Giải SBT Vật lý 11 KNTT Bài tập cuối chương 1 có đáp án
15 câu hỏi
Một vật đang dao động điều hoà dưới tác dụng của một lực đàn hồi. Chọn câu đúng.
A. Khi vật đi qua vị trí cân bằng thì gia tốc đạt giá trị cực đại.
B. Khi vật ở vị trí biên thì lực đổi chiều.
C. Khi vật đi từ vị trí cân bằng đến vị trí biên thì gia tốc ngược chiều với vận tốc.
D. Khi vật đi từ vị trí biên đến vị trí cân bằng thì độ lớn của gia tốc tăng dần.
Đáp án đúng là C
Khi vật đi từ vị trí cân bằng đến vị trí biên thì vận tốc hướng về vị trí biên còn gia tốc vẫn luôn hướng về vị trí cân bằng.
Một vật đang thực hiện một dao động điều hoà quanh vị trí cân bằng \(O\). Hai vị trí biên là \({\rm{M}}\) và \({\rm{N}}\) (Hình 1) Trong quá trình chuyển động nào sau đây thì vận tốc và gia tốc cùng chiều nhau?
Hình 1.1
A. Từ \(O\) đến \(M\).
B. Từ \({\rm{N}}\) đến \({\rm{O}}\).
C. Từ \({\rm{O}}\) đến \({\rm{N}}\).
D. Từ \(M\) đến \(N\).
Đáp án đúng là B
Vận tốc cùng chiều với chuyển động, gia tốc có chiều luôn hướng về VTCB.
Tìm phát biểu sai về gia tốc của một vật dao động điều hoà.
A. Gia tốc đổi chiều khi vật đi qua vị trí cân bằng.
B. Gia tốc luôn ngược chiều với vận tốc.
C. Gia tốc luôn hướng về vị trí cân bằng.
D. Gia tốc biến đổi ngược pha với li độ.
Đáp án đúng là B
Có những giai đoạn gia tốc cùng chiều với vận tốc, đó là khi vật đi từ vị trí biên về vị trí cân bằng.
Một con lắc lò xo gồm một lò xo có độ cứng không đổi. Khi khối lượng quả nặng là \({\rm{m}}\) thì tần số dao động là \(1{\rm{\;Hz}}\). Khi khối lượng quả nặng là \(2{\rm{\;m}}\) thì tần số dao động của con lắc là
A. \(2{\rm{\;Hz}}\).
B. \(\sqrt 2 {\rm{\;Hz}}\).
C. \(\frac{1}{{\sqrt 2 }}{\rm{\;Hz}}\).
D. \(0,5{\rm{\;Hz}}\).Đáp án đúng là C
Do \[f \sim \frac{1}{{\sqrt m }} \Rightarrow \frac{{{f_1}}}{{{f_2}}} = \sqrt {\frac{{{m_2}}}{{{m_1}}}} \Rightarrow \frac{1}{{{f_2}}} = \sqrt {\frac{{2m}}{m}} \Rightarrow {f_2} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}Hz\]
Một con lắc lò xo nằm ngang, đang thực hiện dao động điều hoà. Tìm phát biểu sai.
A. Động năng của vật nặng và thế năng đàn hồi của lò xo là hai thành phần tạo thành cơ năng của con lắc.
B. Động năng và thế năng của con lắc biến thiên tuần hoàn với cùng một tần số như nhau.
C. Khi vật ở một trong hai vị trí biên thì thế năng của con lắc đạt giá trị cực đại.
D. Động năng và thế năng của con lắc biến thiên tuần hoàn với cùng chu kì như chu kì của dao động.
Đáp án đúng là D
Chu kì biến thiên của động năng và thế năng bằng nửa chu kì của dao động.
Tìm phát biểu sai về dao động tắt dần của con lắc lò xo.
A. Cơ năng của con lắc luôn giảm dần.
B. Động năng của vật có lúc tăng, lúc giảm.
C. Động năng của vật luôn giảm dần.
D. Thế năng của con lắc có lúc tăng, lúc giảm.
Đáp án đúng là C
Trong dao động tắt dần, vẫn có những lúc động năng tăng, đó là lúc vật đi từ vị trí biên về vị trí cân bằng.
Lợi ích của hiện tượng cộng hưởng được ứng dụng trong trường hợp nào sau đây?
