ học có tần số dao động riêng là 10 Hz ban đầu dao động cưỡng bức dưới tác dụng của ngoại lực biến thiên điều hoà F₁ = F₀cos(ωt + φ) với ω = 20π rad/s. Nếu ta thay ngoại lực cưỡng bức F₁ bằng ngoại lực cưỡng bức F₂ = F₀cos(2ωt + 2φ), khi đó biên độ dao động cưỡng bức của hệ: Sẽ không đổi vì biên độ của lực không đổi| Sẽ tăng vì tần số biến thiên của lực tăng| Sẽ giảm vì mất cộng hưởng| Sẽ giảm vì pha ban đầu của ngoại lực tăng.
- Tần số góc riêng của hệ cơ học là \[\omega = 2\pi f = 20\pi \,\,\,rad/s.\] - Với F₁, hệ dao động cộng hưởng nên có biên độ cực đại. Với F₂, hệ mất cộng hưởng nên biên độ dao động giảm xuống.

Một người xách một xô nước đi trên đường, mỗi bước đi dài 45 cm thì nước trong xô bị sóng sánh mạng nhất. Chu kì dao động riêng của nước trong xô là 0,3 s. Vận tốc của người đó là?
- Mỗi bước đi của người gây một xung lực lên xô nước, chu kì của ngoại lực này bằng thời gian thực hiện mỗi sải chân \[T = \frac{{\Delta s}}{v}.\] - Xô nước dao động mạnh nhất khi chu kì riêng của nó trùng với chu kì ngoại lực \[\begin{align} &T = {T_0} \Leftrightarrow \frac{{\Delta s}}{v} = {T_0} \hfill \\ &\Rightarrow v = \frac{{{{45.10}^{ - 2}}}}{{0,3}} = 1,5\,\,{\text{m}}{\text{/}}{\text{s}} = 1,5\,.3,6\,\,{\text{km}}{\text{/}}{\text{h}} = 5,4\,\,{\text{km}}{\text{/}}{\text{h}}. \hfill \\ \end{align}\]

Một xe máy chạy thẳng đều trên con đường lát gạch, cứ cách 9 m trên đường lại có 1 rãnh nhỏ. Chu kì dao động riêng của khung xe trên các lò xo giảm xóc là 1,5 s. Xe bị xóc mạnh nhất khi có tốc độ?
\[v = \frac{{\Delta s}}{{{T_0}}} = \frac{9}{{1,5}} = 6\,\,{\text{m}}{\text{/}}{\text{s}} = 6\,.3,6\,\,{\text{km}}{\text{/}}{\text{h}} = 21,6\,\,{\text{km}}{\text{/}}{\text{h}}.\]

Bài tập mẫu về ghép lò xo để thay đổi chu kì dao động của con lắc

noreply@blogger.com (ilovephys) — Wed, 24 Aug 2016 09:19:00 +0000

Bài tập khảo sát kiến thức về ghép lò xo, ghép khối lượng, con lắc vướng đinh,… Kiến thức cần thiết cho các bài tập dạng này có thể tìm thấy trong các bài viết sau

Sự tương tự điện – cơ và ứng dụng trong giải bài tập Vật lý
Một số lưu ý về con lắc lò xo dao động thẳng đứng
Sự tương tự giữa con lắc lò xo và con lắc đơn trong dao động điều hòa

Một vật có khối lượng m khi treo vào lò xo có độ cứng k₁, thì dao động với chu kỳ T₁ = 0,4 s. Nếu mắc vật m trên vào lò xo có độ cứng k₂ thì nó dao động với chu kỳ là T₂ = 0,3 s. Mắc hệ song song 2 lò xo thì chu kỳ dao động của hệ thoả mãn giá trị nào sau đây?
\[\frac{1}{{T_{\text{h}}^2}} = \frac{1}{{T_1^2}} + \frac{1}{{T_2^2}} = \frac{1}{{0,{4^2}}} + \frac{1}{{0,{3^2}}} \Rightarrow {T_{\text{h}}} = 0,24\,\,{\text{s}}.\]

Một con lắc lò xo gồm vật nặng treo dưới một lò xo dài. Chu kỳ dao động của con lắc là T. Chu kỳ dao động của con lắc khi lò xo bị cắt bớt một nửa là T’. Tìm quan hệ giữa T và T’.
Chu kì dao động ban đầu tương ứng với 2 lò xo như nhau mắc nối tiếp, mỗi lò xo ứng với chu kì riêng T’ \[{T^2} = {T'^2} + {T'^2} = 2{T'^2} \Rightarrow T' = T/\sqrt 2 .\]

Khi gắn quả nặng m₁ vào một lò xo, nó dao động với chu kì 1,2 s. Khi gắn quả nặng m₂ vào lò xo đó, nó dao động với chu kì 1,6 s. Khi gắn đồng thời m₁ và m₂ vào lò xo trên thì hệ dao động với chu kì?
\[{T^2} = T_1^2 + T_2^2 = 1,{2^2} + 1,{6^2} \Rightarrow T = 2\,\,{\text{s}}.\]

Một vật có khối lượng m được treo vào một lò xo. Vật dao động điều hoà với tần số f₁ = 12 Hz. Khi treo thêm một gia trọng Δm = 10 g thì tần số dao động là f₂ = 10 Hz. Giá trị của m là?
- Chu kì của hệ khi treo thêm gia trọng \[T_{m + \Delta m}^2 = T_m^2 + T_{\Delta m}^2\] trong đó \[\begin{align} & T_{\Delta m}^2 = 4{\pi ^2}\frac{k}{{\Delta m}}, \hfill \\ & T_m^2 = 4{\pi ^2}\frac{k}{m}, \hfill \\ \end{align} \] - Chia theo vế ta được \[\begin{align} &\frac{m}{{\Delta m}} = \frac{{T_{\Delta m}^2}}{{T_m^2}} = \frac{{T_{m + \Delta m}^2 - T_m^2}}{{T_m^2}} = \frac{{1/{{10}^2} - 1/{{12}^2}}}{{1/{{12}^2}}} = \frac{{11}}{{25}} \hfill \\ \Rightarrow\, & m = \frac{{11}}{{25}}.10 = 4,4\,\,{\text{g}}. \hfill \\ \end{align} \]

Tại cùng một nơi có gia tốc trọng trường là g, hai con lắc đơn có chiều dài lần lượt là ℓ₁ và ℓ₂, có chu kỳ dao động lần lượt là T₁ và T₂. Tìm biểu thức tính chu kỳ dao động của con lắc thứ ba có chiều dài bằng tích chiều dài của hai con lắc nói trên?
\[\begin{align} {T_3} & = 2\pi \sqrt {\frac{{{l_3}}}{g}} = 2\pi \sqrt {\frac{{{l_1}{l_2}}}{g}} \hfill \\ & = 2\pi \sqrt {\frac{{{l_1}}}{g}} .2\pi \sqrt {\frac{{{l_2}}}{g}} .\frac{{\sqrt g }}{{2\pi }} \hfill \\ & = {T_1}{T_2}\frac{{\sqrt g }}{{2\pi }}. \hfill \\ \end{align} \]

Một lò xo đồng chất có độ cứng k được cắt ra n khúc thì độ cứng của mỗi khúc sẽ là?
- Độ cứng tỉ lệ nghịch với chiều dài \[k(l) \sim \frac{1}{l}.\] - Gọi k’ là độ cứng của mỗi khúc thì \[\begin{align} & k':k = \frac{1}{{l'}}:\frac{1}{l} = \frac{1}{{l/n}}:\frac{1}{l} = n \hfill \\ \Rightarrow\,& k' = nk \hfill \\ \end{align}\] tức là độ cứng mỗi đoạn tăng lên n lần so với lò xo ban đầu.

Một lò xo có chiều dài ℓ₀ = 50 cm, độ cứng k₀ = 60 N/m được cắt thành hai lò xo có chiều dài lần lượt là ℓ₁ = 20 cm, ℓ₂ = 30 cm. Độ cứng k₁, k₂ của hai lò xo mới có giá trị nào sau đây?
\[\begin{align} & {k_0}:{k_1}:{k_2} = \frac{1}{{{l_0}}}:\frac{1}{{{l_1}}}:\frac{1}{{{l_2}}} = \frac{1}{{50}}:\frac{1}{{20}}:\frac{1}{{30}} = \frac{1}{5}:\frac{1}{2}:\frac{1}{3} \hfill \\ & {k_1} = {k_0}\frac{{1/2}}{{1/5}} = 60.\frac{5}{2} = 150\,\,{\text{N}}{\text{/}}{\text{m}}. \hfill \\ & {k_2} = {k_0}\frac{{1/3}}{{1/5}} = 60.\frac{5}{3} = 100\,\,{\text{N}}{\text{/}}{\text{m}}. \hfill \\ \end{align}\]

Một lò xo chiều dài tự nhiên ℓ₀ = 45 cm độ cứng k₀ = 12 N/m được cắt thành 2 lò xo có chiều dài lần lượt là 18 cm và 27 cm, sau đó ghép chúng song song với nhau một đầu cố định còn đầu kia gắn vật m = 100 g thì chu kỳ dao động của hệ là?
\[{k_0}:{k_1}:{k_2} = \frac{1}{{{l_0}}}:\frac{1}{{{l_1}}}:\frac{1}{{{l_2}}} = \frac{1}{{45}}:\frac{1}{{18}}:\frac{1}{{27}}.\] - Chu kì của hệ 2 lò xo song song \[\begin{align} &{T_1} = 2\pi \sqrt {\frac{m}{{{k_1}}}} = 2\pi \sqrt {\frac{m}{{45{k_0}/18}}} = 2\pi \sqrt {\frac{{0,1}}{{45.12/18}}} = 0,36\,\,{\text{s}}. \hfill \\ &{T_2} = 2\pi \sqrt {\frac{m}{{{k_2}}}} = 2\pi \sqrt {\frac{m}{{45{k_0}/27}}} = 2\pi \sqrt {\frac{{0,1}}{{45.12/27}}} = 0,44\,\,{\text{s}}{\text{.}} \hfill \\ &\frac{1}{{T_{\text{h}}^2}} = \frac{1}{{T_1^2}} + \frac{1}{{T_2^2}} = \frac{1}{{0,{{36}^2}}} + \frac{1}{{0,{{44}^2}}} \Rightarrow {T_{\text{h}}} = 0,28\,\,{\text{s}}. \hfill \\ \end{align} \]

Một con lắc đơn có chiều dài dây treo là ℓ dao động điều hoà với chu kì T. Nếu cắt bớt chiều dài dây treo một đoạn ℓ₁ = 0,75 m thì chu kì dao động bây giờ là T₁ = 3 s. Nếu cắt tiếp dây treo đi một đoạn nữa ℓ₂ = 1,25 m thì chu kì dao động bây giờ là T₂ = 2 s. Tìm chiều dài ℓ của con lắc ban đầu, chu kì T của nó và gia tốc trọng trường nơi dao động.
\[\begin{align} &T_1^2 = 4{\pi ^2}\frac{{l - {l_1}}}{g} \Rightarrow l - \frac{{T_1^2}}{{4{\pi ^2}}}g = {l_1} \hfill \\ &T_2^2 = 4{\pi ^2}\frac{{l - {l_1} - {l_2}}}{g} \Rightarrow l - \frac{{T_2^2}}{{4{\pi ^2}}}g = {l_1} + {l_2} \hfill \\ &\Rightarrow l = 3\,\,{\text{m}};g = 9,87\,\,{\text{m}}{\text{/}}{{\text{s}}^{\text{2}}}. \hfill \\ \end{align} \] Chu kì \[T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} = 2\pi \sqrt {\frac{3}{{9,87}}} = 3,46\,\,{\text{s}}.\]

Một con lắc đơn, quả nặng có khối lượng 40g dao động nhỏ với chu kì 2s. Nếu gắn thêm một gia trọng có khối lượng 120g thì con lắc sẽ dao động nhỏ với chu kì?
Chu kì con lắc đơn không phụ thuộc khối lượng, chu kì lúc sau vẫn là 2 s.

Một lò xo độ cứng k = 200 N/m treo vào 1 điểm cố định, đầu dưới có vật m = 200 g. Vật dao động điều hòa và có vận tốc tại vị trí cân bằng là 62,8 cm/s. Lấy g = 10 m/s². Lấy 1 lò xo giống hệt như lò xo trên và ghép nối tiếp hai lò xo rồi treo vật m, thì thấy nó dao động với cơ năng vẫn bằng cơ năng của nó khi có 1 lò xo. Biên độ dao động của con lắc lò xo ghép là?
- Tần số dao động khi chỉ có một lò xo \[\omega = \sqrt {\frac{k}{m}} = \sqrt {\frac{{200}}{{0,2}}} = 10\sqrt {10}\] - Biên độ dao động lúc đâu \[{v_{\max }} = \omega A \Rightarrow A = \frac{{{v_{\max }}}}{\omega } = \frac{{62,8}}{{10\sqrt {10} }} \approx 2\,\,{\text{cm}}.\] - Chu kì dao động của hệ 2 lò xo nối tiếp lúc sau \[\begin{align} &T_{\text{h}}^2 = {T^2} + {T^2} = 2{T^2} \hfill \\ &\Rightarrow {T_{\text{h}}} = T\sqrt 2 \hfill \\ &\Rightarrow {\omega _{\text{h}}} = \frac{\omega }{{\sqrt 2 }}. \hfill \\ \end{align}\] - Cơ năng của hệ trước và sau khi ghép không đổi \[\begin{align} &\frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} = \frac{1}{2}m\omega _{\text{h}}^2A_{\text{h}}^2 \hfill \\ &\Rightarrow {A_{\text{h}}} = \frac{{\omega A}}{{{\omega _h}}} = A\sqrt 2 = 2\sqrt 2 \,\,{\text{cm}}. \hfill \\ \end{align}\]

Một vật khối lượng m = 2 kg khi mắc vào hai lò xo độ cứng k₁ và k₂ ghép song song thì dao động với chu kỳ T = 2π/3 s. Nếu đem nó mắc vào 2 lò xo nói trên ghép nối tiếp thì chu kỳ lúc này là $T' = 3T/\sqrt 2$. Độ cứng k₁ và k₂ có giá trị?
- Ghép nối tiếp \[{T'}_{\text{h}}^2 = T_1^2 + T_2^2 = {\left( {\frac{3}{{\sqrt 2 }}.\frac{{2\pi }}{3}} \right)^2} = 2{\pi ^2}\,\,\,(1)\] - Ghép song song \[\begin{align} \frac{1}{{T_{\text{h}}^2}} = \frac{1}{{T_1^2}} + \frac{1}{{T_2^2}} &= \frac{1}{{{{(2\pi /3)}^2}}} \hfill \\ \Leftrightarrow \frac{{T_1^2 + T_2^2}}{{T_1^2T_2^2}} &= \frac{1}{{{{(2\pi /3)}^2}}} \,\,\,(2) \hfill \\ \end{align} \] - Lấy (1) thay vào (2) \[T_1^2T_2^2 = 2{\pi ^2}{(2\pi /3)^2} = 8{\pi ^4}/9\] - Vì $T_1^2$ và $T_2^2$ có tổng $S = 2{\pi ^2}$ và tích $P = 8{\pi ^4}/9$ nên chúng là nghiệm của phương trình bậc 2 sau \[{x^2} - Sx + P = 0.\] Phương trình này cho ta kết quả \[\begin{align} & T_1^2 = 13,16;\,\,6,58 \hfill \\ \Rightarrow \, & {k_1} = \frac{{4{\pi ^2}m}}{{T_1^2}} = 6;\,\,12\,\,{\text{N}}{\text{/}}{\text{m}}. \hfill \\ \end{align}\] * Hint: Từ phương trình (1) và (2) ta thấy vai trò của T₁ và T₂ là như nhau tức là có thể hoán đổi vị trí chúng trong mỗi phương trình mà không làm thay đổi kết quả. Do đó, bài này phải có 2 đáp án cho mỗi chu kì.

Hai lò xo giống hệt nhau, chiều dài tự nhiên ℓ₀ = 20 cm, độ cứng k = 200 N/m ghép nối tiếp rồi treo thẳng đứng vào một điểm cố định. Khi treo vào đầu dưới một vật m = 200 g rồi kích thích cho vật dao động với biên độ 2 cm. Lấy g = 10 m/s². Chiều dài tối đa ℓmax và tối thiểu ℓ_min của lò xo trong quá trình dao động là?
- Ghép nối tiếp được một lò xo mới dài tự nhiên l’ = 2l₀ = 40 cm. Độ cứng lò xo này là k’ thỏa mãn \[k':k = \frac{1}{{l'}}:\frac{1}{{{l_0}}} = \frac{1}{{40}}:\frac{1}{{20}} = 1:2\] - Độ giãn lò xo ở VTCB \[\Delta l = \frac{{mg}}{{k'}} = \frac{{mg}}{{k/2}} = \frac{{0,2.10}}{{200/2}} = 0,02\,\,{\text{m}} = 2\,\,{\text{cm}}.\] - Chiều dài lò xo dao động trong khoảng \[l = l' + \Delta l \pm A = 40 + 2 \pm 2 \in [40,\,\,44]\,\,cm.\]

Một lò xo có độ cứng k, nếu lần lượt treo vào nó các khối lượng m₁, m₂ thì nó dao động với các tần số là f₁ và f₂. Vậy, khi treo cả hai khối lượng m₁ và m₂ thì nó dao động với tần số?
\[\begin{align} &T_{\text{h}}^2 = T_1^2 + T_2^2 \hfill \\ \Rightarrow\,& \frac{1}{{f_{\text{h}}^2}} = \frac{1}{{f_1^2}} + \frac{1}{{f_2^2}} \hfill \\ \Rightarrow\,& {f_{\text{h}}} = \frac{{{f_1}{f_2}}}{{\sqrt {f_1^2 + f_2^2} }}. \hfill \\ \end{align}\]

Ở cùng 1 vị trí, con lắc đơn dài ℓ₁ dao động với chu kì 3 s, con lắc đơn dài ℓ₂ dao động với chu kì $2\sqrt 2$ s. Con lắc đơn dài (ℓ₁ + 2ℓ₂) sẽ dao động với chu kì?
Ta để ý vai trò của l trong con lắc đơn (khi giữ g không đổi) giống như m trong con lắc lò xo (khi giữ k không đổi) nên \[\begin{align} T_{\text{h}}^2 & = T_1^2 + T_2^2 + T_2^2 \hfill \\ & = {3^2} + 2.{(2\sqrt 2 )^2} = 25 \hfill \\ & \Rightarrow {T_{\text{h}}} = 5\,\,{\text{s}}. \hfill \\ \end{align}\]

Chọn kết luận đúng. Một con lắc đơn đang dao động điều hòa. Khi vật nặng đi qua vị trí cân bằng người ta giữ cố định điểm chính giữa của dây treo. Sau đó: con lắc có thể không còn dao động điều hòa nữa| tần số dao động của con lắc tăng lên hai lần| gia tốc của vật nặng tăng lên đột ngột lúc giữ dây| cơ năng của con lắc vẫn không đổi.
- Vì $\omega = \sqrt {\frac{g}{l}} $, khi giữ điểm giữa dây treo, l sẽ giảm đi 2 lần => tần số dao động tăng √2 lần.
- Ngay lúc giữ dây, gia tốc dài không đổi, gia tốc góc giảm đi 2 lần.
- Con lắc chỉ chịu tác dụng của trọng lực là lực thế => cơ năng con lắc không đổi.
- Con lắc vẫn dao động điều hòa sau đó nếu vẫn giữa điểm giữa dây treo.

