Con lắc lò xo gồm vật nhỏ khối lượng 0,4 kg gắn vào đầu một lò xo có độ cứng 20 N/m. Vật được gắn trên một giá đỡ cố định nằm dọc theo trục lò xo. Hệ dao động theo phương nằm ngang. Biết hệ số ma sát giữa vật và giá đỡ là 0,1. Kéo vật khỏi vị trí cân bằng một khoảng 20 cm theo chiều dương rồi thả cho vật dao động không vận tốc đầu. Lấy g = 10 m/s2. Tốc độ lớn nhất vật đạt được trong quá trình dao động là bao nhiêu ? (tính theo đơn vị m/s, làm tròn đến hai chữ số thập phân thứ hai) Đáp án:

Con lắc lò xo gồm vật nhỏ khối lượng 0,4 kg gắn vào đầu một lò xo có độ cứng 20 N/m. Vật được gắn trên một giá đỡ cố định nằm dọc theo trục lò xo. Hệ dao động theo phương nằm ngang. Biết hệ số ma sát giữa vật và giá đỡ là 0,1. Kéo vật khỏi vị trí cân bằng một khoảng 20 cm theo chiều dương rồi thả cho vật dao động không vận tốc đầu. Lấy g = 10 m/s². Tốc độ lớn nhất vật đạt được trong quá trình dao động là bao nhiêu ? (tính theo đơn vị m/s, làm tròn đến hai chữ số thập phân thứ hai)

Đáp án:

Hãy suy nghĩ và trả lời câu hỏi trước khi xem đáp án

Lời giải

Độ giảm biên độ sau mỗi nửa chu kỳ là: $\Delta A = \frac{2\mu mg}{k} = \frac{2 * 0.1 * 0.4 * 10}{20} = 0.04 m = 4 cm$
Biên độ sau nửa chu kỳ đầu tiên là: $A_1 = A - \Delta A = 20 - 4 = 16 cm$
Biên độ sau nửa chu kỳ thứ hai là: $A_2 = A_1 - \Delta A = 16 - 4 = 12 cm$

Vận tốc lớn nhất đạt được khi vật đi qua vị trí mà lực đàn hồi cân bằng với lực ma sát, tức là vị trí có li độ $x_0$ thỏa mãn: $kx_0 = \mu mg \Rightarrow x_0 = \frac{\mu mg}{k} = \frac{0.1 * 0.4 * 10}{20} = 0.02 m = 2 cm$

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng từ vị trí biên $A_1 = 16cm$ đến vị trí $x_0 = 2 cm$:
$\frac{1}{2}k(A_1^2 - x_0^2) = \frac{1}{2}mv_{max}^2 + \mu mg (A_1 - x_0)$
$\Rightarrow v_{max} = \sqrt{\frac{k(A_1^2 - x_0^2) - 2\mu mg(A_1 - x_0)}{m}} = \sqrt{\frac{20(0.16^2 - 0.02^2) - 2 * 0.1 * 0.4 * 10(0.16 - 0.02)}{0.4}} = \sqrt{\frac{20(0.0256 - 0.0004) - 0.8(0.14)}{0.4}} = \sqrt{\frac{20*0.0252 - 0.112}{0.4}} = \sqrt{\frac{0.504 - 0.112}{0.4}} = \sqrt{\frac{0.392}{0.4}} = \sqrt{0.98} \approx 0.99 m/s $

Nhưng vì biên độ giảm dần, nên vận tốc lớn nhất thực sự đạt được ở nửa chu kỳ đầu tiên, từ vị trí $A = 20cm$ đến $x_0 = 2cm$.
$\frac{1}{2}k(A^2 - x_0^2) = \frac{1}{2}mv_{max}^2 + \mu mg (A - x_0)$
$\Rightarrow v_{max} = \sqrt{\frac{k(A^2 - x_0^2) - 2\mu mg(A - x_0)}{m}} = \sqrt{\frac{20(0.2^2 - 0.02^2) - 2 * 0.1 * 0.4 * 10(0.2 - 0.02)}{0.4}} = \sqrt{\frac{20(0.04 - 0.0004) - 0.8(0.18)}{0.4}} = \sqrt{\frac{20*0.0396 - 0.144}{0.4}} = \sqrt{\frac{0.792 - 0.144}{0.4}} = \sqrt{\frac{0.648}{0.4}} = \sqrt{1.62} \approx 1.27 m/s$

Do có ma sát, vật sẽ dừng lại khi biên độ $A_n \le \Delta A / 2 = 2cm$
Ta cần tìm số dao động vật thực hiện đến khi dừng lại:
$n = \frac{A}{\Delta A} = \frac{20}{4} = 5$ dao động
Suy ra, vận tốc lớn nhất sẽ giảm dần trong từng chu kỳ dao động, và giá trị vận tốc lớn nhất sẽ là giá trị đầu tiên tính được (1.27m/s) cho đến khi biên độ giảm xuống gần với vị trí cân bằng.
Tuy nhiên, các đáp án đều nhỏ hơn giá trị này, nên ta sẽ tính lại vận tốc cực đại khi vật đi từ $A_1=16cm$ đến $x_0 = 2cm$:
$v_{max} = \sqrt{\frac{20(0.16^2 - 0.02^2) - 2 * 0.1 * 0.4 * 10(0.16 - 0.02)}{0.4}} = \sqrt{\frac{20(0.0256 - 0.0004) - 0.8(0.14)}{0.4}} = \sqrt{\frac{20*0.0252 - 0.112}{0.4}} = \sqrt{\frac{0.504 - 0.112}{0.4}} = \sqrt{\frac{0.392}{0.4}} = \sqrt{0.98} \approx 0.99 m/s$
Vẫn không có đáp án đúng, ta xét tiếp trường hợp vật dao động từ $A_2 = 12cm$ đến $x_0 = 2cm$:
$v_{max} = \sqrt{\frac{20(0.12^2 - 0.02^2) - 2 * 0.1 * 0.4 * 10(0.12 - 0.02)}{0.4}} = \sqrt{\frac{20(0.0144 - 0.0004) - 0.8(0.1)}{0.4}} = \sqrt{\frac{20*0.014 - 0.08}{0.4}} = \sqrt{\frac{0.28 - 0.08}{0.4}} = \sqrt{\frac{0.2}{0.4}} = \sqrt{0.5} \approx 0.71 m/s$
Xét $A_3 = 8cm$:
$v_{max} = \sqrt{\frac{20(0.08^2 - 0.02^2) - 2 * 0.1 * 0.4 * 10(0.08 - 0.02)}{0.4}} = \sqrt{\frac{20*0.006 - 0.048}{0.4}} = 0.5 m/s$
Vậy đáp án gần đúng nhất là 0.50 m/s