Bài tập mẫu về lực, chiều dài lò xo trong con lắc

noreply@blogger.com (ilovephys) — Sun, 21 Aug 2016 15:53:00 +0000

Bài tập khảo sát kiến thức về lực hồi phục, lực đàn hồi và các cực trị của chúng; trạng thái của lò xo, dây treo thỏa mãn tính chất của chuyển động,... Kiến thức cần thiết cho các bài tập dạng này có thể tìm thấy trong các bài viết sau

Một số lưu ý về con lắc lò xo dao động thẳng đứng
Cực trị của quãng đường, thời gian và tốc độ trung bình trong dao động điều hòa
Sự tương tự giữa con lắc lò xo và con lắc đơn trong dao động điều hòa
Sự tương tự điện – cơ và ứng dụng trong giải bài tập Vật lý

Một lò xo treo thẳng đứng, đầu bên dưới treo vật nặng. Kích thích hệ dao động điều hòa thì thấy chu kì là 0,6 s. Cho g = π² m/s², tìm độ giãn của lò xo ở vị trí cân bằng.
\[{\omega ^2} = \frac{g}{{\Delta l}} \Rightarrow \Delta l = \frac{g}{{{\omega ^2}}} = \frac{{{\pi ^2}}}{{\frac{{4{\pi ^2}}}{{{T^2}}}}} = \frac{{{T^2}}}{4} = 0,09\,\,{\text{m}} = 9\,\,{\text{cm}}.\]

Một con lắc lò xo dao động điều hòa theo phương ngang với phương trình x = 4cos(10t + φ) cm. Chiều dài tự nhiên của con lắc lò xo là 26 cm. Chiều dài ngắn nhất của lò xo trong quá trình dao động là bao nhiêu?
Ta có thể sử dụng công thức \[{l_{\min }} = {l_0} + \Delta l - A\] với lưu ý rằng con lắc lò xo dao động theo phương ngang nên $\Delta l = 0$, \[{l_{\min }} = {l_0} + \Delta l - A = 26 + 0 - 4 = 22\,\,{\text{cm}}.\]

Thời gian ngắn nhất từ lúc con lắc lò xo có chiều dài cực đại đến lúc có chiều dài cực tiểu là 0,158 s. Biết khối lượng vật treo của con lắc là 0,25 kg. Lấy π² = 10. Tìm độ lớn lực hồi phục khi vật nặng có li độ x = 3 cm.
Con lắc lò xo có chiều dài cực đại và cực tiểu ở 2 biên, do đó, thời gian ngắn nhất mà đề bài nhắc tới chính là thời gian di chuyển từ biên này tới biên kia, thời gian này là T/2. Theo đề ta có ngay \[\begin{align} & T/2 = 0,158 \hfill \\ \Rightarrow \,\,& T = 0,316\,\,{\text{s}} \hfill \\ \Rightarrow \,\,& k = \frac{{4{\pi ^2}m}}{{{T^2}}} = \frac{{4{\pi ^2}.0,25}}{{0,{{316}^2}}} = 100\,\,N/m. \hfill \\ \end{align}\] Lực hồi phục \[\left| {{F_{{\text{hp}}}}} \right| = k\left| x \right| = 100.0,03 = 3\,\,{\text{N}}.\]

Con lắc lò xo treo thẳng đứng tại nơi có g = 10 m/s². Khi kích thích nó dao động điều hòa với phương trình $x = 6\cos (5\sqrt 5 t + \pi /2)$ cm và chiều dài ngắn nhất của lò xo trong quá trình dao động là 18 cm. Chiều dài tự nhiên của lò xo là bao nhiêu?
Độ giãn lò xo ở VTCB \[\Delta l = \frac{g}{{{\omega ^2}}} = \frac{{10}}{{{{(5\sqrt 5 )}^2}}} = 0,08\,\,{\text{m}} = 8\,\,{\text{cm}}.\] Chiều dài tự nhiên của lò xo tìm từ \[\begin{align} {l_{\min }} &= {l_0} + \Delta l - A \hfill \\ \Rightarrow {l_0} &= {l_{\min }} - \Delta l + A = 18 - 8 + 6 = 16\,\,{\text{cm}}. \hfill \\ \end{align}\]

Lực kéo về tác dụng lên con lắc đơn dao động điều hòa là: $-mg\alpha$; $-mgl{\alpha ^2}$; $-mg\cos\alpha$ hay $-mgl\alpha$.
Đáp án A.

Một vật có m = 100 g dao động điều hoà với chu kì T = 1 s, vận tốc của vật khi qua vị trí cân bằng là v₀ = 10π cm/s, lấy π² = 10. Hợp lực cực đại tác dụng vào vật trong quá trình dao động là bao nhiêu?
Hợp lực lên vật chính là lực hồi phục. Lực hồi phục cực đại tại biên của dao động \[{F_{{\text{hp}}\max }} = kA.\] Độ cứng của lò xo tìm từ khối lượng vật nặng và chu kì dao động \[k = \frac{{4{\pi ^2}m}}{{{T^2}}} = \frac{{4{\pi ^2}0,1}}{{{1^2}}} = 4\,\,{\text{N}}{\text{/}}{\text{m}}.\] Biên độ dao động tìm từ vận tốc qua vị trí cân bằng (hay vận tốc/tốc độ cực đại trong dao động) \[{v_{\max }} = \omega A \Rightarrow A = \frac{{{v_{\max }}}}{\omega } = \frac{{{v_{\max }}}}{{2\pi /T}} = \frac{{10\pi }}{{2\pi /1}} = 5\,\,{\text{cm}}.\] Vậy, \[{F_{{\text{hp}}\max }} = kA = 4.0,05 = 0,2\,\,{\text{N}}.\]

Một con lắc lò xo gồm vật khối lượng m = 200 g treo vào lò xo có độ cứng k = 40 N/m. Vật dao động theo phương thẳng đứng trên quĩ đạo dài 10 cm, chọn chiều dương hướng xuống. Cho biết chiều dài tự nhiên là 40 cm. Khi vật dao động thì chiều dài lò xo biến thiên trong khoảng nào? Lấy g = 10 m/s².
Quỹ đạo dao động dài 10 cm => A = 5 cm.
Độ giãn lò xo ở VTCB khi treo thẳng đứng \[\Delta l = \frac{{mg}}{k} = \frac{{0,2.10}}{{40}} = 0,05\,\,{\text{m}} = 5\,\,{\text{cm}}.\] Chiều dài lò xo biến thiên từ l_min tới l_max \[\begin{align} {l_{\min }} = {l_0} + \Delta l - A = 40 + 5 - 5 = 40\,\,{\text{cm}}, \hfill \\ {l_{\max }} = {l_0} + \Delta l + A = 40 + 5 + 5 = 50\,\,{\text{cm}}. \hfill \\ \end{align}\]

Một con lắc lò xo treo thẳng đứng gồm vật m = 100 g, lò xo có độ cứng k = 100 N/m. Kéo vật ra khỏi vị trí cân bằng x = +2 cm và truyền vận tốc v = $+200\sqrt 3$ cm/s theo phương lò xo. Cho g = π² = 10 m/s², trong quá trình dao động, lực đàn hồi cực đại và cực tiểu của lò xo có giá trị bao nhiêu?
Tần số góc của dao động \[\omega = \sqrt {\frac{k}{m}} = \sqrt {\frac{{100}}{{0,01}}} = 100\,\,{\text{rad}}{\text{/}}{\text{s}}.\] Đề bài cho trạng thái của vật (gồm vị trí và vận tốc tại đó) => tìm được biên độ của dao động nhờ vào hệ thức độc lập với thời gian \[\begin{gathered} \frac{{{x^2}}}{{{A^2}}} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}{A^2}}} = 1 \hfill \\ \Rightarrow A = \sqrt {{x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}}} = \sqrt {{2^2} + \frac{{200{{\sqrt 3 }^2}}}{{{{100}^2}}}} = 4\,\,{\text{cm}}. \hfill \\ \end{gathered}\] Lực đàn hồi cực tiểu phụ thuộc vào tương quan giữa biên độ dao động và độ giãn lò xo ở VTCB. Vì \[\Delta l = \frac{{mg}}{k} = \frac{{0,1.10}}{{100}} = 0,01\,\,{\text{m}} = 1\,\,{\text{cm}} < A\] cho nên ${F_{{\text{dh}}\min }} = 0$ còn \[{F_{{\text{dh}}\max }} = k(A + \Delta l) = 100(4 + 1){.10^{ - 2}} = 5\,\,{\text{N}}.\]

Vật nhỏ treo dưới lò xo nhẹ, khi vật cân bằng thì lò xo giãn 5 cm. Cho vật dao động điều hoà theo phương thẳng đứng với biên độ A thì lò xo luôn giãn và lực đàn hồi của lò xo có giá trị cực đại gấp 3 lần giá trị cực tiểu. Tìm biên độ dao động.
“lực đàn hồi của lò xo có giá trị cực đại gấp 3 lần giá trị cực tiểu” cho thấy lực đàn hồi cực tiểu khác 0 \[\begin{align} &\frac{{{F_{{\text{dh}}\max }}}}{{{F_{{\text{dh}}\min }}}} = \frac{{k(\Delta l + A)}}{{k(\Delta l - A)}} = \frac{{\Delta l + A}}{{\Delta l - A}} = 3 \hfill \\ &\Rightarrow \Delta l + A = 3\Delta l - 3A \hfill \\ &\Rightarrow A = \Delta l/2 = 5/2 = 2,5\,\,{\text{cm}}. \hfill \\ \end{align}\]

Một lò xo có k = 100 N/m treo thẳng đứng. Treo vào lò xo một vật có khối lượng m = 250 g. Từ vị trí cân bằng nâng vật lên một đoạn 5 cm rồi buông nhẹ. Lấy g = 10 m/s². Chiều dương hướng xuống. Tìm lực nén cực đại của lò xo.
- “Từ vị trí cân bằng nâng vật lên một đoạn 5cm rồi buông nhẹ” => A = 5 cm.
- Độ giãn của lò xo \[\Delta l = \frac{{mg}}{k} = \frac{{0,25.10}}{{100}} = 0,025\,\,{\text{m}} = 2,5\,\,{\text{cm}}.\] - Lò xo chỉ bị nén khi dao động trong khoảng từ biên trên tới vị trí mà nó không biến dạng. Lực nén cực đại chính là lực đàn hồi tại biên trên \[\left| {{F_{{\text{dh}}}}(x = - A)} \right| = k\left| {\Delta l - A} \right| = 100.\left| {2,5 - 5} \right|{.10^{ - 2}} = 2,5\,\,{\text{N}}.\]

Một con lắc lò xo treo thẳng đứng gồm vật m = 150 g, lò xo có k = 10 N/m. Lực kéo cực tiểu tác dụng lên vật là 0,1 N. Cho g = 10 m/s² thì biên độ dao động của vật là bao nhiêu?
- Độ giãn lò xo ở VTCB \[\Delta l = \frac{{mg}}{k} = \frac{{0,15.10}}{{100}} = 0,015\,\,{\text{m}} = 1,5\,\,{\text{cm}}.\] - Lò xo chỉ kéo trong miền từ l₀ tới biên dưới. Lực kéo/lực đàn hồi cực tiểu lại khác 0 chứng tỏ $A < \Delta l$ \[\begin{align} &\left| {{F_{{\text{dh}}\,{\text{min}}}}} \right| = k(\Delta l - A) = 0,1\,\,{\text{N}} \hfill \\ &\Rightarrow 10(1,{5.10^{ - 2}} - A) = 0,1 \hfill \\ &\Rightarrow A = {5.10^{ - 3}}{\text{m}} = 0,5\,\,{\text{cm}}. \hfill \\ \end{align}\]

Một con lắc lò xo treo thẳng đứng khi cân bằng lò xo giãn 3 cm. Bỏ qua mọi lực cản, kích thích cho vật dao động điều hoà theo phương thẳng đứng thì thấy thời gian lò xo bị nén trong một chu kì là T/3 (T là chu kì dao động của vật). Biên độ dao động của vật bằng bao nhiêu?
- Khi dao động thẳng đứng, lò xo chỉ bị nén nếu biên độ dao động lớn hơn độ giãn tại VTCB tức là A > 3 cm và vùng bị nén là từ l₀ tới biên trên hay đoạn $[\Delta l,A]$ nếu chọn chiều dương hướng lên.
- Trong một chu kì, vật dao động đi qua đoạn này 2 lần nên \[2{t_{[\Delta l,A]}} = \frac{T}{3} \Rightarrow {t_{[\Delta l,A]}} = \frac{T}{6}\] - Ta có phân tích ${t_{[\Delta l,A]}} = {t_{[O,A]}} - {t_{[O,\Delta l]}}$ dẫn tới \[{t_{[O,\Delta l]}} = {t_{[O,A]}} - \frac{T}{6} = \frac{T}{4} - \frac{T}{6} = \frac{T}{{12}}\] - Từ sơ đồ di chuyển \[\Delta l = A/2 \Rightarrow A = 2\Delta l = 2.3 = 6\,\,{\text{cm}}.\]

Một con lắc lò xo treo thẳng đứng gồm vật có khối lượng 250 g và một lò xo nhẹ có độ cứng 100 N/m. Kích thích cho vật dao động điều hoà theo phương thẳng đứng với biên độ 5 cm. Thời gian lò xo bị giãn trong một chu kì là bao nhiêu?
- Chu kì dao động \[T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} = 2\pi \sqrt {\frac{{0,25}}{{100}}} = \frac{\pi }{{10}}\,\,{\text{s}}.\] - Độ giãn lò xo ở VTCB là \[\Delta l = \frac{{mg}}{k} = \frac{{0,25.10}}{{100}} = 0,025\,\,{\text{m}} = 2,5\,\,{\text{cm}}.\] - Vì $A > \Delta l$ nên lò xo giãn trên đoạn $[ - \Delta l;A]$ nếu chọn chiều dương hướng xuống. Chú ý rằng $\Delta l = A/2$ nên \[\begin{align} &\,{t_{[ - \Delta l;A]}} = {t_{[ - A/2;A]}} \hfill \\ &= {t_{[ - A/2;O]}} + {t_{[O,A]}} = \frac{T}{{12}} + \frac{T}{4} = \frac{\pi }{{30}}{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\text{s}}. \hfill \\ \end{align} \] - Trong một chu kì, đoạn này được lặp lại 2 lần nên thời gian cần tìm là π/15 s.

Vật nhỏ treo dưới lò xo nhẹ, khi vật cân bằng thì lò xo giãn 15 cm. Cho vật dao động điều hoà theo phương thẳng đứng với biên độ A thì lò xo luôn giãn và lực đàn hồi của lò xo có giá trị cực đại gấp 2 lần giá trị cực tiểu. Khi này, A có giá trị là?
- Lò xo luôn giãn chứng tỏ A < Δl
- Tỉ số \[\begin{align} &\frac{{{F_{{\text{dh}}\max }}}}{{{F_{{\text{dh}}\min }}}} = \frac{{k(\Delta l + A)}}{{k(\Delta l - A)}} = \frac{{\Delta l + A}}{{\Delta l - A}} = 2 \hfill \\ &\Rightarrow \Delta l + A = 2\Delta l - 2A \hfill \\ &\Rightarrow A = \Delta l/3 = 15/3 = 5\,\,{\text{cm}}. \hfill \\ \end{align}\]

Con lắc lò xo dao động theo phương trình x = 20cos(10t + φ) cm. Thời điểm ban đầu người ta kéo vật lệch khỏi vị trí cân bằng một đoạn x theo chiều dương và truyền cho vật một vận tốc ban đầu v = 1 m/s theo chiều âm. Biết khối lượng của vật nặng bằng 100 g. Tìm lực kéo vật ban đầu và pha ban đầu của dao động?
- Đề cho ta biên độ, tần số của dao động và một thông số trạng thái của chuyển động là vận tốc tại vị trí x. Từ đây ta dễ dàng tìm được li độ ban đầu x nhờ vào hệ thức độc lập với thời gian \[\begin{align} & {x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {A^2} \hfill \\ \Rightarrow \,\,& x = \pm \sqrt {{A^2} - \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}}} = \pm \sqrt {{{20}^2} - \frac{{{{100}^2}}}{{{{10}^2}}}} = \pm 10\sqrt 3 \,\,{\text{cm}}. \hfill \\ \end{align} \] Vì x > 0 nên ta chọn $x = 10\sqrt 3 \,\,{\text{cm}}.$
- Lực do tay kéo giữ vật ban đầu có độ lớn bằng lực hồi phục tại vị trí đó (vị trí x) \[\left| {{F_{{\text{hp}}}}} \right| = k\left| x \right| = m{\omega ^2}\left| x \right| = 0,{1.10^2}.10\sqrt 3 {.10^{ - 2}} = \sqrt 3 \,\,{\text{N}}.\] - Vận tốc ban đầu âm, li độ ban đầu dương => pha ban đầu nằm trong góc phần tư thứ nhất \[\begin{align} &x = A\cos \varphi , \hfill \\ &v = - A\omega \sin \varphi , \hfill \\ &\Rightarrow \tan\varphi = - \frac{v}{{\omega x}} = - \frac{{ - 100}}{{10.10\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \varphi = \frac{\pi }{6}. \hfill \\ \end{align}\]

Con lắc lò xo dao động điều hòa theo phương thẳng đứng có năng lượng dao động E = 2.10^-2 J, lực đàn hồi cực đại của lò xo F_max = 4 N. Lực đàn hồi của lò xo khi vật ở vị trí cân bằng là F = 2 N. Biên độ dao động sẽ là?
\[\left\{ \begin{gathered} {F_{{\text{dh}}\max }} = k(A + \Delta l) = 4 \hfill \\ {F_{{\text{dh}}}}(VTCB) = k\Delta l = 2 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{align} &\frac{{A + \Delta l}}{{\Delta l}} = 2 \Rightarrow A = \Delta l, \hfill \\ &k = 2/A. \hfill \\ \end{align} \right.\] - Năng lượng dao động \[\begin{align} &E = \frac{1}{2}k{A^2} \Leftrightarrow \frac{1}{2}\frac{2}{A}{A^2} = {2.10^{ - 2}} \hfill \\ &\Rightarrow A = {2.10^{ - 2}}\,\,{\text{m}} = 2\,\,{\text{cm}}. \hfill \\ \end{align}\]

Một lò xo có k = 1 N/cm treo thẳng đứng. treo vào lò xo một vật có khối lượng m = 0,2 kg. Từ vị trí cân bằng nâng vật lên một đoạn 5 cm rồi buông nhẹ. Lấy g = 10 m/s². Tìm giá trị cực đại của lực phục hồi, lực đàn hồi.
- “từ vị trí cân bằng nâng vật lên một đoạn 5cm rồi buông nhẹ” => A = 5 cm.
- Độ cứng \[k = 1\,\,\frac{{\text{N}}}{{{\text{cm}}}} = 1\,\,\frac{{\text{N}}}{{{\text{1}}{{\text{0}}^{ - 2}}\,{\text{m}}}} = 100\,\,{\text{N}}{\text{/}}{\text{m}}\] - Độ giãn lò xo treo thẳng đứng tại VTCB là \[\Delta l = \frac{{mg}}{k} = \frac{{0,2.10}}{{100}} = 0,02\,\,{\text{m}} = 2\,\,{\text{cm}}.\] - Các giá trị cực đại \[\begin{align} &\left| {{F_{{\text{hp}}\max }}} \right| = kA = {100.5.10^{ - 2}} = 5\,\,{\text{N}}, \hfill \\ &\left| {{F_{dh\max }}} \right| = k(\Delta l + A) = 100.(0,02 + {5.10^{ - 2}}) = 7\,\,N. \hfill \\ \end{align} \]

Một con lắc lò xo thẳng đứng có m = 400 g dao động điều hoà. Lực đàn hồi cực đại của lò xo là 6 N, khi vật qua vị trí cân bằng lực đàn hồi của lò xo là 4 N. Gia tốc cực đại của vật?
\[\begin{align} \left\{ \begin{gathered} {F_{{\text{dh}}\max }} = k(A + \Delta l) = 6 \hfill \\ {F_{{\text{dh}}}}(VTCB) = k\Delta l = 4 \,\,\hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \Rightarrow \frac{{A + \Delta l}}{{\Delta l}} = \frac{3}{2} \Rightarrow 2A = \Delta l. \hfill \\ \end{align} \] Gia tốc cực đại \[{a_{\max }} = {\omega ^2}A = \frac{g}{{\Delta l}}A = \frac{g}{{2A}}A = g/2 = 5\,\,{\text{m}}{\text{/}}{{\text{s}}^{\text{2}}}.\]

Con lắc lò xo khối lượng m = 1,41 kg dao động điều hoà theo phương nằm ngang. Vận tốc của vật có độ lớn cực đại bằng 60 cm/s. Chọn thời điểm t = 0 lúc vật đi qua vị trí x₀ = 3√2 cm và tại đó thế năng bằng động năng. Độ lớn của lực đàn hồi tại thời điểm t = π/20 s là bao nhiêu?
- Tỉ số động năng trên thế năng \[\frac{{{W_d}}}{{{W_t}}} = {\left( {\frac{A}{x}} \right)^2} - 1.\] - Tại x₀ = 3 cm thế năng bằng động năng hay $\frac{{{W_d}}}{{{W_t}}} = 1$ do đó \[1 = {\left( {\frac{A}{{{x_0}}}} \right)^2} - 1 \Rightarrow A = \sqrt 2 \left| {{x_0}} \right| = 6\,\,{\text{cm}}.\] - Vận tốc cực đại \[\begin{align} &\,{v_{\max }} = \omega A \hfill \\ &\Rightarrow \omega = \frac{{{v_{\max }}}}{A} = \frac{{60}}{6} = 10\,\,{\text{rad}}{\text{/}}{\text{s}} \hfill \\ &\Rightarrow T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{10}} = \frac{\pi }{5}\,\,{\text{s}}. \hfill \\ \end{align}\] - $t = \pi /20$ là 1/4 chu kì. Từ vị trí ${x_0} = A\sqrt 2 /2$ hay vị trí động năng bằng thế năng, sau 1/4 chu kì, vật sẽ quay lại vị trí x₀ (nếu đi tới biên gần nhất) hoặc tới vị trí -x₀ (nếu đi về phía VTCB). Độ lớn lực đàn hồi tại 2 vị trí đối nhau có giá trị như nhau \[\begin{align} \left| {{F_{{\text{dh}}}}} \right| & = \left| {{F_{{\text{hp}}}}} \right| = k\left| {{x_0}} \right| = m{\omega ^2}{x_0} \hfill \\ & = 1,{41.10^2}.3\sqrt 2 {.10^{ - 2}} \approx 6\,\,{\text{N}}. \hfill \\ \end{align} \]

Một lò xo khối lượng không đáng kể có chiều dài tự nhiên l₀, được treo vào một điểm cố định. Treo vào lò xo một vật khối lượng m₁ = 100 g thì độ dài của lò xo là l₁ = 31 cm. Treo thêm một vật khối lượng m₂ = 100 g vào lò xo thì độ dài của lò xo là l₂ = 32 cm. Lấy g = 10 m/s². Chiều dài l₀ là?
- Treo m₁, khi cân bằng \[{m_1}g = k({l_1} - {l_0})\] - Treo THÊM m₂, khi cân bằng \[({m_1} + {m_2}) = k({l_2} - {l_0})\] - Lấy thương số các phương trình để khử $k$ ta được \[\begin{align} &\frac{{({m_1} + {m_2})g}}{{{m_1}g}} = \frac{{k({l_2} - {l_0})}}{{k({l_1} - {l_0})}} \hfill \\ &\Leftrightarrow \frac{{{m_1} + {m_2}}}{{{m_1}}} = \frac{{{l_2} - {l_0}}}{{{l_1} - {l_0}}} \hfill \\ &\Leftrightarrow \frac{{100 + 100}}{{100}} = \frac{{32 - {l_0}}}{{31 - {l_0}}} \hfill \\ &\Leftrightarrow {l_0} = 30\,\,{\text{cm}}. \hfill \\ \end{align}\]

Con lắc lò xo dao động điều hòa thẳng đứng với biên độ 5 cm.Trong quá trình dao động, tỉ số về độ lớn của lực đàn hồi của lò xo giữa vị trí thấp nhất và vị trí cao nhất của vật bằng 3. Lấy g = 10 m/s². Chu kỳ dao động của con lắc là bao nhiêu?
- Đề bài không đề cập tới lực đàn hồi cực đại hay cực tiểu mà là lực đàn hồi giữa 2 vị trí biên của con lắc lò xo dao động thẳng đứng. Do đó, ta cần xét 2 trường hợp \[\begin{align} &\frac{{{F_{{\text{dh}}\max }}(x = A)}}{{{F_{{\text{dh}}\min }}(x = - A)}} = \frac{{k(\Delta l + A)}}{{k\left| {\Delta l - A} \right|}} = \frac{{\Delta l + A}}{{ \pm (\Delta l - A)}} = 3 \hfill \\ &\Rightarrow \left[ \begin{gathered} \Delta l = 2A = 2.5 = 10\,\,{\text{cm,}} \,\,\,\,\hfill \\ \Delta l = A/2 = 5/2 = 2,5\,\,{\text{cm}}. \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{align} \]- Chu kì dao động \[\begin{align} T & = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} = 2\pi \sqrt {\frac{{\Delta l}}{g}} \hfill \\ & = \left[ \begin{gathered} 2\pi \sqrt {\frac{{{{10.10}^{ - 2}}}}{{10}}} = 0,628\,\,{\text{s}}, \,\,\hfill \\ 2\pi \sqrt {\frac{{2,{{5.10}^{ - 2}}}}{{10}}} = 0,314\,\,{\text{s}}{\text{.}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{align}\]

Kích thích cho con lắc lò xo dao động điều hòa theo phương thẳng đứng. Chu kì và biên độ dao động của con lắc lần lượt là 0,4 s và 8 cm. Chọn trục x’x thẳng đứng chiều dương hướng xuống, gốc tọa độ tại vị trí cân bằng, gốc thời gian t = 0 khi vật qua vị trí cân bằng theo chiều dương. Lấy gia tốc rơi tự do g = 10 m/s² và π² = 10. Thời gian ngắn nhất kể từ khi t = 0 đến khi lực đàn hồi của lò xo có độ lớn cực tiểu là bao nhiêu?
- Vì độ lớn lực đàn hồi cực tiểu và vị trí xảy ra phụ thuộc vào tương quan giữa biên độ và độ giãn lò xo tại VTCB nên ta cần tìm độ giãn lò xo tại VTCB rồi so sánh nó với biên độ dao động \[\begin{align} \Delta l & = \frac{g}{{{\omega ^2}}} = \frac{g}{{{{\left( {\frac{{2\pi }}{T}} \right)}^2}}} = \frac{{{\pi ^2}}}{{{{\left( {\frac{{2\pi }}{{0,4}}} \right)}^2}}} \hfill \\ & = 0,04\,\,{\text{m}} = 4\,\,{\text{cm}} = \frac{A}{2}. \hfill \\ \end{align}\] - Vì $A > \Delta l$ nên ${F_{{\text{dh}}\min }} = 0$ tại vị trí lò xo không biến dạng tức là $x = - \Delta l = - A/2$ (do chiều dương hướng xuống). Từ t = 0 để tới vị trí này, vật đã đi từ VTCB, theo chiều dương tới biên dưới x = +A, quay lại VTCB một lần nữa rồi tới x = -A/2. Thời gian di chuyển là \[\begin{align} &{t_{[O,A]}} + {t_{[A,O]}} + {t_{[O, - A/2]}} \hfill \\ = \,& \frac{T}{4} + \frac{T}{4} + \frac{T}{{12}} = \frac{{7T}}{{12}} \hfill \\ = \,& \frac{{7.0,4}}{{12}} = \frac{7}{{30}}\,\,{\text{s}}. \hfill \\ \end{align}\]

Dao động tắt dần do lực cản không đổi - Nâng cao

noreply@blogger.com (ilovephys) — Sat, 20 Aug 2016 15:52:00 +0000

Các kiến thức nâng cao về dao động tắt dần do ma sát trượt: nghiệm giải tích của phương trình vi phân, chuyển động trong không gian trạng thái,...

Phương trình vi phân mô tả dao động

Xét một con lắc lò xo khối lượng $m$, lò xo có độ đàn hồi $k$ dao động trên mặt phẳng nằm ngang. Dao động của con lắc không vĩnh viễn mà tắt dần do ma sát trượt với mặt phẳng. Phương trình động lực học của dao động này trên phương ngang dưới tác dụng của lực đàn hồi và lực ma sát là \[{{\mathbf{F}}_{{\text{ms}}}} + {{\mathbf{F}}_{{\text{dh}}}} = m{\mathbf{a}}.\] Chiếu lên trục nằm ngang Ox \[\begin{align} &{F_{{\text{ms}}}} + {F_{{\text{dh}}}} = ma, \hfill \\ \Leftrightarrow \,\,&{F_{{\text{ms}}}} - kx = mx'', \hfill \\ \Leftrightarrow \,\,&x'' + {\omega ^2}x - \frac{{{F_{{\text{ms}}}}}}{m} = 0, \hfill \\ \end{align} \] trong đó $\omega = \sqrt {\frac{k}{m}} $ và $x''$ là đạo hàm cấp 2 theo thời gian của vị trí $x$. Đặt ${x_{{\text{CO}}}}: = \frac{{{F_{{\text{ms}}}}}}{{m{\omega ^2}}}$ và giả sử lực ma sát đang dương thì phương trình vi phân trở thành \[(x - {x_{{\text{CO}}}})'' + {\omega ^2}(x - {x_{{\text{CO}}}}) = 0.\] Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân này là \[x - {x_{{\text{CO}}}} = {A^ * }\cos (\omega t + \varphi ).\]

Vấn đề là nghiệm này chỉ có giá trị trong mỗi nửa chu kì mà trên đó lực ma sát giữ nguyên chiều hay ${F_{{\text{ms}}}}$ giữ nguyên một dấu. Gọi $n$ là số thứ tự nửa chu kì (khoảng thời gian giữa 2 điểm dừng liên tiếp), trong mỗi nửa chu kì, con lắc dao động giữa các biên [A₀, A₁], [A₁, A₂], …, [A_n-1, A_n] trong đó ${A_0} > {A_1} > ... > {A_n}$ do dao động tắt dần. Giả sử rằng trong nửa chu kì đầu, con lắc chuyển động theo chiều âm hay lực ma sát luôn dương, các nghiệm trong từng nửa chu kì có dạng (tạm thời đặt pha ban đầu $\varphi = 0$) \[\begin{align} &{x_1}(t) = A_0^*\cos \omega t + \left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|,\,\,t \in [0;T/2], \hfill \\ &{x_n}(t) = A_{n - 1}^ * \cos \omega t + {( - 1)^{n - 1}}\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|,\,\,t \in [(n - 1)T/2;nT/2]. \hfill \\ \end{align} \] Ta có thể tạo ra một nghiệm thống nhất bằng cách nối các đoạn này lại bằng điều kiện liên tục của chuyển động tại các thời điểm cuối mỗi nửa chu kì $t = nT/2$ \[\left\{ \begin{align} &{x_n}(t = nT/2) = {x_{n + 1}}(t = nT/2),\,\,&(1) \hfill \\ &{v_n}(t = nT/2) = {v_{n + 1}}(t = nT/2).\,\,&(2) \hfill \\ \end{align} \right.\] Từ đây \[\begin{gathered} A_n^ * \cos n\pi \, + {( - 1)^{n - 1}}\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right| = A_{n + 1}^ * \cos n\pi + {( - 1)^n}\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|, \hfill \\ \Leftrightarrow A_n^ * - A_{n + 1}^ * = 2\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|, \hfill \\ \Leftrightarrow A_n^ * = A_0^ * - n2\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|. \hfill \\ \end{gathered} \] Các biên độ so với mốc zero (x = 0) là \[\begin{align} &{A_0} = A_0^ * + \left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|, \hfill \\ &{A_n} = {A_0} - n2\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|, \hfill \\ \end{align} \] có nghĩa là “Đối với các con lắc tắt dần do lực cản không đổi, biên độ thay đổi theo một cấp số cộng sau mỗi nửa chu kì với công sai $\Delta {A_{T/2}} = - 2\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|$ và sau mỗi chu kì với công sai $\Delta {A_T} = - 4\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|$”.
Điều kiện số (2) về vận tốc tự thoả mãn.

Đặt $k = \left\lfloor {\frac{{\omega t}}{\pi }} \right\rfloor $ trong đó $\left\lfloor x \right\rfloor $ là hàm floor(x) định nghĩa như sau \[\left\lfloor x \right\rfloor = m:\,\,\{ x - 1 < m \leqslant x,\,\,m \in \mathbb{Z}\}.\] Chẳng hạn $\left\lfloor 2 \right\rfloor = 2$, $\left\lfloor {2,4} \right\rfloor = 2$, $\left\lfloor { - 2} \right\rfloor = - 2$, $\left\lfloor { - 2,7} \right\rfloor = - 3$.

Khi $k = 0$ vật đang ở nửa chu kì thứ 1, khi $k = 1$ vật đang ở nửa chu kì thứ 2,..., $k = n – 1$ vật đang ở nửa chu kì thứ $n$, do đó một nghiệm ở nửa chu kì bất kì có thể biểu diễn qua $k$ \[\begin{align} {x_n}(t) & = A_{n - 1}^ * \cos \omega t + {( - 1)^{n - 1}}\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right| \hfill \\ & = \left( {{A_0} - (2n - 1)\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|} \right)\cos \omega t + {( - 1)^{n - 1}}\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right| \hfill \\ & = \left\langle {{A_0} - (k + 1/2)2\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|} \right\rangle \cos \omega t + {( - 1)^k}\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|. \hfill \\ \end{align} \] Dùng dạng tường minh của $k$ và để ý các pha ban đầu khác nhau đến từ việc dời gốc thời gian, ta có nghiệm giải tích \[x = \left\langle {{A_0} - \left( {\left\lfloor {\frac{{\omega t + \varphi }}{\pi }} \right\rfloor + \frac{1}{2}} \right)2\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|} \right\rangle \cos (\omega t + \varphi ) + {( - 1)^{\left\lfloor {\frac{{\omega t + \varphi }}{\pi }} \right\rfloor }}\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|.\]

Ý nghĩa của ${x_{{\text{CO}}}}$?
Theo định nghĩa \[{x_{{\text{CO}}}} = {( - 1)^{\left\lfloor {\frac{{\omega t + \varphi }}{\pi }} \right\rfloor }}\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|,\] phương trình dao động có dạng \[x - {x_{{\text{CO}}}} = {A^ * }\cos (\omega t + \varphi ).\] nghĩa là vật dao động điều hòa quanh vị trí $x = {x_{{\text{CO}}}}$ trong từng nửa chu kì, do đó vị trí này được gọi là tâm dao động. Có 2 vị trí như thế đối xứng nhau qua gốc zero và cứ mỗi lần đổi chiều chuyển động, vật lại đổi tâm dao động.
Ý nghĩa của A₀?

Hình 1. Đồ thị của một dao động tắt dần với lực cản không đổi.

Thường ta hay kích thích con lắc bằng cách kéo nó ra khỏi vị trí cân bằng một đoạn ${x_0}$ rồi thả nhẹ, khi đó, con lắc dao động với biên độ ${A_0}$ = ${x_0}$. Tuy nhiên, nếu dao động khởi đầu với một kích thích $({x_0},{v_0})$ tức là kéo vật ra khỏi VTCB đoạn ${x_0}$ rồi cấp cho một vận tốc ${v_0}$ thì biên độ của dao động ${A_0} > \left| {{x_0}} \right|$ và từ lúc bắt đầu dao động (t = 0) đến khi tới biên gần nhất ${A_1}$ kéo dài chưa tới nửa chu kì. Có thể coi khoảng này như là một giai đoạn chuyển tiếp và ta sẽ mở rộng nó vào miền thời gian âm (phần đứt nét trong hình 1) để cho đủ một nửa chu kì. Nửa chu kì này bắt đầu bằng một kích thích $({A_0},0)$ lên con lắc sao cho sau đó nó đi qua trạng thái $({x_0},{v_0})$. Với ý nghĩa đó, ${A_0}$ tìm từ \[{\left( {{x_0} - {x_{{\text{CO}}}}} \right)^2} + \frac{{v_0^2}}{{{\omega ^2}}} = {\left( {{A_0} - \left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|} \right)^2}.\] Phương trình này được sử dụng với những kích thích ban đầu có ${v_0}$ cùng chiều âm. Nhưng nếu ta chọn chiều âm của trục tọa độ là chiều của ${v_0}$ thì phương trình áp dụng cho mọi trường hợp.

Độ giảm cơ năng và biên độ

Gọi $A$ là biên độ của chu kì, cơ năng còn lại sau mỗi chu kì sẽ là \[E = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2}.\] Độ giảm tương đối của cơ năng sau mỗi chu kì \[\begin{align} \frac{{\left| {\Delta E} \right|}}{E} & = \frac{{E - E'}}{E} = \frac{{0,5k{A^2} - 0,5k{{A'}^2}}}{{0,5k{A^2}}} \hfill \\ & = 1 - {\left( {\frac{{A'}}{A}} \right)^2} = 2\frac{{\left| {\Delta A} \right|}}{A} - \frac{{{{\left| {\Delta A} \right|}^2}}}{{{A^2}}}, \hfill \\ \end{align} \] với $\frac{{\left| {\Delta A} \right|}}{A}$ là độ giảm tương đối của biên độ sau mỗi chu kì. Khi dao động tắt dần chậm ta có thể ngắt đi số hạng bậc 2, lúc này \[\frac{{\left| {\Delta E} \right|}}{E} \approx 2\frac{{\left| {\Delta A} \right|}}{A}.\] Độ giảm cơ năng sau mỗi chu kì sẽ là \[\left| {\Delta E} \right| \approx 2\frac{{\left| {\Delta A} \right|}}{A}\frac{E}{A} = m{\omega ^2}A\left| {\Delta A} \right|,\] trong đó $\left| {\Delta A} \right| = 4\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|$.

Khi nào còn lắc dừng lại?

Biên độ con lắc giảm dần nên sẽ có lúc lực đàn hồi cực đại nhỏ hơn lực ma sát trượt tức là nhỏ hơn ma sát nghỉ cực đại. Nếu điều kiện đó xảy ra, một khi con lắc dừng lại tại biên, lực ma sát nghỉ sẽ giữ cho con lắc không chuyển động nữa. Để ý $\Delta A$ là hằng số nên thương số \[\frac{{{A_0}}}{{\left| {\Delta A} \right|}} = \frac{{{A_0}}}{{4\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|}} = \frac{1}{4}\frac{{{F_{{\text{hp}}\max }}}}{F_{\text{c}}}\] cho một đánh giá tốt về số dao động thực hiện được cho tới khi tắt hẳn.
Kết quả này cũng áp dụng được cho con lắc đơn chịu lực cản trung bình ${\bar F_{\text{c}}}$ nhỏ \[N = \frac{1}{4}\frac{{{F_{{\text{hp}}\max }}}}{{{{\bar F}_{\text{c}}}}} = \frac{{mg{\alpha _0}}}{{4{{\bar F}_{\text{c}}}}}.\]

Hình 2. So sánh kết quả xấp xỉ cho số chu kì dao động toàn phần (đường màu đen) với kết quả chính xác (đường màu xanh).

Hình vẽ so sánh xấp xỉ $N = \frac{{{A_0}}}{{4\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|}}$ (đường màu đen) với kết quả chính xác (đường màu xanh) cho thấy sai khác luôn dưới một đơn vị. $\varepsilon = \frac{1}{N}$ là một đánh giá cho phần trăm thất thoát về biên độ so với chu kì trước, $\varepsilon$ càng bé tức thất thoát càng ít, dao động tắt càng chậm, số chu kì thực hiện được càng lớn.

Thời gian dao động?
Thời gian tắt dần là tổng số chu kì thực hiện được \[{t_{{\text{end}}}} = NT.\] Quãng đường đi được cho tới khi dao động dừng lại?
Công của lực ma sát trên toàn quá trình tắt dần bằng độ giảm cơ năng của vật \[\left| {{F_{{\text{ms}}}}} \right|{s_{{\text{end}}}} = \frac{1}{2}m{\omega ^2}A_0^2 - \frac{1}{2}m{\omega ^2}A_{2N}^2,\] chú ý thêm \[\begin{align} &{A_{2N}} = {A_0} - 2N.2\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|, \hfill \\ &\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right| = \frac{{\left| {{F_{{\text{ms}}}}} \right|}}{{m{\omega ^2}}}, \hfill \\ \end{align} \] ta có \[\begin{align} {s_{{\text{end}}}} &= \frac{1}{2}\frac{{{A_0}}}{{\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|}}{A_0} - \frac{1}{2}\frac{{A_0^2}}{{\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|}}\underbrace {{{\left( {1 - N\frac{{4\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|}}{{{A_0}}}} \right)}^2}}_{ = \,0} \hfill \\ &= N2{A_0} = \frac{{N4{A_0}}}{2} \hfill \\ \end{align}\] tức là kém một nửa so với dao động tự do có cùng thời gian dao động.

Hệ thức độc lập với thời gian

Từ li độ dao động \[x = \left( {{A_0} - (2n - 1)\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|} \right)\cos (\omega t + \varphi ) + {( - 1)^{n - 1}}\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|\] ta tìm được vận tốc của dao động trong từng nửa chu kì \[x' = - \omega \left\langle {{A_0} - (2n - 1)\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|} \right\rangle \sin(\omega t + \varphi ).\] Khử thời gian ở li độ và vận tốc được \[{\left( {x - {x_{{\text{CO}}}}} \right)^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {\left( {{A_0} - (2n - 1)\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|} \right)^2}.\] Gọi các đại lượng quy chiếu theo tâm dao động là \[\begin{align} &\bar x = x - {x_{{\text{CO}}}}, \hfill \\ &{{\bar x}_{\max }} = {A_0} - (2n - 1)\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right| = {A_{n - 1}} - \left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|, \hfill \\ &{v_{\max }} = {{\bar x}_{\max }}\omega , \hfill \\ \end{align} \] trong đó, ${v_{\max }}$ là vận tốc lớn nhất trong nửa chu kì thứ $n$, đạt được tại tâm cân bằng của nửa chu kì đó, ${\bar x_{\max }}$ là biên độ của nửa chu kì quy chiếu theo tâm dao động. Hệ thức độc lập với thời gian có dạng ellipse \[\frac{{{{\bar x}^2}}}{{\bar x_{\max }^2}} + \frac{{{v^2}}}{{v_{\max }^2}} = 1.\] Cứ sau mỗi nửa chu kì, ${\bar x_{\max }}$, ${v_{\max }}$ thay đổi do biên độ thay đổi và tâm dao động đổi dấu (chuyển qua vị trí đối xứng bên kia gốc zero) nên hệ thức độc lập với thời gian chỉ áp dụng cho từng nửa chu kì.

Ví dụ 1: Biết hệ số ma sát với sàn là 0,1 và tần số riêng là 10 rad/s, kéo con lắc lò xo khỏi vị trí tĩnh một đoạn 10 cm rồi buông nhẹ. Tìm vận tốc qua vị trí cân bằng lần thứ 2 của con lắc.

- Con lắc qua VTCB (x = 0) lần thứ 2 trong nửa chu kì thứ 2 (n = 2)
- TDĐ $\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right| = \frac{{\mu g}}{{{\omega ^2}}} = 1\,\,{\text{cm}}$;
- Biên độ nửa chu kì thứ 2
${A_1} = {A_0} - (2 - 1).2\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right| = 10 - 2 = 8\,\,{\text{cm}}.$ \[\begin{align} &{\left( {x + {{( - 1)}^n}\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|} \right)^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {\left( {{A_{n - 1}} - \left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right|} \right)^2} \hfill \\ \Leftrightarrow \,\,&{\left( {0 + {{( - 1)}^2}.1} \right)^2} + \frac{{{v^2}}}{{{{10}^2}}} = {\left( {8 - 1} \right)^2} \hfill \\ \Rightarrow \,\,&v = 69,28\,\,{\text{cm}}{\text{/}}{\text{s}}. \hfill \\ \end{align}\]

Ví dụ 2: Biết hệ số ma sát với sàn là 0,1 và tần số riêng là 10 rad/s, kéo con lắc lò xo khỏi vị trí tĩnh một đoạn 10 cm rồi cấp cho vận tốc 2 m/s ngược chiều biến dạng của lò xo. Tìm vận tốc lớn nhất của con lắc.

- TDĐ $\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right| = \,\,1\,\,{\text{cm}}$
- Chọn chiều vận tốc làm chiều âm, x₀ = +10 cm thì \[\begin{align} &{({x_0} - {x_{CO}})^2} + \frac{{v_0^2}}{{{\omega ^2}}} = {({A_0} - \left| {{x_{CO}}} \right|)^2} \hfill \\ \Leftrightarrow \,\,&{(10 - 1)^2} + \frac{{{{200}^2}}}{{{{10}^2}}} = {({A_0} - 1)^2} \hfill \\ \Rightarrow \,\,&{A_0} = 23\,\,\text{cm}. \hfill \\ \end{align} \] Vận tốc lớn nhất của con lắc đạt được trong nửa chu kì đầu tiên (n = 1) tại $x = {x_{\text{CO}}}$, ta có \[\begin{align} &{{\bar x}_{\max }} = {A_0} - (2n - 1)\left| {{x_{{\text{CO}}}}} \right| = 23 - (2.1 - 1).1 = 22\,\,\text{cm}, \hfill \\ &{v_{\max }} = {{\bar x}_{\max }}\omega = 220\,\,\text{cm/s}\,\, = 2,2\,\,\text{m/s}. \hfill \\ \end{align} \]

Phương trình độc lập với thời gian trong hệ trục (Ox, Ov)

\[\frac{{{{\bar x}^2}}}{{\bar x_{\max }^2}} + \frac{{{v^2}}}{{v_{\max }^2}} = 1.\] Ta có thể tham số hóa phương trình này như sau \[\begin{align} &\bar x = {{\bar x}_{\max }}\cos m \Rightarrow x = {{\bar x}_{\max }}\cos m + {x_{{\text{CO}}}}, \hfill \\ &v = {v_{\max }}\sin m = - {{\bar x}_{\max }}\omega \sin m. \hfill \\ \end{align} \] Theo cách tham số hóa này, $m$ đóng vai trò như pha của dao động. Tại $m = 0$ cho nửa chu kì đầu tiên \[\begin{align} &{x_{n = 1}}(0) = {{\bar x}_{n = 1}}(0) + {x_{{\text{CO}}}} = {A_0}, \hfill \\ &{v_{n = 1}}(0) = 0, \hfill \\ \end{align}\] Đây là trạng thái xuất phát cho nửa chu kì thứ 1, trong nửa chu kì này, $m$ sẽ quét từ 0 tới $π$. Sau đó chuyển sang nửa chu kì tiếp theo, ${\bar x_{\max }}$, ${v_{\max }}$ phải được tính lại, ${x_{{\text{CO}}}}$ đổi dấu. Mỗi nửa chu kì thứ $n$ ứng với $m \in [(n - 1)\pi ;n\pi ]$.

Hình 3. Chuyển động trong không gian trạng thái.

Nếu kích thích với vận tốc đầu khác 0, điểm xuất phát của dao động (start point) không trùng với điểm khởi đầu ${A_0}$ của nửa chu kì thứ nhất. Từ ${A_0}$ tới “start point” là phần mở rộng vào miền thời gian âm của nửa chu kì thứ nhất. Từ “start point” tới biên kế tiếp là phần chuyển tiếp của dao động. Chuyển động trong không gian pha (x, v) không khép kín mà xoáy dần vào điểm zero là đặc trưng động lực học của các hệ tiêu tán năng lượng.

Truyền tải và tiêu thụ điện năng: máy biến thế, máy phát điện và động cơ điện

noreply@blogger.com (ilovephys) — Sun, 24 Jul 2016 14:10:00 +0000

Để truyền tải điện năng đi xa, người ta dùng máy biến thế để nâng điện áp tại nhà máy điện. Tùy mạng điện là một pha hay ba pha mà các loại động cơ điện khác nhau được sử dụng.

Truyền tải điện năng

Nguyên lý phát điện xoay chiều một pha bằng máy phát điện một pha
Về cấu tạo của các máy phát điện, xem bảng dưới.
Từ thông gửi qua khung dây của máy phát \[\Phi = NBS\cos \omega t = {\Phi _0}\cos \omega t\,\,{\text{(Wb)}}\] với ${\Phi _0} = NBS$ là từ thông cực đại qua toàn khung dây, $N$ là số vòng dây trong khung, $S$ là diện tích khung và $B$ là cảm ứng từ vuông góc với trục quay của khung. Suất điện động cảm ứng trong mạch là tốc độ thay đổi của từ thông \[\begin{align} \varepsilon &= - \frac{{d\Phi }}{{dt}} \hfill \\ &= NBS\omega \sin \omega t \hfill \\ &= {\varepsilon _0}\sin \omega t\,\,{\text{(V)}} \hfill \\ \end{align}\] với ${\varepsilon _0} = NBS$ là suất điện động cực đại trong khung dây, $\omega$ là tốc độ quay tương đối giữa từ trường và khung dây.

Hệ thống trong thực tế có nhiều hơn một khung/cuộn dây và rotor là nam châm đa cực (số cực luôn chẵn), các cực phân bố đối xứng tâm và được xếp xen kẽ tức là các cực cùng loại thì đối nhau. Nếu có $p$ cặp cực thì tần số của từ thông qua mỗi cuộn dây là \[f = np\] trong đó, $n$ là số vòng quay của rotor trong 1 s, $p$ là số cặp cực của rotor. Nếu ${\varepsilon _0}$ là suất điện động cực đại trên mỗi cuộn thì suất điện động toàn phần là \[\begin{align} {E_0} &= 2k.{\varepsilon _0} \hfill \\ &= 4\pi p.k.n.(N{\Psi _0}) \hfill \\ &= 4\pi p.k.n.{\Phi _0} \hfill \\ \end{align}\] với $p$ là số cặp cực từ, $k$ là số cặp cuộn dây, $N$ là số vòng quấn trên một cuộn, $n$ (vòng/s) là tốc độ quay của rotor, ${\Psi _0} = BS$ là từ thông cực đại gửi qua 1 vòng dây.

Nguyên lý phát điện xoay chiều 3 pha

Nguyên lý phát điện 3 pha dựa trên từ trường quay và hiện tượng cảm ứng điện từ. Từ trường quay sinh bởi một nam châm vĩnh cửu hoặc hệ thống nam châm điện (máy phát điện tự nuôi) có cấu tạo đặc biệt (để tạo từ trường đồng nhất). Khi từ trường quay quét qua ba cuộn dây của máy phát điện, trong các cuộn dây suất hiện các suất điện động cảm ứng, nếu mạch kín, sẽ có thêm các dòng cảm ứng chạy trong 3 cuộn. Các cuộn đặt lệch nhau 120^o nên các dòng điện cảm ứng cũng lệch pha nhau 2π/3. Các dòng cảm ứng này tạo thành hệ thống dòng điện 3 pha \[\begin{align} {i_1} &= {I_0}\sin \omega t, \hfill \\ {i_2} &= {I_0}\sin \left( {\omega t-2\pi /3} \right), \hfill \\ {i_3} &= {I_0}\sin \left( {\omega t + 2\pi /3} \right). \hfill \\ \end{align} \]

Mỗi cuộn dây của máy phát được nối với tải bằng các dây pha. Hiệu điện thế giữa hai dây pha gọi là ${U_{\text{p}}}$ và hiệu điện thế giữa dây pha với dây trung hòa (dây này được nối đất) gọi là ${U_{\text{d}}}$, các cường độ dòng điện trên dây pha và trên tải là ${I_{\text{d}}}$ và ${I_{\text{p}}}$. Nếu
- Tải đối xứng mắc hình sao thì \[\begin{align} &{U_{\text{d}}} = \sqrt 3 {U_{\text{p}}}, \hfill \\ &{I_{\text{d}}} = {I_{\text{p}}}. \hfill \\ \end{align}\]

Mắc hình sao

- Tải đối xứng mắc tam giác thì \[\begin{align} &{U_{\text{d}}} = {U_{\text{p}}}, \hfill \\ &{I_{\text{d}}} = \sqrt 3 {I_{\text{p}}}. \hfill \\ \end{align}\]

Mắc tam giác

Máy biến thế

Máy biến thế là thiết bị làm thay đổi giá trị hiệu dụng của điện áp/hiệu điện thế xoay chiều. Cấu tạo cơ bản của máy biến thế là hai cuộn dây quấn trên một lõi thép. Lõi này gồm các lá thép kĩ thuật điện ghép cách điện với nhau nhằm hạn chế hao phí do dòng Foucault gây ra. Phương trình biến đổi điện áp cho máy biến thế là \[\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}}H = \frac{{{I_2}}}{{{I_1}}}\cos \varphi.\] với ${U_1}$, ${U_2}$ lần lượt là hiệu điện thế trên cuộn sơ cấp và thứ cấp; ${I_1}$, ${I_2}$ là cường độ dòng điện trong cuộn sơ cấp và thứ cấp, $H$ là hiệu suất biến thế, $\cos \varphi$ là hệ số công suất của tải gắn vào cuộn thứ cấp. Nếu hao phí là không đáng kể \[\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}} = \frac{{{I_2}}}{{{I_1}}}\cos \varphi .\] Dùng máy biến thế làm tăng hiệu điện thế thêm bao nhiêu lần thì cường độ dòng điện giảm bấy nhiêu lần và ngược lại.

Tải điện

Gọi công suất truyền đi là \[P = UI.\] Dây dẫn có điện trở nên gây giảm thế trên dây một lượng \[\Delta U = IR\] ứng với một công suất hao phí \[\Delta P = {I^2}R = R{\left( {\frac{P}{U}} \right)^2}.\] Định nghĩa hiệu suất tải điện \[H = \frac{{{P_0}}}{P} = 1 - \frac{{\Delta P}}{P}\] trong đó ${P_0}$ là công suất nhận được nơi tiêu thụ, ta có \[1 - H = R\frac{P}{{{U^2}}} = R\frac{{{I^2}}}{P}.\] Việt Nam sử dụng sơ đồ 5 mức điện thế tương ứng 4 lần tăng (hạ) thế

11 kV $\to$ 110 kV $\to$ 35 kV $\to$ 6 kV $\to$ 220 V

Nếu giữ công suất nơi nhận không đổi \[{P_0} = {U_0}I\] thì công suất hao phí trên đường dây còn được tính nhờ \[\Delta P = {I^2}R = {\left( {\frac{{{P_0}}}{{{U_0}}}} \right)^2}R.\] Hiệu suất tải điện \[H = \frac{{{P_0}}}{P} = \frac{1}{{1 + \frac{{\Delta P}}{{{P_0}}}}}\] hay \[\frac{1}{H} - 1 = R\frac{{{P_0}}}{{U_0^2}} = R\frac{{{I^2}}}{{{P_0}}}.\]

Các loại động cơ điện

Động cơ điện là một loại thiết bị tiêu thụ điện năng. Các động cơ chuyển điện năng thành cơ năng nhờ vào tương tác điện từ của từ trường quay (phần cảm) và nam châm vĩnh cửu/nam châm điện. Phần cảm cấu tạo từ các ụ hay cực trên đó quấn các cuộn dây, các cuộn dây phối vị với nhau để tạo thành từ trường quay. Tốc độ góc của từ trường quay \[n\,\,({\text{revolution}}{\text{/}}{\text{s}}) = \frac{{f({\text{Hz}})}}{p}\] trong đó, $f$ là tần số dòng điện đưa vào mỗi pha, $p$ là số cặp cực trên mỗi pha. Ta đếm số cặp cực như sau:

Nếu động cơ quấn kiểu 1 pha – 1 cực thì p = số cực/số pha. Đây là kiểu quấn mà sách giáo khoa giới thiệu.
Nếu động cơ quấn kiểu 1 pha – k cực thì thì p = số cặp cực/số pha = k/2.

Công suất động cơ điện \[UI\cos \varphi = {I^2}r + W\] trong đó, $U$ và $I$ là hiệu điện thế và cường độ dòng tiêu thụ của động cơ, $cos\varphi$ là hệ số công suất của động cơ, $r$ là điện trở trong của động cơ, $W$ là công có ích của động cơ.

Sơ lược các loại máy phát điện – động cơ điện

Loại	Máy phát điện xc/mc một pha	Máy phát điện xc ba pha	Động cơ ko đồng bộ ba pha	Động cơ ko đồng bộ một pha
Cấu tạo	- Phần cảm: nam châm tạo ra từ trường - Phần ứng: cuộn dây nhiều vòng được quấn trên một lõi thép - Bộ góp: + xc: hai vành khuyên, hai chổi quét tì lên hai vành khuyên để đưa điện ra ngoài + mc: hai vành bán khuyên, hai chổi quét	- Rotor: luôn là nam châm (phần cảm) - Stator: luôn là phần ứng gồm 3 cuộn dây giống nhau quấn chung trên một lõi sắt	- Rotor: hình trụ, thường là loại lồng sóc có những thanh đồng hoặc nhôm đặt xiên (tác dụng như những dây quấn). Ngoài ra, còn có rotor dây quấn nhưng ít phổ biến hơn - Stator: giống hệt stator của máy pđxc 3 pha	- Rotor: thường là rotor lồng sóc - Stator: hai cuộn dây đặt lệch nhau 90^o - Một trong hai cuộn nối với một tụ điện (tụ đề)
Nguyên tắc hoạt động	- Dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ - Một trong hai phần cảm hoặc ứng phải quay. Phần quay gọi là rotor, phần tĩnh gọi là stator. * Máy pđ mc một pha có tính thuận nghịch (vừa là máy phát điện vừa là động cơ điện).	- Dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ - Khi nam châm quay tạo ra từ thông biến thiên trong ba cuộn dây - Ba cuộn dây giống nhau sinh ra ba SĐĐ cảm ứng giống nhau về tần số và biên độ - Ba cuộn dây bố trí lệch nhau 120^o (2π/3) nên ba SĐĐ lệch pha nhau 120^o	- Khi cho dòng điện 3 pha vào stator thì nó sinh ra trong lòng stator một từ trường quay gửi qua rotor những từ thông biến thiên - Tương tác điện từ giữa dđcư trong các thanh KL với từ trường quay làm rotor quay theo chiều của từ trường quay nhưng với vận tốc nhỏ hơn .	Tương tự động cơ không đồng bộ ba pha
Ưu điểm	Gọn nhẹ	- Lợi dây dẫn - Dòng 3 pha có tác dụng khởi động cao	Công suất cao	Đơn giản, dễ vận hành
Nhược điểm	Dòng một pha có khả năng khởi động kém	Cồng kềnh, phức tạp	Phức tạp, khó vận hành	Công suất thấp

Phân loại sóng điện từ, các loại quang phổ

noreply@blogger.com (ilovephys) — Sun, 24 Jul 2016 10:42:00 +0000

Tùy bước sóng mà sóng điện từ được phân vào các vùng khác nhau. Phép phân tích quang phổ có thể xác định được một sóng điện từ thuộc vùng nào, mang những thông tin gì về nhiệt độ cũng như cấu tạo của vật phát ra nó.

Các loại quang phổ

Loại	Quang phổ liên tục	Quang phổ vạch phát xạ	Quang phổ vạch hấp thụ
Định nghĩa	là quang phổ thu được qua máy quang phổ của những vật rắn, lỏng, khí có tỉ khối lớn khi bị nung nóng	là quang phổ thu được qua máy quang phổ của những chất khí hoặc hơi kim loại ở áp suất thấp bị kích thích (nung nóng, phóng tia lửa điện,…)	là quang phổ thu được qua máy quang phổ của những chất khí hoặc hơi kim loại nung nóng khi đặt chúng trong trường bức xạ của một nguồn sáng phát ra quang phổ liên tục ứng với nhiệt độ lớn hơn
Đặc điểm	các vạch màu nằm sát nhau đến mức chúng làm thành một dải liên tục nên gọi là quang phổ liên tục	là hệ thống những vạch màu riêng rẽ nằm trên một nền tối	là hệ thống những vạch tối có vị trí của những vạch màu trong quang phổ phát xạ của chính khí hay hơi kim loại đó
Tính chất	- chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ mà không phụ thuộc vào thành phần cấu tạo của vật. - khi một vật có nhiệt độ T nó sẽ phát ra các bức xạ có bước sóng liên tục trên một dải tương ứng. Khi T tăng, quang phổ liên tục mở rộng về phía bước sóng ngắn. -nếu quang phổ liên tục nằm ngoài vùng bước sóng nhìn thấy của mắt thì ta thấy vật vẫn tối.	chỉ phụ thuộc vào bản chất của nguyên tố, những nguyên tố khác nhau cho quang phổ vạch rất khác nhau về số lượng các vạch, vị trí các vạch, màu sắc các vạch và độ sáng tỉ đối của các vạch	- điều kiện để thu được quang phổ hấp thụ là đám khí hay hơi kim loại phải có nhiệt độ thấp hơn nhiệt độ của nguồn sáng phát ra quang phổ liên tục. - đặc trưng cho mỗi nguyên tố.
Ứng dụng	đo nhiệt độ của các vật thể như mặt trời, các sao, dây tóc bóng đèn, hồ quang, lò cao,…	phân tích thành phần hóa học của các vật thể	phân tích thành phần hóa học của các vật thể

Hiện tượng đảo sắc các vạch quang phổ
- Định nghĩa: khi tắt nguồn phát bức xạ có quang phổ liên tục thì những vạch đen quang phổ hấp thụ của khí hay hơi kim loại đảo sắc thành những vạch màu quang phổ phát xạ của chính nguyên tố khí hay hơi kim loại đó.
- Kết luận: ở một nhiệt độ nhất định, một đám hơi có khả năng phát ra những ánh sáng đơn sắc nào thì cũng có khả năng hấp thụ những ánh sáng đơn sắc đó.

Phân loại sóng điện từ

Tác dụng nhiệt của ánh sáng đơn sắc
Ánh sáng mang năng lượng nên nó có tác dụng nhiệt (chẳng hạn làm xuất hiện dòng nhiệt điện). Nhờ tác dụng này, người ta còn tìm được những bức xạ đơn sắc khác mà mắt người không thấy được.
Phân loại sóng điện từ

Thang sóng	Sóng vô tuyến	Tia hồng ngoại	Ánh sáng nhìn thấy	Tia tử ngoại	Tia Roentgen	Tia gamma
Định nghĩa	là những bức xạ không nhìn thấy được bằng mắt thường, có bước sóng lớn so với bước sóng của tia hồng ngoại,	là những bức xạ không nhìn thấy được bằng mắt thường, có bước sóng lớn hơn bước sóng của ánh sáng đỏ (> 0,75 μm)	là những bức xạ mà mắt người có thể nhìn thấy được đỏ: 0,76-0,64 μm cam–vàng: 0,64-0,58 μm lục: 0,58-0,495 lam–chàm: 0,495-0,44 μm tím: 0,44-0,4 μm.	là những bức xạ không nhìn thấy được bằng mắt thường, có bước sóng nhỏ hơn bước sóng của ánh sáng tím (< 0,4 μm)	là những bức xạ không nhìn thấy được bằng mắt thường, có bước sóng rất ngắn nằm trong khoảng 10^-12 (tia Roentgen cứng) đến 10^-8 (tia Roentgen mềm)	là những bức xạ có bước sóng rất rất ngắn
λ (m)	10^-3 trở lên	7,5.10^-7 – 10^-3	4.10^-7 – 7,5.10^-7	10^-9 – 4.10^-7	10^-12 – 10^-9	< 10^-12
Nguồn gốc, cách phát	các máy phát sóng vô tuyến	những vật có nhiệt độ đều phát ra tia hồng ngoại, nhiệt độ càng cao thì tia hồng ngoại phát ra càng mạnh (mạnh nhất là các tia hồng ngoại có bước sóng 3,7 μm). Người ta dùng những vật nóng dưới 500^oC để phát tia hồng ngoại	các vật phát ra ánh sáng nhìn thấy, các nguồn sáng	những vật có nhiệt độ rất cao đều phát ra tia tử ngoại. Người ta dùng những vật nóng trên 3000^oC để phát tia tử ngoại	trong ống phát tia Roentgen: chùm tia cathode mang năng lượng cao đập vào đối âm cực, tương tác với hạt nhân nguyên tử và electron trong đối âm cực sinh ra tia Roentgen	tia gamma là năng lượng giải phóng từ sự phá hủy liên kết giữa những nucleon trong hạt nhân (gồm proton và neutron)
Cách thu	phương pháp vô tuyến	pp chụp ảnh, pp quang điện, pp nhiệt điện	pp chụp ảnh, pp quang điện, pp nhiệt điện	pp chụp ảnh, pp quang điện, pp nhiệt điện	pp chụp ảnh, pg pháp quang điện, pp nhiệt điện, pp ion hóa	pp chụp ảnh, pp quang điện, pp ion hóa
Tính chất	có bản chất là sóng điện từ	bị hơi nước hấp thụ mạnh		+ bị thủy tinh, nước hấp thụ mạnh. Thạch anh gần như trong suốt đối với các tia tử ngoại có bước sóng nằm trong vùng từ 0,18 μm đến 0,4 μm (vùng tử ngoại gần) + Ion hóa khí, làm phát quang một số chất, tác dụng lên kính ảnh, gây phản ứng quang hóa, phản ứng quang hợp, tác dụng sinh học,…	có khả năng đâm xuyên, đi qua kim loại khó khăn hơn đi qua giấy, gỗ đặc biệt là kim loại nặng, có tác dụng lên kính ảnh, phát quang một số chất, ion hóa khí, tác dụng sinh lí (giết tế bào, vi khuẩn,…)	có khả năng đâm xuyên, đi qua kim loại dễ hơn tia X, có tác dụng lên kính ảnh, phát quang một số chất, ion hóa khí, tác dụng sinh lí (giết tế bào, vi khuẩn,…)
Ứng dụng	dùng trong kĩ thuật thông tin liên lạc	+ tác dụng nhiệt: sấy, sưởi + tác dụng lên kính ảnh hồng ngoại dùng để chụp hình những đám mây chứa ít hay nhiều hơi nước	chiếu sáng, trang trí, thí nghiệm,…	+ trong công nghiệp được sự dụng để phát hiện khiếm khuyết trên bề mặt sản phẩm + trong y học để chữa bệnh còi xương	+ chụp X quang trong y học + phát hiện khuyết tật bên trong các vật đúc	chiếu xạ khử trùng thực phẩm

Phát và thu sóng vô tuyến

noreply@blogger.com (ilovephys) — Sun, 24 Jul 2016 07:28:00 +0000

Dao động điện từ không chỉ khu trú trong mạch LC mà còn bức xạ ra môi trường xung quanh dưới dạng sóng điện từ. Mạch dao động LC là bộ phận chính của thiết bị phát và thu sóng điện từ.

Dao động của điện từ trường trong sóng điện từ

Quan điểm của Maxwell về điện từ trường

- Điện trường và từ trường là hai mặt của một trường thống nhất - trường điện từ
- Điện trường biến thiên sinh ra quanh nó một từ trường xoáy (có các đường sức khép kín)
- Từ trường biến thiên sinh ra quanh nó một điện trường xoáy
- Điện trường biến thiên giữa các bản tụ trong mạch LC về phương diện sinh từ trường cũng có tác dụng như một dòng điện. Ta gọi là dòng điện dịch để phân biệt với dòng điện dẫn.
- Khác với dòng điện dẫn:
+ Dòng điện dịch không liên quan đến sự dịch chuyển của bất kì hạt mang điện nào
+ Dòng điện dịch không sinh nhiệt, nếu có thì cũng không tuân theo ĐL Joule – Lenz
- Vậy, dòng điện trong mạch dao động là một dòng điện khép kín gồm dòng điện dẫn chạy trong dây dẫn và dòng điện dịch chạy qua tụ điện.

Sự lan truyền tương tác điện từ - sóng điện từ

- Dao động của trường điện từ lan truyền trong không gian theo thời gian với vận tốc hữu hạn bằng vận tốc ánh sáng trong chân không.
- Sóng điện từ là tương tác điện từ lan truyền trong không gian theo thời gian:
+ Là sóng ngang
+ Truyền được trong mọi môi trường rắn, lỏng, khí và chân không
+ Có đầy đủ tính chất của sóng như giao thoa, nhiễu xạ, tán xạ, khúc xạ, phản xạ,…
+ Năng lượng tỉ lệ với lũy thừa bậc 4 của tần số
+ Phương dao động của từ trường và điện trường vuông góc nhau và vuông góc với phương truyền sóng
+ Điện trường và từ trường dao động cùng pha, cùng tần số.

Phát sóng điện từ

- Mạch LC lí tưởng (không điện trở) sẽ chỉ mất năng lượng do bức xạ sóng điện từ. Công suất bức xạ cực đại khi hai bản tụ quay lưng vào nhau tức là mỗi bản lệch hẳn 180^o
- Thu sóng điện từ: điều chỉnh C sao cho tần số dao động riêng của mạch thu trùng tần số của sóng gửi tới, khi đó xảy ra hiện tượng cộng hưởng, dao động thu được có biên độ lớn nhất – tín hiệu rõ nhất và nổi bật nhất. Ta nói máy thu đã thực hiện sự chọn sóng.

Thang sóng vô tuyến

Loại sóng	Tần số	Bước sóng	Ứng dụng	Lý do
Dài và cực dài	3 – 300 kHz	100 – 1 km	- Thông tin ở vùng bằng phẳng - Thông tin dưới nước	- Năng lượng yếu, không truyền xa - Ít bị nước hấp thụ
Trung	0,3 – 3 MHz	1000 – 100 m	Vô tuyến truyền thanh, radio, bộ đàm	Truyền được trên mặt đất
Ngắn	3 – 30 MHz	100 – 10 m	Vô tuyến truyền thanh, radio, bộ đàm	Truyền được trên mặt đất do được tầng điện li phản xạ nhiều lần
Cực ngắn	30 – 30000 MHz	10 – 0,01 m	Vô tuyến truyền hình, thông tin vũ trụ	- Không bị tầng điện li hấp thụ hay phản xạ - Có thể dùng các trạm thu phát hay vệ tinh để bắt sóng này

Tầng điện li: là một tầng của khí quyển cách mặt đất 50 km trở lên, chứa nhiều hạt tích điện là các electron và các loại ion. Ban đêm, tầng điện li phản xạ tốt các sóng trung nên chúng lan truyền xa, ban ngày sóng trung lại bị tầng này hấp thụ mạnh. Đó là lí do nghe đài ban đêm rõ hơn ban ngày.

Các công thức cho hiện tượng phóng xạ

noreply@blogger.com (ilovephys) — Sat, 23 Jul 2016 10:06:00 +0000

Tính toán các đặc trưng của hiện tượng phóng xạ như chu kì bán rã, độ phóng xạ và nhiệt lượng tỏa ra là một trong những yêu cầu cơ bản của Vật lý phổ thông.

Race of particle radiation

Các công thức cơ bản

Mỗi chất phóng xạ được đặc trưng bởi một thời gian $T$ gọi là chu kì bán rã hoặc một hằng số phóng xạ $\lambda$, cứ sau mỗi chu kì này thì một nửa số nguyên tử của chất phóng xạ đã biến đổi thành chất khác. Liên hệ giữa hằng số phóng xạ $\lambda$ và chu kì bán rã $T$ \[T = \frac{{\ln 2}}{\lambda }.\]

Số nguyên tử ở thời điểm $t$ \[N = {N_0}{e^{ - \lambda t}} = {N_0}{2^{ - t/T}}.\] Khối lượng ở thời điểm $t$ \[m = {m_0}{e^{ - \lambda t}} = {m_0}{2^{ - t/T}}.\] Độ phóng xạ ở thời điểm $t$ \[\begin{align} &H = {H_0}{e^{ - \lambda t}} = {H_0}{e^{ - t/T}}, \hfill \\ &H = \lambda N. \hfill \\ \end{align}\] Đơn vị của độ phóng xạ là Bq (Becquerel) = phân rã/giây hay Ci (Curie):

1 Ci = 3,7.10¹⁰ Bq.

Số hạt nhân bị phân rã sau thời gian $t$ \[\Delta N = {N_0} - N = {N_0}(1 - {2^{ - t/T}}).\] Độ giảm khối lượng sau thời gian $t$ \[\Delta m = {m_0} - m = {m_0}(1 - {2^{ - t/T}}).\] Độ giảm cường độ phóng xạ sau thời gian $t$ \[\Delta H = {H_0} - H = {H_0}(1 - {2^{ - t/T}}).\] Cân bằng phóng xạ của hai chất phóng xạ \[\begin{align} {H_1} &= {H_2}, \hfill \\ {\lambda _1}{N_1} &= {\lambda _2}{N_2}. \hfill \\ \end{align}\] Định tuổi của mẫu chất phóng xạ nếu cho trước khối lượng hay độ phóng xạ ban đầu \[t = \frac{1}{\lambda }\ln \frac{{{N_0}}}{N} = \frac{1}{\lambda }\ln \frac{{{m_0}}}{m} = \frac{1}{\lambda }\ln \frac{{{H_0}}}{H}.\] Đo chu kì bằng cách đếm xung theo thời điểm: tại các thời điểm ${t_1}$, ${t_2}$ đếm được số xung (chính là độ phóng xạ tại thời điểm đó) lần lượt là ${H_1}$ và ${H_2}$ thì ta có \[\begin{align} \frac{{{H_1}}}{{{H_2}}} &= {2^{\frac{{{t_2} - {t_1}}}{T}}} \hfill \\ \Leftrightarrow \frac{{{t_2} - {t_1}}}{T} &= {\log _2}\frac{{{H_1}}}{{{H_2}}}. \hfill \\ \end{align}\] Đo chu kì bằng cách đếm xung theo khoảng thời gian:
- Số xung đếm được từ thời điểm ${t_1}$ đến thời điểm ${t_2}$ \[{N_{12}} = {N_0}({2^{ - {t_1}/T}} - {2^{ - {t_2}/T}}).\] - Số xung đếm được từ thời điểm ${t_3}$ đến thời điểm ${t_4}$ \[{N_{34}} = {N_0}({2^{ - {t_3}/T}} - {2^{ - {t_4}/T}}).\] - Lập tỉ lệ \[\frac{{{N_{12}}}}{{{N_{34}}}} = \frac{{{2^{ - {t_1}/T}} - {2^{ - {t_2}/T}}}}{{{2^{ - {t_3}/T}} - {2^{ - {t_4}/T}}}} \Rightarrow T.\] Giải phương trình này bằng chức năng Shift-Solve của máy tính bỏ túi.
- Nếu khoảng thời gian đếm xung bằng nhau $(\delta t = {t_2} - {t_1} = {t_4} - {t_3})$ thì ta có \[\lambda .\Delta t = \ln \frac{{{N_{12}}}}{{{N_{34}}}}\] với \[\Delta t = {t_3} - {t_1}\] là khoảng cách giữa 2 lần đo.

Thao tác với phương trình phản ứng hạt nhân

Xét phản ứng hạt nhân \[mX + nY \to pC + qD\] với m, n, p, q là các hệ số cân bằng. Gọi số hạt tham gia phản ứng/số hạt bị phân hủy là $\Delta {N_X}$ và $\Delta {N_Y}$, số hạt sản phẩm là ${N_C}$ và ${N_D}$ thì \[\begin{align} &mX\,\,\, + \,\,\,nY \to pC\,\,\, + \,\,\,qD \hfill \\ \text{num of particles:}\,\,\,&\Delta{N_X}\,\,\,\,\,\,\Delta {N_Y}\,\,\,\,\,\,\,{N_C}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{N_D} \hfill \\ \end{align}\] Từ đây suy ra \[\frac{{\Delta {N_X}}}{m} = \frac{{\Delta {N_Y}}}{n} = \frac{{{N_C}}}{p} = \frac{{{N_D}}}{q}.\] Số hạt tỉ lệ với số mol $n$ nên \[\begin{align} &mX\,\,\,\, + \,\,\,\,nY \to pC\,\,\,\, + \,\,\,\,qD \hfill \\ \text{mol:}\,\,\,\,&\Delta {n_X}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\Delta {n_Y}\,\,\,\,\,\,\,\,\,{n_C}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{n_D} \hfill \\ \end{align}\] do đó \[\frac{{\Delta {n_X}}}{m} = \frac{{\Delta {n_Y}}}{n} = \frac{{{n_C}}}{p} = \frac{{{n_D}}}{q}.\] Công thức này giúp ta tìm được số mol sản phẩm khi biết số mol nguyên liệu tham gia phản ứng.
Gọi khối lượng nguyên liệu và sản phẩm là $\Delta {m_X}$, $\Delta {m_Y}$; ${m_C}$, ${m_D}$ và chú ý $n = m/A$ ($A$ là số khối, coi như bằng khối lượng mỗi hạt) \[\begin{align} &mX\,\,\,\, + \,\,\,\,nY \to pC\,\,\,\, + \,\,\,\,qD \hfill \\ \text{mass:}\,\,\,\,\,&\Delta {m_X}\,\,\,\,\,\,\,\Delta {m_Y}\,\,\,\,\,\,\,{m_C}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{m_D} \hfill \\ \end{align}\] do đó \[\frac{{\Delta {m_X}}}{{m{A_X}}} = \frac{{\Delta {m_Y}}}{{n{A_Y}}} = \frac{{{m_C}}}{{p{A_C}}} = \frac{{{m_D}}}{{q{A_D}}}.\] Công thức này giúp ta tìm được khối lượng sản phẩm sinh ra khi biết khối lượng nguyên liệu tham gia phản ứng, các khối lượng $\Delta m$ này tìm từ phần Các công thức cơ bản.

Chú ý

Số hạt trong một khối lượng (tính bằng gram) của chất có nguyên tử lượng $M$ (thường lấy bằng số khối $A$) \[N = \frac{m}{M}{N_{\text{A}}}.\] ${N_\text{A}}$ là số Avogadro, $M$ là nguyên/phân tử khối.

Phản ứng hạt nhân và sự phóng xạ

noreply@blogger.com (ilovephys) — Sat, 23 Jul 2016 08:35:00 +0000

Khác với phản ứng hóa học, chỉ có các phản ứng hạt nhân mới biến nguyên tố này thành nguyên tố khác và vi phạm định luật bảo toàn khối lượng.

Các proton trong hạt nhân mang điện tích dương nên đẩy nhau bằng lực đẩy Coulomb nhưng hạt nhân vẫn bền là nhờ lực hạt nhân mạnh. Đây là lực mạnh nhất trong 4 lực cơ bản của tự nhiên được biết đến nay, có bán kính tác dụng dưới 10^-15 m. Lực này liên kết các nucleon (proton và neutron) với nhau tạo thành hạt nhân. Người ta phân biệt một hạt nhân bằng số hiệu nguyên tử $Z$ (số proton) và số khối $A$ hay số nucleon (tổng số proton và neutron) và kí hiệu hạt nhân nguyên tử của một nguyên tố ${}_Z^A{\text{X}}$.

Tuy nhiên, một số hạt nhân tự nó mất ổn định hoặc do tác động từ bên ngoài chẳng hạn tương tác với một hạt nhân khác, biến đổi thành hạt nhân của nguyên tố khác. Quá trình này gọi là phản ứng hạt nhân. Chẳng hạn phản ứng sau biến hai hạt nhân X và Y thành C và D \[{}_{{Z_1}}^{{A_1}}X + {}_{{Z_2}}^{{A_2}}Y \to {}_{{Z_3}}^{{A_3}}C + {}_{{Z_4}}^{{A_4}}D.\]

Hệ thức Einstein cho năng lượng và khối lượng

Hệ thức Einstein giữa khối lượng và năng lượng \[E = m{c^2}.\] Mỗi hạt nhân ${}_Z^A{\text{X}}$ có cấu tạo từ $Z$ proton và $(A – Z)$ neutron nhưng khối lượng $m$ của hạt nhân lại khác với tổng khối lượng của các nucleon. Ta gọi độ hụt khối của hạt nhân là \[\Delta m = \left[ {Z{m_{\text{p}}} + (A - Z){m_{\text{n}}}} \right] - m\] trong đó $m$ là khối lượng hạt nhân X, ${m_{\text{p}}}$ là khối lượng proton và ${m_{\text{n}}}$ là khối lượng neutron. Năng lượng tương ứng với độ hụt khối là năng lượng liên kết hạt nhân hay năng lượng giải phóng khi tổng hợp hạt nhân \[\Delta E = \Delta m{c^2}.\] Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân là năng lượng kiên kết tính trung bình cho mỗi nucleon \[\Delta {E_{\text{r}}} = \frac{{\Delta E}}{A}.\] Hạt nhân có năng lượng kiên kết riêng càng lớn thì càng bền vững.

Phản ứng tỏa hay thu năng lượng

Muốn biết một phản ứng hạt nhân tỏa hay thu năng lượng ta có các cách sau
1. So sánh năng lượng (khối lượng) nghỉ, nếu \[{m_{{\text{VT}}}} = {m_1} + {m_2} > {m_{{\text{VP}}}} = {m_3} + {m_4}\] thì phản ứng tỏa năng lượng và ngược lại (VT: vế trái, VP: vế phải).
2. So sánh năng lượng (khối lượng) liên kết, nếu \[\Delta {m_{{\text{VT}}}} > \Delta {m_{{\text{VP}}}}\] thì phản ứng thu năng lượng và ngược lại.
Nhiệt tỏa ra/thu vào trong phản ứng \[Q = ({m_{{\text{VT}}}} - {m_{{\text{VP}}}}){c^2}.\] Nếu $Q > 0$ thì phản ứng tỏa nhiệt, các hạt sinh ra có độ hụt khối lớn hơn các hạt ban đầu nghĩa là bền vững hơn. Nếu $Q < 0$ thì phản ứng thu nhiệt, các hạt sinh ra có độ hụt khối nhỏ hơn các hạt ban đầu nghĩa là kém bền hơn.

Các định luật bảo toàn trong phản ứng hạt nhân

Cho phản ứng hạt nhân ${}_{{Z_1}}^{{A_1}}X + {}_{{Z_2}}^{{A_2}}Y \to {}_{{Z_3}}^{{A_3}}C + {}_{{Z_4}}^{{A_4}}D$, phản ứng này tuân thủ các định luật sau
1. Định luật bảo toàn số khối hay số nucleon: tổng số khối vế trái bằng tổng số khối vế phải \[{A_{{\text{VT}}}} = {A_{{\text{VP}}}} \Leftrightarrow {A_1} + {A_2} = {A_3} + {A_4}.\] 2. Định luật bảo toàn điện tích: tổng đại số các điện tích hay số Z ở hai vế phải bằng nhau \[{Z_{{\text{VT}}}} = {Z_{{\text{VP}}}} \Leftrightarrow {Z_1} + {Z_2} = {Z_3} + {Z_4}.\] 3. Định luật bảo toàn động lượng của hệ các hạt tham gia phản ứng (không có định luật bảo toàn khối lượng) \[{\vec p_{{\text{VT}}}} = {\vec p_{{\text{VP}}}} \Leftrightarrow {\vec p_1} + {\vec p_2} = {\vec p_3} + {\vec p_4}.\] 4. Định luật bảo toàn năng lượng: năng lượng tỏa ra/thu vào trong phản ứng bằng biến thiên động năng của hệ \[\Delta K = {K_{{\text{VP}}}} - {K_{{\text{VT}}}} = Q.\] $K$ là động năng (trong VLHN, ta kí hiệu động năng là $K$), $Q$ là nhiệt lượng tỏa ra/thu vào trong phản ứng.

Sự phóng xạ

Phóng xạ là hiện tượng hạt nhân tự biến đổi bằng cách phát ra các hạt có khối lượng bé. Người ta phân biệt các loại phóng xạ bằng các hạt nó phát ra hay loại tia phóng xạ. Có 3 loại tia phóng xạ

1. Tia alpha: là dòng tia của hạt nhân nguyên tử ${}_2^4He$ mang điện tích dương.
2. Tia beta: gồm 2 loại
- Tia ${\beta ^ - }$ là dòng hạt electron, bị hút về phía bản dương của tụ điện.
- Tia ${\beta ^ + }$ là dòng hạt positron, lệch về phía bản âm. Positron là phản hạt của electron, các phản hạt có cùng khối lượng, cùng độ lớn điện tích nguyên tố nhưng trái dấu nhau.
Phóng xạ ${\beta ^ - }$ và ${\beta ^ +}$ không bao giờ diễn ra đồng thời.
Tia gamma ($\gamma$): là sóng điện từ năng lượng cao

Sự lệch của các tia phóng xạ trong điện trường và từ trường

Độ lệch của các tia phóng xạ trong điện trường

Độ lệch của các tia phóng xạ trong từ trường

Khả năng đâm xuyên của các tia phóng xạ

Khả năng đâm xuyên của các tia phóng xạ

Hiện tượng phóng xạ không phụ thuộc vào các tác nhân ngoài nguyên tử mà chỉ phụ thuộc vào bản chất nguyên tử, do lực hạt nhân yếu dẫn dắt. Mỗi chất phóng xạ được đặc trưng bởi một thời gian $T$ gọi là chu kì bán rã, cứ sau mỗi chu kì này thì một nửa số nguyên tử của chất phóng xạ đã biến đổi thành chất khác.

Phóng xạ cũng là một loại phản ứng hạt nhân tỏa năng lượng. Các tia phóng xạ là sản phẩm của phản ứng hạt nhân. Các phương trình phản ứng tương ứng với mỗi loại phóng xạ là
1. Phóng xạ alpha $({}_2^4He)$ \[{}_Z^AX \to {}_2^4He + {}_{Z - 2}^{A - 2}Y.\] Hạt nhân sản phẩm/hạt nhân con lùi 2 ô trong hệ thống tuần hoàn và có số khối nhỏ hơn 4 đơn vị so với hạt nhân mẹ.
2. Phóng xạ beta $({}_{ \pm 1}^0e)$ \[{}_Z^AX \to {}_{ \pm 1}^0e + {}_{Z \pm 1}^AY.\] Hạt nhân con tiến hay lùi một ô và có cùng số khối so với hạt nhân mẹ.
Bản chất của phóng xạ ${\beta ^ - }$ là sự phân rã của một neutron trong hạt nhân \[n \to p + {e^ - } + \nu \] còn bản chất của phóng xạ ${\beta ^ + }$ là sự phân rã của một proton trong hạt nhân \[p \to n + {e^ + } + \nu.\] $\nu$ là hạt neutrino không mang điện, có khối lượng dự đoán cực kì nhỏ nên di chuyển với vận tốc ánh sáng và hầu như không tương tác với vật chất, do đó rất khó phát hiện.
3. Phóng xạ gamma $({}_0^0\gamma )$ \[{}_Z^A{X^ * } \to {}_Z^AX + \gamma.\] Đây là phóng xạ đi kèm với các phóng xạ alpha và beta, không gây sự biến đổi hạt nhân nào. Sau một phóng xạ alpha hoặc beta, hạt nhân con sinh ra ở trạng thái kích thích $({X^ * })$, nó sẽ tự chuyển từ mức năng lượng cao xuống mức năng lượng thấp và bức xạ tia gamma.

Đổi đơn vị

\[1\,{\text{u}} = \frac{1}{{12}}{m_{{}_6^{12}C}} = \frac{1}{{{N_{\text{A}}}}}.\] 1 u = 1,66055.10^-27 kg = 931 MeV/c²,
1 kg = 9.10¹⁶ J/s² = 5,6.10²⁹ MeV/c²,
m_p = 1,007665u; m_n = 1,009865u; m_e = 1,00086u.
Số hạt trong một khối lượng (tính bằng gram) của chất có nguyên tử lượng $M$ (thường lấy bằng số khối $A$) \[N = \frac{m}{M}{N_{\text{A}}}.\]

Phản ứng phân hạch và phản ứng nhiệt hạch

noreply@blogger.com (ilovephys) — Fri, 22 Jul 2016 16:04:00 +0000

Phản ứng phân hạch và phản ứng nhiệt hạch là hai loại phản ứng hạt nhân tỏa năng lượng, có nhiều ứng dụng trong cuộc sống.

Bom nguyên tử

Phản ứng	Phân hạch	Nhiệt hạch
Định nghĩa	Khi một hạt nhân loại rất nặng (U235, Pℓ239,…) hấp thụ một neutron thì nó vỡ thành những hạt nhân trung bình và giải phóng năng lượng	Sự kết hợp hai hạt nhân rất nhẹ thành hạt nhân nặng hơn đồng thời tỏa năng lượng
Điều kiện	Neutron chậm (${W_{\text{d}}} < 0,1\,\operatorname{eV}$) dễ bị hấp thụ	Mồi bằng nhiệt độ (khoảng 50 – 100 triệu độ) để các hạt nhân nhẹ có động năng đủ lớn, thắng lực đẩy Coulomb, tiến tới gần nhau trong phạm vi tác dụng của lực hạt nhân. Từ đó kết hợp thành hạt nhân nặng hơn.
Phương trình	\[\begin{align} &{}_{92}^{235}U + {}_0^1n \hfill \\ &\to {}_{92}^{236}U \hfill \\ &\to {}_Z^AX + {}_{Z'}^{A'}X + k{}_0^1n + 200\,\,{\text{MeV}} \hfill \\ \end{align}\] + X và X’ là các hạt nhân trung bình có số khối từ 80 đến 160: $Z + Z' = 92$ và $A + A' + k = 236$. + Phản ứng trên sinh ra $k = 2$ hoặc $k = 3$ ($\bar k = 2,5$) neutron và tỏa ra năng lượng khoảng 200 MeV dưới dạng động năng các hạt.	\[\begin{align} &2{}_1^2H \to {}_2^3He + {}_0^1n + 3,25\,{\text{MeV,}} \hfill \\ &{}_1^2H + {}_1^3H \to {}_2^4He + {}_0^1n + 17,6\,{\text{MeV}}, \hfill \\ &4{}_1^1H \to {}_2^4He + 2{}_1^0e + 26,8\,{\text{MeV}}. \hfill \\ \end{align}\]
Đặc điểm	Gọi s là hệ số nhân neutron: - Nếu s < 1: hệ thống gọi là dưới hạn, phản ứng dây chuyền không xảy ra. - Nếu s = 1: hệ thống gọi là tới hạn, phản ứng dây chuyền tiếp diễn nhưng không tăng vọt thể hiện qua tốc độ thay đổi của năng lượng bằng hằng số tức là năng lượng sản ra sau mỗi phân hạch bằng nhau và do đó ta kiểm soát được phản ứng. - Nếu s > 1 thì hệ thống gọi là vượt hạn, ta không khống chế được phản ứng vì tốc độ sinh năng lượng tăng theo hàm mũ.	Mỗi phản ứng kết hợp tỏa năng lượng nhỏ hơn phản ứng phân hạch nhưng nếu tính theo khối lượng nhiên liệu thì phản ứng kết hợp tỏa nhiều năng lượng hơn
Ứng dụng	Làm bom hạt nhân, lò phản ứng hạt nhân trong các nhà máy phát điện, các động cơ…	Hiện nay, con người đã thực hiện được phản ứng nhiệt hạch (bom khinh khí) nhưng chưa khống chế được nó ở quy mô công nghiệp.

Tia Roentgen và cơ chế sản xuất tia X

noreply@blogger.com (ilovephys) — Fri, 22 Jul 2016 15:14:00 +0000

Khám phá ra tia X là một thành tựu lớn trong Vật lý. Hiện này, tia X được ứng dụng rất phổ biến trong lĩnh vực y tế, công – nông nghiệp và nghiên cứu khoa học.

Cơ chế phát tia Roentgen

Một ống Roentgen

Ống Roentgen là một bình thủy tinh chân không (áp suất nhỏ hơn 10^-3 mmHg); có ba cực cathode, anode và đối cathode. Hiệu điện thế giữa anode và cathode khoảng vài vạn Volt. Khi cathode bị nung nóng, nó phát xạ các electron. Chùm điện tử này được hiệu điện thế giữa anode và cathode hút về phía anode. Dòng di chuyển của các điện tử động năng lớn phát ra từ cathode gọi là tia cathode hay tia âm cực.

Tia Roentgen: Khi bị chùm tia cathode đập vào, đối âm cực (đối cathode) phát ra những bức xạ có bước sóng rất ngắn 10^-12 – 10^-8 m (bức xạ hãm) mà ta gọi là tia Roentgen (tia X).

Lưu ý: tia âm cực không phải là tia Roentgen, nó chỉ là phương tiện để sản xuất tia Roentgen. Tia âm cực có bản chất là dòng các điện tử/electron, còn tia Roentgen có bản chất là dòng photon năng lượng cao.

Các đại lượng, công thức cần quan tâm

Cấu tạo cơ bản ống phát tia X

$U$: hiệu điện thế hai cực của ống Roentgen.
$I$: cường độ dòng điện qua ống.
${n_\text{e}}$: là số điện tử thoát ra từ cathode trong mỗi giây.
Công suất hoạt động của ống \[P = UI.\] Cường độ dòng điện chạy qua ống \[I = {n_{\text{e}}}e.\] Năng lượng cực đại của photon tia X \[{\varepsilon _{{\text{max}}}} = h{f_{{\text{max}}}} = eU.\] Bước sóng ngắn nhất (tần số lớn nhất) của tia X tại hiệu điện thế $U$ \[{\lambda _{\min }} = \frac{c}{{{f_{\max }}}} = \frac{{hc}}{{Ue}}.\] ${U_{\min }}$ để sản xuất được tia X có bước sóng $\lambda$ \[{U_{\min }} = \frac{{hf}}{e} = \frac{{hc}}{{\lambda e}}.\]

Thuyết Bohr về cấu tạo nguyên tử

noreply@blogger.com (ilovephys) — Thu, 21 Jul 2016 16:46:00 +0000

Thuyết Bohr là một lý thuyết bán cổ điển về cấu tạo nguyên tử. Nó giải thích được các kết quả thực nghiệm về quang phổ vạch của nguyên tử Hydro đồng thời là bước chuyển giao quan trọng từ cơ học cổ điển sang cơ học lượng tử.

Mẫu Bohr

Các tiên đề của Bohr

1. Tiên đề về các trạng thái dừng

Nguyên tử chỉ tồn tại trong những trạng thái có năng lượng xác định, gọi là các trạng thái dừng. Trong các trạng thái dừng, nguyên tử không bức xạ. Năng lượng của nguyên tử ở trạng thái dừng bao gồm động năng của các electron và thế năng của chúng đối với hạt nhân.

2. Tiên đề về sự bức xạ và hấp thụ năng lượng của nguyên tử

Khi nguyên tử chuyển từ trạng thái dừng có năng lượng ${E_m}$ sang trạng thái dừng có năng lượng ${E_n}$ (${E_m} > {E_n}$) thì nó phát ra một photon có năng lượng đúng bằng hiệu ${E_m} - {E_n}$ \[\varepsilon = h{f_{mn}} = {E_m} - {E_n}.\] Ngược lại, nếu nguyên tử đang ở trạng thái dừng có mức năng lượng thấp ${E_n}$ mà hấp thụ một photon có năng lượng đúng bằng hiệu ${E_m} - {E_n}$ thì nó chuyển lên trạng thái dừng ${E_m}$ có mức năng lượng cao hơn.

Hệ quả
- Trong các trạng thái dừng của nguyên tử, electron chỉ chuyển động quanh hạt nhân theo những quỹ đạo có bán kính hoàn toàn xác định gọi là các quỹ đạo dừng.
- Đối với nguyên tử Hydro, bán kính quỹ đạo tăng tỉ lệ với bình phương các số nguyên liên tiếp từ 1:

n/tên quỹ đạo: 1/K, 2/L, 3/M, 4/N, 5/O, 6/P,…

trong đó 1/K là quỹ đạo cơ bản (quỹ đạo bền nhất).

Mô tả quang phổ vạch của nguyên tử Hydro

Khi bị kích thích thì các electron nhảy lên quỹ đạo có mức năng lượng cao hơn nhưng chỉ cư trú trong 10^-8 s rồi lại nhảy về các quỹ đạo bên trong có mức năng lượng thấp hơn và phát ra các photon. Các photon có tần số ứng với một sóng ánh sáng đơn sắc sẽ cho một vạch quang phổ có một màu nhất định. Vì các mức năng lượng không liên tục mà nhận các giá trị rời rạc, gián đoạn (bị lượng tử hóa) nên các vạch quang phổ rời nhau – quang phổ vạch.

- Các vạch trong dãy Lyman được tạo thành khi electron nhảy từ những quỹ đạo bên ngoài về quỹ đạo K \[\left( {{\text{P, O, N, M, L}}} \right) \to {\text{K}}.\] Các vạch này nằm trong vùng tử ngoại.
- Các vạch trong dãy Balmer được tạo thành khi điện tử nhảy từ các quỹ đạo bên ngoài về quỹ đạo L \[\left( {{{\text{H}}_\delta },{{\text{H}}_\gamma },{{\text{H}}_\beta },{{\text{H}}_\alpha }} \right):({\text{P}},{\text{O}},{\text{N}},{\text{M}}) \to {\text{L}}.\] Dãy này có 4 vạch nằm trong vùng ánh sáng nhìn thấy là ${{\text{H}}_\alpha}$ (${\lambda _\alpha}$ = 0,6563 μm), ${{\text{H}}_\beta}$ (${\lambda _\beta}$ = 0,4861 μm), ${{\text{H}}_\gamma}$ (${\lambda _\gamma}$ = 0,434 μm), ${{\text{H}}_\delta}$ (${\lambda _\delta}$ = 0,4102 μm). Các vạch khác thuộc miền tử ngoại.
- Các vạch trong dãy Paschen được tạo thành khi electron nhảy từ những quỹ đạo bên ngoài về quỹ đạo M \[\left( {{\text{P, O, N}}} \right) \to {\text{M}}.\] Các vạch trong dãy này thuộc vùng hồng ngoại.

Trạng thái của electron

- Bán kính quỹ đạo dừng thứ $n$ (${r_0}$ = 5,3.10^-11 m: bán kính Bohr) \[{r_n} = {n^2}{r_0}.\] - Năng lượng toàn phần trên quỹ đạo dừng thứ $n$ \[{E_n} = - \frac{{13,6}}{{{n^2}}}\,\,\,({\text{eV}}).\] trong đó 13,6 eV là hằng số năng lượng ion hóa của nguyên tử Hydro, năng lượng ion hóa của nguyên tử H là năng lượng tối thiểu để bứt e ra khỏi nguyên tử từ trạng thái dừng có năng lượng ${E_1}$ = -13,6 eV.
- Động năng trên quỹ đạo dừng thứ $n$ \[{W_{{\text{d}}n}} = \frac{{mv_n^2}}{2} = - {E_n}.\] - Thế năng trên quỹ đạo dừng thứ $n$ \[{W_{{\text{t}}n}} = 2{E_n}.\] - Công để bứt e ra khỏi quỹ đạo dừng thứ $n$ \[{A_n} = \frac{{13,6}}{{{n^2}}}\, = - {E_n}\,\,({\text{eV}}).\]

Các bước sóng trong quang phổ vạch của nguyên tử Hydro

\[\begin{align} {f_{mn}} &= \frac{{{E_m} - {E_n}}}{h}, \hfill \\ {\lambda _{mn}} &= \frac{{{m^2}{n^2}}}{{R({m^2} - {n^2})}} \hfill \\ \end{align}\] trong đó R = 1,097.10⁷ m^-1 là hằng số Rydberg. Để tính cho từng dãy trong quang phổ vạch ta thay các giá trị dưới đây vào phương trình trên
- Dãy Lyman: cho n = 1, m = 2, 3, 4, 5, 6 tương ứng với các vạch thứ 1, 2, 3, 4, 5 của dãy.
- Dãy Balmer: cho n = 2, m = 3, 4, 5, 6 tương ứng các vạch H_α,H_β,H_γ,H_δ.
- Dãy Paschen: cho n = 3, m = 4, 5, 6 tương ứng với các vạch thứ 1, 2, 3 của dãy.
- Công thức khái quát liên hệ các tần số, bước sóng trong quang phổ vạch \[\begin{align} f_{ab} &= f_{ac} + f_{cd} + ... + f_{vb}, \hfill \\ \frac{1}{{{\lambda _{ab}}}} &= \frac{1}{{{\lambda _{ac}}}} + \frac{1}{{{\lambda _{cd}}}} + ... + \frac{1}{{{\lambda _{vb}}}}. \hfill \\ \end{align}\] Ta thấy chỉ số giống cộng vector.

Kích thích nguyên tử Hydro

Quang phổ của nguyên tử Hydro được tạo thành qua máy quang phổ khi kích thích đám khí Hydro bằng chùm sáng hoặc chùm điện tử có năng lượng phù hợp.
- Nếu điện tử trong nguyên tử H đang ở quỹ đạo thứ $n$ mà nhảy về các quỹ đạo thấp hơn thì phát ra số photon (tạo số vạch) là $\frac{{(n - 1)n}}{2}$.
- Nếu kích thích tạo được một dãy quang phổ nào đó thì nó cũng tạo được các dãy quang phổ sau dãy đó. Ví dụ nếu kích thích tạo được dãy Balmer thì nó cũng tạo được dãy Paschen.

Đổi đơn vị

1 m = 10 cm = 100 dm = 1000 mm = 10⁶ μm = 10⁹ nm = 10¹⁰ Å = 10¹² pm. 1 eV = 1,602.10^-19 J; 1 keV = 10³ eV; 1 MeV = 10⁶ eV.

Hiện tượng quang điện trong và hiện tượng quang điện ngoài

noreply@blogger.com (ilovephys) — Thu, 21 Jul 2016 15:33:00 +0000

Khám phá ra hiện tượng quang điện là một trong các bằng chứng cho thấy các lý thuyết Vật lý đương thời về ánh sáng là chưa đầy đủ. Điều này mở ra một chương sôi động trong hiểu biết của con người về tự nhiên.

Hiện tượng quang điện ngoài

Sóng điện từ với bước sóng nhất định có thể làm bật electron ra khỏi bề mặt kim loại. Hiện tượng này được gọi là hiện tượng quang điện (ngoài).

Hiện tượng quang điện ngoài

Ba định luật quang điện

Bằng cách thí nghiệm với tế bào quang điện, Hertz khám phá ra 3 định luật quang điện

Định luật 1: Đối với mỗi kim loại dùng làm cathode có một bước sóng giới hạn nhất định gọi là giới hạn quang điện. Hiện tượng quang điện chỉ xảy ra khi bước sóng của ánh sáng kích thích nhỏ hơn giới hạn quang điện

Định luật 2: Với ánh sáng kích thích có bước sóng thỏa mãn định luật 1 thì cường độ dòng quang điện bão hòa tỉ lệ thuận với cường độ chùm sáng kích thích.

Định luật 3: Động năng ban đầu cực đại của electron quang điện không phụ thuộc vào cường độ của chùm sáng kích thích mà chỉ phụ thuộc vào bản chất kim loại dùng làm cathode và bước sóng kích thích.

Sơ đồ thí nghiệm với tế bào quang điện

Lý thuyết của Einstein

Einstein vận dụng thuyết lượng tử của Planck để giải thích các định luật quang điện. Theo ông, ánh sáng được phát ra, hấp thụ và truyền đi thành từng “gói” năng lượng riêng biệt gọi là lượng tử ánh sáng. Mỗi lượng tử ánh sáng mang một năng lượng tỉ lệ với tần số $f$ của sóng ánh sáng tương ứng \[\varepsilon = hf\] trong đó, $h = 6,{625.10^{ - 34}}$ Js là hằng số Planck.

Khi photon được hấp thụ bởi electron trong chất rắn, nó truyền toàn bộ lượng tử năng lượng cho electron. Năng lượng này được chi vào hai việc là cung cấp cho điện tử một công $A$ để thoát khỏi liên kết với mạng tinh thể chất rắn và cung cấp cho điện tử một động năng ban đầu. Đối với các điện tử ở trên bề mặt kim loại thì động năng này là lớn nhất so với các điện tử ở sâu bên trong. Phương trình Einstein cho hiện tượng quang điện ngoài \[\begin{align} hf &= A + {W_d}, \hfill \\ \frac{{hc}}{\lambda } &= \frac{{hc}}{{{\lambda _0}}} + \frac{{{m_{\text{e}}}v_{\max }^2}}{2}. \hfill \\ \end{align} \] Đại lượng ${\lambda _0} = \frac{{hc}}{A}$ gọi là giới hạn quang điện, chỉ phụ thuộc vào bản chất kim loại.

Giải thích các định luật quang điện bằng lý thuyết của Einstein

1. Vì động năng không thể âm nên \[{W_{\text{d}}} = \frac{{hc}}{\lambda } - \frac{{hc}}{{{\lambda _0}}} > 0 \Leftrightarrow \lambda < {\lambda _0}.\] Bước sóng kích thích $\lambda$ hay bước sóng của chùm sáng tới tấm kim loại phải nhỏ hơn một giá trị ${\lambda_0}$ xác định. Giá trị này phụ thuộc vào bản chất của kim loại, được gọi là giới hạn quang điện.

2. Số điện tử bật ra khỏi bề mặt kim loại tỉ lệ với số photon trong chùm sáng kích thích (cường độ chùm sáng). Số điện tử này lại tỉ lệ với cường độ dòng quang điện bão hòa nên cường độ dòng quang điện bão hòa tỉ lệ với cường độ chùm sáng.

3. Từ biểu thức \[{W_{\text{d}}} = \frac{{hc}}{\lambda } - \frac{{hc}}{{{\lambda _0}}}\] ta thấy ngay nội dung định luật 3.

Các công thức cho hiện tượng quang điện ngoài

- Hiệu điện thế hãm ${U_{\text{h}}}$ là điện áp cần đặt vào tế bào quang điện để triệt tiêu dòng quang điện \[e{U_{\text{h}}} = \frac{{{m_{\text{e}}}v_{\max }^2}}{2} = hf - A.\]

Đặc tuyến Volt-Ampere của tế bào quang điện

- Điều kiện xảy ra hiệu ứng quang điện ngoài trong tế bào quang điện \[\lambda \leqslant {\lambda _0};\,\,{U_{{\text{AK}}}} > - {U_{\text{h}}}.\] trong đó ${U_{{\text{AK}}}}$ là hiệu điện thế giữa Anode và Cathode của tế bào quang điện. Nếu ${U_{{\text{AK}}}} > 0$ thì Anode hút electron và ngược lại.
- Vận tốc cực đại của quang electron tìm từ \[\begin{align} \frac{{{m_{\text{e}}}v_{\max }^2}}{2} &= hc\left( {\frac{1}{\lambda } - \frac{1}{{{\lambda _0}}}} \right), \hfill \\ v_{\max }^2 &= 2e\frac{{{U_{\text{h}}}}}{{{m_{\text{e}}}}}. \hfill \\ \end{align} \] - Động năng tới Anode của quang electron ${W_{d{\text{A}}}}$ \[\begin{align} {W_{{\text{dA}}}} - {W_{{\text{d}}}} &= e{U_{{\text{AK}}}}, \hfill \\ \,{W_{{\text{d}}}} &= 0,5mv_{\max }^2. \hfill \\ \end{align}\] trong đó ${W_{{\text{d}}}}$ là động năng ban đầu khi bứt khỏi Cathode của điện tử.
- Nếu một vật cô lập về điện ban đầu ở trạng thái trung hòa về điện hấp thụ các bức xạ có tần số $f$ thì điện thế của nó tăng dần (do mất electron) đến một giá trị cực đại \[{V_{\max }} = \frac{{{m_{\text{e}}}v_{\max }^2}}{{2e}} = \frac{{hf - A}}{e}.\] - Công suất của nguồn sáng \[P = \varepsilon {n_{{\text{p}}\lambda }} = \left( {hf} \right){n_{{\text{p}}\lambda }} = \frac{{hc}}{\lambda }{n_{{\text{p}}\lambda }}.\] trong đó, ${n_{{\text{p}}\lambda }}$ (photon/s) là số photon ứng với bước sóng $\lambda$ nguồn sáng phát ra trong mỗi giây.
- Cường độ dòng quang điện bão hòa \[{I_{{\text{bh}}}} = e{n_{\text{e}}}\] với $e$ là điện tích nguyên tố, ${n_{\text{e}}}$ là số điện tử thoát khỏi Cathode mỗi giây cũng là số điện tử tới Anode mỗi giây khi dòng điện đạt giá trị bão hòa.
- Hiệu suất lượng tử \[H = \frac{{{n_{\text{e}}}}}{{{n_{{\text{p}}\lambda }}}}.\]

Hiện tượng quang điện trong

Hiện tượng quang điện trong xảy ra trong lòng khối bán dẫn: khi photon đập vào electron trong khối bán dẫn thì nó chỉ cấp cho electron một công để thoát khỏi liên kết với mạng tinh thể trở thành điện tử tự do trong lòng khối bán dẫn. Electron không có đủ năng lượng để thoát khỏi khối bán dẫn nên mật độ điện tử tự do trong khối tăng lên tương ứng với mật độ lỗ trống làm điện trở của khối bán dẫn giảm mạnh.

Giới hạn quang dẫn của một chất là bước sóng dài nhất của ánh sáng có khả năng gây ra hiện tượng quang dẫn ở chất đó. Vì năng lượng cần thiết để giải phóng electron liên kết thành electron tự do không lớn lắm nên nhiều chất có giới hạn quang dẫn lớn (miền đỏ). Do đó, hiện tượng quang điện trong dễ xảy ra hơn so với hiện tượng quang điện ngoài.

Ứng dụng
1. Quang trở LDR: là điện trở có giá trị phụ thuộc vào việc chiếu sáng – photon đến có bước sóng ngắn hơn giới hạn quang dẫn thì điện trở của quang trở sẽ giảm. Độ giảm điện trở tỉ lệ thuận với cường độ ánh sáng đến. LDR được sử dụng trong các mạch điều khiển tự động.
2. Pin quang điện: khi chiếu ánh sáng có bước sóng thích hợp thì giữa hai cực của pin suất hiện một suất quang điện động. Ví dụ: pin selen (phổ biến); pin Cu2O(+) – Cu(-),…

Giao thoa Young - các công thức cần chú ý

noreply@blogger.com (ilovephys) — Thu, 21 Jul 2016 10:43:00 +0000

Giao thoa Young là thí nghiệm chứng tỏ bản chất sóng của ánh sáng. Các dạng toán về giao thoa Young là một trong những nội dung quan trọng của chương trình Vật lý phổ thông.

Hệ vân giao thoa trên màn hứng

Giao thoa sóng đơn sắc

1. Tọa độ vân
- Khoảng vân \[i = \frac{D}{a}\lambda \] trong đó $D$ (m) là khoảng cách từ hai khe tới màn, $a$ (mm) là khoảng cách giữa hai khe ${S _1}$ và ${S_2}$ và $\lambda$ (µm) là bước sóng dùng trong thí nghiệm.
- Tọa độ vân sáng \[{x_S} = pi = p\lambda \frac{D}{a},\,\,\,p \in Z\]
- Tọa độ vân tối \[{x_T} = (q + 0,5)i = (q + 0,5)\lambda \frac{D}{a},\,\,\,q \in Z\] Vân sáng ứng với mỗi giá trị của $p$ gọi là vân sáng bậc $\left| p \right|$. Vân tối ứng với mỗi giá trị của $q$ gọi là vân tối thứ $q+1$ (nếu $q$ không âm) hay thứ $\left| q \right|$ (nếu $q$ âm).
Chú ý

Số vân sáng luôn lẻ, số vân tối luôn chẵn
Số vân tối và số vân sáng hơn kém nhau một đơn vị
Trong giới hạn trường giao thoa:
+ Nếu ${p_{\max }} = {q_{\max }}$ thì ngoài cùng là các vân tối, số vân tối nhiều hơn số vân sáng một đơn vị
+ Nếu ${p_{\max }} = {q_{\max }} + 1$ thì ngoài cùng là các vân sáng, số vân tối ít hơn số vân sáng một đơn vị

2. Khoảng cách giữa hai vân bất kì \[\Delta x = \left| {{x_1} - {x_2}} \right|\]

3. Số vân sáng trên đoạn [u;v]
Số vân sáng là số giá trị nguyên của $p$ thỏa bất đẳng thức sau \[u/i \leqslant p \leqslant v/i\]

4. Số vân tối trên đoạn [u;v]
Số vân sáng là số giá trị nguyên của $q$ thỏa bất đẳng thức sau\[u/i - 0,5 \leqslant q \leqslant v/i - 0,5\]

Giao thoa với ánh sáng trắng

Ánh sáng trắng là hỗn hợp vô số bước sóng trong miền khả kiến (từ đỏ tới tím).
1. Bề rộng quang phổ bậc $k$ là khoảng cách từ vân tím bậc $k$ đến vân đỏ bậc $k$ \[{\delta _k} = k\frac{{D({\lambda _{{\text{red}}}} - {\lambda _{{\text{violet}}}})}}{a} = k\frac{{D.\Delta \lambda }}{a}\] Càng xa vân trung tâm, bề rộng quang phổ càng dài.
2. Trong giao thoa ánh sáng trắng, các dải màu từ đỏ đến tím nằm trọn giữa hai vân sáng liên tiếp của ánh sáng tím.
3. Khoảng vân bậc $k$ của ánh sáng trắng là khoảng cách giữa vân đỏ trong một bậc và vân tím của bậc tiếp theo \[{i_{{\text{w}}k}} = {i_{{\text{violet}}}} - {\delta _k}.\] Ta thấy $\delta (0) = 0 < \delta (1) < {i_{{\text{violet}}}}$ tức là ${i_{\text{w}}}(0)$ và ${i_{\text{w}}}(1)$ dương. Điều này cho thấy quang phổ bậc 0, bậc 1 và bậc 2 không gối lên nhau. Các bậc lớn hơn đều có $i(p) < 0$ nên phần cuối quang phổ này gối lên phần đầu quang phổ kia. Càng ra xa, phần gối lên càng nhiều.

Giao thoa với hỗn hợp ánh sáng liên tục

Cho miền bước sóng giới hạn cho trước $\left[ {{\lambda _{\min }},{\lambda _{\max }}} \right]$ tương ứng các khoảng vân $\left[ {{i_{\min }},{i_{\max }}} \right]$
- Số bước sóng tạo vân sáng tại tọa độ $x$ trên màn xác định từ bất đẳng thức \[\frac{x}{{{i_{\max }}}} \leqslant k \leqslant \frac{x}{{{i_{\min }}}}\] trong đó $k$ nguyên. Các bước sóng tạo vân sáng tại $x$ là \[\lambda = \frac{1}{k}\frac{{ax}}{D}.\] - Số bước sóng tạo vân tối tại tọa độ $x$ xác định từ bất đẳng thức \[\frac{x}{{{i_{\max }}}} - 0,5 \leqslant k \leqslant \frac{x}{{{i_{\min }}}} - 0,5\] trong đó $k$ nguyên. Các bước sóng tạo vân tối \[\lambda = \frac{1}{{k + 0,5}}\frac{{ax}}{D}.\]

Giao thoa với hỗn hợp gồm hai bước sóng

Trên màn có thể có tối đa 3 loại vân sáng có màu khác nhau: các vân có màu của mỗi bước sóng và các vân có màu trộn của 2 bước sóng đó. Để xác định các vân sáng trùng nhau của hai sóng đơn sắc ${\lambda _1}$ và ${\lambda _2}$
- Tối giản phân số ${\lambda _1}/{\lambda _2}$ thành $v/u$
- Các vân sáng trùng nhau cho theo bộ số $(ur;vr)$ trong đó $r \in N$, nghĩa là vân thứ $ur$ của bước sóng thứ 1 trùng với vân thứ $vr$ của bước sóng thứ 2.
- Tọa độ của các vân sáng trùng nhau \[{x_s} = ur{\lambda _1}\frac{D}{a} = vr{\lambda _2}\frac{D}{a}.\]

Giao thoa với hỗn hợp gồm ba bước sóng

- Nguyên hóa các bước sóng $\left( {{\lambda _1},{\lambda _2},{\lambda _2}} \right) \to \left( {{\lambda _{{\text{1N}}}},{\lambda _{{\text{2N}}}},{\lambda _{{\text{2N}}}}} \right)$
- Tìm bội chung nhỏ nhất (BCNN) của các bộ sóng sau
$\left( {{\lambda _{{\text{1N}}}},{\lambda _{{\text{2N}}}},{\lambda _{{\text{3N}}}}} \right) \to U,$
$\left( {{\lambda _{{\text{1N}}}},{\lambda _{{\text{2N}}}}} \right) \to {U_{12}},$
$\left( {{\lambda _{{\text{2N}}}},{\lambda _{{\text{3N}}}}} \right) \to {U_{23}},$
$\left( {{\lambda _{{\text{1N}}}},{\lambda _{{\text{3N}}}}} \right) \to {U_{31}},$
Giữa hai vân sáng cùng màu với vân trung tâm,
- Số vân sáng là trộn của hai màu ${\lambda _1}$ và ${\lambda _2}$ \[{N_{12}} = \frac{U}{{{U_{12}}}} - 1\] - Số vân sáng là trộn của hai màu ${\lambda _2}$ và ${\lambda _3}$ \[{N_{23}} = \frac{U}{{{U_{23}}}} - 1\] - Số vân sáng là trộn của hai màu ${\lambda _3}$ và ${\lambda _1}$ \[{N_{31}} = \frac{U}{{{U_{31}}}} - 1\] - Số vân sáng ${\lambda _1}$ là \[{N_1} = \frac{U}{{{\lambda _{{\text{1N}}}}}} - {N_{12}} - {N_{31}} - 1\] - Số vân sáng ${\lambda _2}$ là \[{N_2} = \frac{U}{{{\lambda _{{\text{2N}}}}}} - {N_{12}} - {N_{23}} - 1\] - Số vân sáng ${\lambda _3}$ là \[{N_3} = \frac{U}{{{\lambda _{{\text{3N}}}}}} - {N_{23}} - {N_{31}} - 1\] - Số vân màu mỗi loại giữa $N$ vân chính liên tiếp cùng màu với vân trung tâm \[{M_{(\lambda )}} = (N - 1){N_{(\lambda )}}\] trong đó ${N_{(\lambda )}}$ là các giá trị ${N_1}$, ${N_2}$,..., ${N_{31}}$.

Dời hệ vân do thay đổi quang lộ

Trong thí nghiệm Young về giao thoa ánh sáng, ta xét 2 trường hợp làm thay đổi quang lộ của các tia sáng tới màn:

Dịch chuyển nguồn sơ cấp S (dọc theo quang trục hoặc vuông góc quang trục)
Đặt bản mặt song song sau mỗi nguồn thứ cấp S₁, S₂

Nói chung, bằng 2 cách trên, ta làm pha của 2 nguồn S₁, S₂ bị lệch dẫn tới hệ vân trên màn bị dịch chuyển.
Dời nguồn sơ cấp S
Ban đầu nguồn S nằm trên quang trục, nếu dời S cách quang trục đoạn $x$ và cách màn đoạn $y$ thì hệ vân trên màn dịch chuyển ngược chiều dịch chuyển của S một đoạn \[{\delta _x} = \frac{x}{y}D.\] Dời S dọc quang trục không làm hệ vân di chuyển.
Đặt bản mặt song song sau một khe
Đặt một bản mặt song song có chiếu suất $n$, bề dày $e$ sau khe S₂. Sóng do nguồn S₂ gửi tới một điểm trên màn phải truyền qua bản mặt song song với vận tốc chậm hơn nên nó tới điểm đó trễ hơn so với sóng từ khe S₁. Điều này gây ra một độ lệch pha giữa hai sóng gửi tới một điểm trên màn. Kết quả là hệ vân bị dời đi so với vị trí ban đầu (khi không đặt bản mặt song song vào hệ). Độ dời của hệ vân là \[{\delta _x} = (n - 1)e\frac{D}{a}.\] Chắn khe nào thì hệ vân dời về phía khe đó.

Hiện tượng tán sắc ánh sáng, vùng khả kiến và lăng kính

noreply@blogger.com (ilovephys) — Thu, 21 Jul 2016 09:07:00 +0000

Ánh sáng trắng là hỗn hợp vô số bước sóng trong vùng khả kiến. Lăng kính lại có chiết suất khác nhau đối với mỗi bước sóng. Kết quả là các tia có màu khác nhau trong chùm ánh sáng trắng bị lệch khác nhau khi đi qua lăng kính.

Tán sắc ánh sáng qua lăng kính

Sự phụ thuộc của chiết suất vào bước sóng

Vận tốc ánh sáng phụ thuộc vào chiết suất môi trường và không đổi trong một môi trường đồng nhất xác định \[vn = {\text{const}}\] hay \[{v_1}{n_1} = {v_2}{n_2}\] trong đó ${v_1}$ và ${v_2}$ lần lượt là vận tốc ánh sáng trong các môi trường (1) và (2), ${n_1}$ và ${n_1}$ là chiết suất tuyệt đối của mỗi môi trường. Liên hệ giữa các bước sóng ${\lambda _1}$ và ${\lambda _2}$ trong các môi trường chiết suất tuyệt đối ${n_1}$ và ${n_1}$ \[\lambda n = {\text{const}}\] hay \[{\lambda _1}{n_1} = {\lambda _2}{n_2}.\] Liên hệ giữa các bước sóng ${\lambda _1}$ và ${\lambda _2}$ và vận tốc truyền trong các môi trường tương ứng \[\frac{{{\lambda _1}}}{{{\lambda _2}}} = \frac{{{v_1}}}{{{v_2}}}.\] Biểu hiện của tính sóng là sự giao thoa, phản xạ, khúc xạ, tán sắc,… (đối với sóng điện từ thì tính sóng thường gặp ở bước sóng dài).

Tán sắc ánh sáng

Tán sắc là hiện tượng ánh sáng bị phân tích thành những màu khác nhau khi đi qua lăng kính và những màu này không thể phân tích được nữa. Bản chất của tán sắc là sự phụ thuộc của chiết suất lăng kính vào bước sóng (tần số) của ánh sáng. Nói chung, chiết suất giảm nếu bước sóng tăng (tần số giảm) và ngược lại. Do đó, trong hiện tượng tán sắc ánh sáng, ta thấy tia đỏ bị lệch về phía đáy của lăng kính ít nhất, tia tím bị lệch nhiều nhất. Thang sóng khả kiến:

Vùng đỏ: 0,76μm – 0,64μm
Vùng da cam – vàng: 0,64μm – 0,58μm
Vùng lục: 0,58μm – 0,495μm
Vùng lam – chàm: 0,495μm – 0,44μm
Vùng tím: 0,44μm – 0,4μm

Lăng kính hẹp

Tán sắc ánh sáng qua lăng kính đỉnh hẹp

Chiếu chùm sáng trắng hẹp vào gần đỉnh của một lăng kính hẹp. Đặt sau lăng kính khoảng $L$ một màn (M) để hứng quang phổ. Màn (M) vuông góc với phương của chùm tia tới. Khi góc chiết quang $A$ và góc tới $i$ nhỏ (dưới 10^o) ta có thể xấp xỉ độ lệch của mỗi tia so với phương của chùm tia tới bằng công thức sau \[{D_\lambda } = ({n_\lambda } - 1)A.\] Lấy giao điểm của phương tia tới với màn (M) làm gốc tọa độ, vị trí của mỗi bước sóng (vạch màu) trên màn hứng là \[{x_\lambda } = L\tan {D_\lambda }.\] Bề rộng quang phổ trên màn \[\Delta x = {x_{{\text{t}}}} - {x_{{\text{d}}}} = L\left( {\tan {D_{\text{t}}} - \tan {D_{\text{d}}}} \right).\] Nếu $D$ đủ bé thì \[\Delta x \approx L\left( {{n_{\text{t}}} - {n_{\text{d}}}} \right)A = LA\Delta n.\]

Sự tương tự điện – cơ và ứng dụng trong giải bài tập Vật lý

noreply@blogger.com (phys4evry1) — Tue, 19 Jul 2016 16:43:00 +0000

Sự tương tự giữa con lắc cơ học và mạch dao động LC trong dao động điều hòa là công cụ hữu ích để ghi nhớ các công thức và giải các bài tập về dao động điện từ một cách linh hoạt, nhanh chóng.

Con lắc lò xo	Mạch dao động LC
Li độ $x$	Điện tích $q$
Biên độ $A$	Điện tích cực đại ${Q_0}$
Vận tốc \[v = \frac{{dx}}{{dt}}\]	Cường độ dòng điện \[i = \frac{{dq}}{{dt}}\]
Vận tốc cực đại \[{v_{\max }} = \omega A\]	Cường độ dòng điện cực đại \[{I_0} = \omega {Q_0}\]
Vận tốc sớm pha $\pi /2$ so với li độ	Cường độ dòng điện sớm pha $\pi /2$ so với điện tích trên bản tụ
Khối lượng $m$	Hệ số tự cảm $L$
Độ cứng $k$	Nghịch đảo điện dung $1/C$
Đối của lực hồi phục \[- F = - ma = kx\]	Hiệu điện thế giữa hai bản tụ $u = \frac{q}{C}$ Suất điện động tự cảm $\varepsilon = - L\frac{{di}}{{dt}}$
Tần số riêng \[\sqrt {\frac{k}{m}}\]	Tần số riêng \[\sqrt {\frac{{1/C}}{L}} = \frac{1}{{\sqrt {LC} }}\]
Hệ thức độc lập với thời gian \[\frac{{{x^2}}}{{{A^2}}} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}{A^2}}} = 1\] \[\frac{{F_{{\text{hp}}}^2}}{{F_{{\text{hp max}}}^2}} + \frac{{{v^2}}}{{v_{\max }^2}} = 1\]	Hệ thức độc lập với thời gian \[\frac{{{q^2}}}{{Q_0^2}} + \frac{{{i^2}}}{{{\omega ^2}Q_0^2}} = 1\] \[\frac{{{u^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{{i^2}}}{{I_0^2}} = 1\]
Động năng \[{W_{\text{d}}} = \frac{1}{2}m{v^2}\]	Năng lượng từ trường \[{W_{\text{m}}} = \frac{1}{2}L{i^2}\]
Thế năng \[{W_{\text{t}}} = \frac{1}{2}k{x^2}\]	Năng lượng điện trường \[{W_{\text{e}}} = \frac{1}{2}\frac{{{q^2}}}{C} = \frac{1}{2}C{u^2}\]
Cơ năng \[\begin{align} W &= \frac{1}{2}k{x^2} + \frac{1}{2}m{v^2} \hfill \\ &= \frac{1}{2}k{A^2} = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} \hfill \\ \end{align} \]	Năng lượng điện từ \[\begin{align} W &= \frac{1}{2}\frac{{{q^2}}}{C} + \frac{1}{2}L{i^2} \hfill \\ &= \frac{1}{2}\frac{{Q_0^2}}{C} = \frac{1}{2}L{\omega ^2}Q_0^2 \hfill \\ \end{align} \]

Ví dụ áp dụng

Ta có thể dùng tương tự điện cơ để dịch các mệnh đề về cơ sau thành các mệnh đề về điện.

1. Trong dao động điều hòa của con lắc, có sự chuyển hóa qua lại giữa thế năng và động năng nhưng tổng của chúng tức cơ năng luôn không đổi. Khi động năng đạt cực đại, thế năng bằng 0 và ngược lại. Động năng và thế năng cũng dao động tuần hoàn ngược pha nhau với chu kì bằng một nửa chu kì riêng của con lắc, tần số gấp đôi tần số riêng. Thời gian giữa hai lần liên tiếp động năng bằng thế năng là 1/4 chu kỳ.

Trong dao động điện từ của mạch LC, có sự chuyển hóa qua lại giữa năng lượng điện trường và năng lượng từ trường nhưng tổng của chúng tức năng lượng điện từ không đổi. Khi năng lượng từ trường đạt cực đại, năng lượng điện trường bằng 0 và ngược lại. Năng lượng điện trường và năng lượng từ trường cũng dao động tuần hoàn ngược pha nhau với chu kì bằng một nửa chu kỳ riêng của mạch LC, tần số gấp đôi tần số riêng. Thời gian giữa hai lần liên tiếp năng lượng từ trường bằng năng lượng điện trường là 1/4 chu kỳ.

2. Khi vật dao động điều hòa, vận tốc của nó nhanh pha hơn li độ một góc $\pi/2$ trong khi gia tốc cũng như lực hồi phục thì dao động ngược pha với li độ.

Trong mạch dao động điện từ LC, cường độ dòng điện nhanh pha hơn điện tích một góc $\pi/2$ trong khi hiệu điện thế giữa hai bản tụ ngược pha với điện tích.

3. Thời gian ngắn nhất để con lắc di chuyển từ vị trí cân bằng đến các vị trí có li độ $A/2$, $A\sqrt 2 /2$, $A\sqrt 3 /2$, $A$ lần lượt là $T/12$, $T/8$, $T/6$ và $T/4$.

Thời gian ngắn nhất để điện tích trên bản tụ tăng từ 0 đến các giá trị ${Q_0}/2$, ${Q_0}\sqrt 2 /2$, ${Q_0}\sqrt 3 /2$, ${Q_0}$ lần lượt là $T/12$, $T/8$, $T/6$ và $T/4$.

4. Dao động của vật tắt nhanh hay chậm tùy thuộc vào độ lớn lực cản của môi trường.

Dao động điện từ trong mạch LC tắt nhanh hay chậm phụ thuộc vào điện trở R.

5. Có thể tăng chu kì dao động bằng cách treo thêm vào vật ${m_1}$ một khối lượng mới ${m_2}$. Chu kì mới sau đó được tính bằng công thức \[{T^2} = T_1^2 + T_2^2\] với ${T_1}$ và ${T_2}$ là các chu kì dao động nếu hệ chỉ có mỗi ${m_1}$ hay ${m_2}$.

Có thể tăng chu kỳ dao động của mạch LC bằng cách mắc nối tiếp với cuộn dây ${L_1}$ một cuộn dây ${L_2}$. Chu kỳ mới sau đó được tính bằng công thức \[{T^2} = T_1^2 + T_2^2\] với ${T_1}$ và ${T_2}$ là các chu kỳ dao động khi hệ chỉ có cuộn cảm ${L_1}$ hoặc ${L_2}$.

6. Có thể tăng chu kì dao động của con lắc lò xo bằng cách ghép nối tiếp thêm các lò xo khác có độ cứng ${k_i}$ để tạo thành một lò xo dài hơn. Lò xo ghép có độ cứng ${k_h}$ xác định từ \[\frac{1}{{{k_{\text{h}}}}} = \frac{1}{{{k_1}}} + \frac{1}{{{k_2}}} + ... + \frac{1}{{{k_{n - 1}}}} + \frac{1}{{{k_n}}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{{k_i}}}}.\] Chu kì sau khi ghép \[T_{\text{h}}^2 = T_{_1}^2 + ... + T_{_n}^2 = \sum\limits_{i = 1}^n {T_i^2}\] trong đó ${T_i}$ là chu kì dao động của con lắc khi chỉ mắc vào lo xo ${k_i}$.

Có thể tăng chu kì dao động của mạch LC bằng cách ghép song song các tụ điện có điện dung ${C_i}$ để tạo thành bộ tụ có điện dung ${C_h}$ được xác định như sau \[{C_{\text{h}}} = {C_1} + {C_2} + ... + {C_{n - 1}} + {C_n} = \sum\limits_{i = 1}^n {{C_i}}.\] Khi đó chu kỳ của mạch dao động là \[{T^2} = T_{_1}^2 + T_{_2}^2... + T_{_n}^2 = \sum\limits_{i = 1}^n {T_i^2} \] trong đó ${T_i}$ là chu kì dao động của mạch khi chỉ có từng tụ điện ${C_i}$.

7. Có thể giảm chu kì dao động của con lắc lò xo bằng cách mắc song song với lò xo sẵn có các lò xo khác có độ cứng ${k_i}$. Hệ lò xo song song có độ cứng ${k_h}$ xác định từ \[{k_{\text{h}}} = {k_1} + {k_2} + ... + k{}_{n - 1} + {k_n} = \sum\limits_{i = 1}^n {{k_i}}.\] Chu kì sau khi ghép \[\frac{1}{{T_{\text{h}}^2}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{T_i^2}}}.\]

Có thể giảm chu kỳ dao động của mạch LC bằng cách mắc nối tiếp các tụ điện có điện dung ${C_i}$ để tạo thành bộ tụ có điện dung ${C_h}$ được xác định như sau \[\frac{1}{{{C_{\text{h}}}}} = \frac{1}{{{C_1}}} + \frac{1}{{{C_2}}} + ... + \frac{1}{{{C_{n - 1}}}} + \frac{1}{{{C_n}}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{{C_i}}}}.\] Khi đó chu kì dao động của mạch là \[\frac{1}{{{T^2}}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\frac{1}{{T_i^2}}}.\]

Ở mệnh đề 6 và 7, việc thay thế máy móc các cụm từ “ghép lò xo song song” thành “ghép các tụ điện song song” hay “ghép lò xo nối tiếp” thành “ghép các tụ điện nối tiếp” sẽ tạo ra các mệnh đề sai. Điều này nói lên rằng tương tự điện-cơ chỉ là sự tương tự về mặt toán học, không có một tương tự nào về bản chất Vật lý của con lắc lò xo và mạch dao động LC.

Phân biệt dao động tắt dần, dao động cưỡng bức và dao động tự duy trì

noreply@blogger.com (phys4evry1) — Wed, 13 Jul 2016 19:09:00 +0000

Dao động điều hòa là một trường hợp lý tưởng, thực tế thường gặp dao động cưỡng bức, dao động tắt dần và dao động tự duy trì.

Dao động điều hòa là chế độ dao động tự do của vật khi không chịu ngoại lực tác dụng. Trong trường hợp có thêm ngoại lực tác dụng lên vật, tùy đặc điểm của lực này mà vật có thể tham gia các hình thức dao động khác.

	Dao động tắt dần	Dao động cưỡng bức	Dao động tự duy trì
Định nghĩa	dao động có biên độ giảm dần theo thời gian.	dao động của vật dưới tác dụng của ngoại lực tuần hoàn.	dao động không tắt dần, được duy trì bằng một cơ chế bổ sung năng lượng bị thất thoát.
Nguyên nhân	mất năng lượng do ma sát với môi trường, bức xạ năng lượng,…	chịu tác dụng của ngoại lực tuần hoàn.	phần năng lượng bị thất thoát được bù bởi cơ chế bổ sung năng lượng.
Đặc điểm	- Tốc độ tắt dần phụ thuộc vào hệ số ma sát, hệ số mất mát năng lượng,…	- Tần số của dao động là tần số của lực cưỡng bức. - Có một biên độ ổn định hoặc tăng dần theo thời gian. - Biên độ của dao động cưỡng bức phụ thuộc vào: + Biên độ của ngoại lực + Tương quan giữa tần số của ngoại lực $f$ (hay $ω$) và tần số riêng của hệ ${f_0}$ (hay ${ω_0}$) + Lực cản của môi trường. - Khi $\omega \to {\omega _0}$ thì biên độ tổng hợp sẽ rất lớn - hiện tượng cộng hưởng.	- Tần số của dao động là tần số riêng của hệ - Biên độ giữ nguyên như khi hệ dao động tự do. - Sau mỗi chu kì, cơ năng của hệ thất thoát được bổ sung bằng năng lượng từ nguồn.

Riêng đối với dao động tắt dần, cần chú ý một số công thức sau
- Số dao động thực hiện được cho đến khi tắt hẳn \[\begin{align} N = \frac{A_0}{{\left| {\Delta A} \right|}} = \frac{{m{\omega ^2}{A_0}}}{{4{F_{\text{c}}}}} = \frac{1}{4}\frac{{{F_{{\text{hp,max}}}}}}{{{F_{\text{c}}}}} \hfill \\ \end{align} \] với ${A_0}$ là biên độ ban đầu, ${F_{\text{c}}}$ là lực cản.
- Thời gian dao động \[\begin{align} t \approx NT = \frac{1}{4}\frac{{{F_{{\text{hp,max}}}}}}{{{F_{\text{c}}}}}T \hfill \\ \end{align} \] - Độ giảm biên độ sau mỗi chu kì \[\left| {\Delta A} \right| = \frac{{4{F_{\text{c}}}}}{{m{\omega ^2}}}.\] - Quãng đường đi được cho tới khi tắt hẳn \[\begin{align} {s_{{\text{end}}}} \approx N.2{A_0} = \frac{{{F_{{\text{hp,max}}}}}}{{{F_{\text{c}}}}}\frac{A_0}{2} \hfill \\ \end{align} \] - Vận tốc cực đại trong quá trình dao động \[{v_{\max }} = \omega {A_0} - \frac{{{F_{\text{c}}}}}{{m\omega }}.\] - Công của lực cản nhỏ ${F_{\text{c}}}$ \[\left| {A_{\text{c}}} \right| \approx 4{F_{\text{c}}}A.\] - Độ giảm cơ năng sau mỗi chu kì \[\begin{align} \left| {\Delta E} \right| = \left|E'-E\right| \approx m{\omega ^2}A\left| {\Delta A} \right| \hfill \\ \end{align}\] trong đó $A$ là biên độ của chu kì.

Ứng dụng

Một trong các ứng dụng của dao động tắt dần là bộ giảm xóc của xe

Bộ giảm xóc

Dao động tự duy trì trong đồng hồ quả lắc

Đồng hồ quả lắc

Dao động tự duy trì cũng có thể gây hại, chẳng hạn sự tự dao động của bánh xe lửa làm biến dạng đường ray

Dao động của bánh tàu trên đường ray

Biến dạng đường ray do dao động của bánh xe tàu hỏa

Đu đưa võng là một loại dao động cưỡng bức: chân tác dụng lực một cách tuần hoàn xuống nền nhà hoặc khung võng gây ra một phản lực tuần hoàn lên võng. Lực này làm võng đu đưa với chu kì tác dụng của chân.

Giao thoa - hiện tượng đặc trưng của sóng

noreply@blogger.com (ilovephys) — Mon, 11 Jul 2016 16:35:00 +0000

Giao thoa là hiện tượng nhiều sóng kết hợp gặp nhau và tạo nên trong không gian những điểm dao động rất mạnh và những điểm hầu như đứng yên. Sóng dừng là một trường hợp của giao thoa.

Giao thoa hai nguồn

Giao thoa là hiện tượng nhiều sóng kết hợp gặp nhau và tạo nên trong không gian những điểm dao động rất mạnh và những điểm hầu như đứng yên. Giao thoa là hiện tượng đặc trưng của sóng - ở đâu có giao thoa ở đấy có quá trình sóng.

Giao thoa hai nguồn

Chỉ có hai nguồn kết hợp mới giao thoa được, hai nguồn kết hợp có:

Cùng tần số
Độ lệch pha không đổi theo thời gian
Có thể khác biên độ

Hai nguồn cùng pha gọi là hai nguồn đồng bộ.

Giả sử một điểm M trong không gian cách hai nguồn các khoảng ${d_1}$ và ${d_2}$. Sóng từ mỗi nguồn truyền tới kích thích điểm M dao động với các phương trình riêng \[\begin{align} {u_{1M}} &= {A_1}\cos (\omega t + {\varphi _1} - \omega d{_1}/v), \hfill \\ {u_{2M}} &= {A_2}\cos (\omega t + {\varphi _2} - \omega d{_2}/v). \hfill \\ \end{align}\] Dao động tổng hợp của M là \[{u_M} = {u_{1M}} + {u_{2M}}.\] Biên độ của M luôn nằm trong khoảng \[\left| {{A_1} - {A_2}} \right| \leqslant {A_{\text{M}}} \leqslant {A_1} + {A_2}.\]

Các cực đại và cực tiểu

Các điểm M có biên độ cực đại (CĐ) hoặc cực tiểu (CT) sẽ phân bố trên hệ hyperbol xác định bởi tham số p sao cho \[\begin{align} & {d_1} - {d_2} = \left( {p + \frac{{\Delta \varphi }}{{2\pi }}} \right)\lambda , & (1) \hfill \\ & - \frac{{{S_1}{S_2}}}{\lambda } - \frac{{\Delta \varphi }}{{2\pi }} < p < \frac{{{S_1}{S_2}}}{\lambda } - \frac{{\Delta \varphi }}{{2\pi }}, & (2) \hfill \\ \end{align}\] trong đó, S₁S₂ là khoảng cách giữa hai nguồn, $\Delta \varphi = {\varphi _1} - {\varphi _2}$ là độ lệch pha dao động của hai nguồn, p là số nguyên ($p \in \mathbb{Z}$) cho các CĐ và là số bán nguyên ($p + 0,5 \in \mathbb{Z}$) cho các CT.
- M sẽ dao động cực đại với biên độ bằng tổng biên độ mỗi nguồn ${A_{\text{M}}} = {A_1} + {A_2}$. Điều này xảy ra khi hai dao động do các nguồn gửi tới M cùng pha.
- M sẽ dao động cực tiểu với biên độ bằng hiệu biên độ các nguồn ${A_{\text{M}}} = \left| {{A_1} - {A_2}} \right|$. Điều này xảy ra khi hai dao động do các nguồn gửi tới M ngược pha.
- Trên đường nối 2 nguồn, các điểm cực đại và cực tiểu phân bố như điểm bụng và điểm nút của sóng dừng. Tức là hai điểm CĐ hoặc hai điểm CT cách nhau ½ bước sóng, một CĐ cách CT kế tiếp ¼ bước sóng.

Số CĐ/CT hay bụng/nút

Tìm số cực đại/cực tiểu trong giao thoa

Xét đường (L) trong mặt thoáng chất lỏng có 2 mút $M({d_{1{\text{M}}}},{d_{2{\text{M}}}})$ và $N({d_{1{\text{N}}}},{d_{2{\text{N}}}})$ theo thứ tự từ S₁ sang S₂, sao cho (L) cắt mỗi hyperbol đúng 1 lần, số CĐ và CT trên (L) tìm từ \[\frac{{{d_{1M}} - {d_{2M}}}}{\lambda } - \frac{{\Delta \varphi }}{{2\pi }} < p < \frac{{{d_{1N}} - {d_{2N}}}}{\lambda } - \frac{{\Delta \varphi }}{{2\pi }},\] số giá trị nguyên của $p$ là số CĐ, số giá trị bán nguyên của $p$ là số CT. Nếu (L) cắt một số hyperbol hơn một lần thì ta cắt (L) thành từng đoạn thỏa mãn điều kiện áp dụng.

Sóng dừng

Sóng phát ra từ một điểm truyền theo một đường thẳng tới vật chắn, vật chắn đóng vai trò như một nguồn phát sóng phản xạ theo chiều ngược lại. Sự giao thoa của sóng tới và sóng phản xạ của nó tạo ra hiện tượng sóng dừng với những bụng (điểm dao động mạnh nhất) và nút (điểm đứng yên) cố định trong không gian.

Biên độ dao động của một điểm M cách nút gần nhất đoạn $d$ \[{A_M} = A\left| {\sin 2\pi \frac{d}{\lambda }} \right|\] trong đó $A = 2a$ với $a$ là biên độ dao động của nguồn phát sóng. Các trường hợp đặc biệt \[d = \lambda /12;\,\,\lambda /8;\,\,\lambda /6;\,\,\lambda /4.\]

Các giá trị biên độ đặc biệt trong sóng dừng

Ghi nhớ cho sóng dừng

- Các bụng hoặc nút liên tiếp cách nhau ½ bước sóng
- Nửa bụng dài ¼ bước sóng
- Các điểm nằm trong cùng một bụng dao động cùng pha
- Hai điểm nằm trên 2 bó sóng liên tiếp sẽ dao động ngược pha
- Số bụng và nút tìm từ

	Hai đầu cố định (sóng phản xạ đổi chiều li độ)	Hai đầu tự do	Một đầu cố định, một đầu tự do (sóng phản xạ không đổi chiều li độ)
Các cực đại và cực tiểu	${N_{\text{b}}} = {N_{\text{n}}} - 1 = \frac{{2\ell }}{\lambda }$	${N_{\text{n}}} = {N_{\text{b}}} - 1 = \frac{{2\ell }}{\lambda }$	${N_{\text{n}}} = {N_{\text{b}}} = \frac{{2\ell }}{\lambda } + \frac{1}{2}$
Điều kiện có sóng dừng	\[\begin{align} &f = {N_{\text{b}}}{f_0}, \hfill \\ &{f_0} = \frac{v}{{2\ell }}. \hfill \\ \end{align}\]	\[\begin{align} &f = {N_{\text{n}}}{f_0}, \hfill \\ &{f_0} = \frac{v}{{2\ell }}. \hfill \\ \end{align}\]	\[\begin{align} &f = (2{N_n} - 1){f_0}, \hfill \\ &{f_0} = \frac{v}{{4\ell }}. \hfill \\ \end{align}\]
Điều kiện có sóng dừng	${N_{\text{b}}} = 1$ xác định tần số cơ bản (âm cơ bản), các giá trị khác xác định các họa âm	${N_{\text{n}}} = 1$ xác định tần số cơ bản, các giá trị khác xác định các họa âm	${N_{\text{n}}} = {N_{\text{b}}} = 1$ xác định tần số cơ bản (âm cơ bản), các giá trị khác xác định các họa âm