A. Chế tạo máy phát tần số.
B. Chế tạo bộ phận giảm xóc của ô tô, xe máy.
C. Lắp đặt các động cơ điện trong nhà xưởng.
D. Thiết kế các công trình ở những vùng thường có địa chấn.Đáp án đúng là A
Một vật dao động điều hoà với chu kì T. Tại thời điểm ban đầu, vật đi qua vị trí cân bằng. Tính tỉ số giữa động năng và thế năng của vật vào thời điểm \(\frac{T}{{12}}\).
Theo giản đồ Hình I.2G, ta thấy khi \({\rm{t}} = \frac{T}{{12}}\) thì \(x = \pm \frac{A}{2}\)
\({W_t} = \frac{1}{2}k{x^2} = \frac{1}{2}k{\left( {\frac{A}{2}} \right)^2} = \frac{1}{4}k\frac{{{A^2}}}{2} = \frac{1}{4}W\)
\({{\rm{W}}_{{\rm{d\;}}}} = {\rm{W}} - {{\rm{W}}_{\rm{t}}} = {\rm{W}} - \frac{1}{4}{\rm{\;W}} = \frac{3}{4}{\rm{\;W}} \Rightarrow \frac{{{{\rm{W}}_{\rm{d}}}}}{{{{\rm{W}}_{\rm{t}}}}} = 3\).
Một vật dao động điều hoà dọc theo trục \({\rm{Ox}}\) nằm ngang, gốc \({\rm{O}}\) và mốc thế năng ở vị trí cân bằng. Cứ sau \(0,5{\rm{\;s}}\) thì động năng lại bằng thế năng và vật đi được đoạn đường dài nhất trong thời gian \(0,5{\rm{\;s}}\) là \(4\sqrt 2 {\rm{\;cm}}\). Chọn \({\rm{t}} = 0\) là lúc vật qua vị trí cân bằng theo chiều dương. Viết phương trình dao động của vật.
Khi \({W_t} = {W_d} \Rightarrow {W_t} = \frac{W}{2}\)\( \Leftrightarrow \frac{{k{x^2}}}{2} = \frac{1}{2}\frac{{k{A^2}}}{2} \Rightarrow x = \pm \frac{{A\sqrt 2 }}{2}\)
Từ giản đồ ở Hình I.2Ga, ta có: \(\frac{T}{4} = 0,5 \Rightarrow T = 4.0,5 = 2\;{\rm{s}}\)\( \Rightarrow \omega = \frac{{2\pi }}{T} = \pi {\rm{(rad/s)}}\)
Từ giản đồ Hình I.2Gb, ta có: \({{\rm{S}}_{\max }} = A\sqrt 2 = 4\sqrt 2 \;{\rm{cm}}\)\( \Rightarrow A = 4\;{\rm{cm}}\).
Vì \({\rm{t}} = 0\) lúc vật qua vị trí cân bằng theo chiều dương \( \Rightarrow \) pha ban đầu là:\(\varphi = - \frac{\pi }{2}\)(Hình I.2Gb)
Vậy phương trình dao động của vật là: \(x = 4\cos \left( {\pi t - \frac{\pi }{2}} \right)({\rm{cm}}).\)
Một con lắc lò xo gồm lò xo có độ cứng \({\rm{k}} = 160{\rm{\;N}}/{\rm{m}}\) và vật nặng có khối lượng \({\rm{m}} = 400{\rm{\;g}}\), đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng nằm ngang là \(\mu = 0,0005\). Lấy \({\rm{g}} = 10{\rm{\;m}}/{{\rm{s}}^2}\). Kéo vật lệch khỏi vị trí lò xo không biến dạng một đoạn \(5{\rm{\;cm}}\) (theo phương của trục lò xo). Tại \({\rm{t}} = 0\), buông nhẹ để vật dao động. Tính thời gian kể từ lúc vật bắt đầu dao động cho đến khi vật dừng hẳn.
Giả sử biên độ dao động của vật ở \(\frac{1}{4}\) chu kì là A1, biên độ dao động của vật ở \(\frac{1}{4}\) chu kì tiếp theo là A2. Công của lực ma sát gây ra độ biến đổi cơ năng của vật nặng trong nửa chu kì đầu là:
\[ - \mu {\rm{mg}}\left( {{{\rm{A}}_1} + {{\rm{A}}_2}} \right) = \frac{{{\rm{kA}}_2^2}}{2} - \frac{{k{\rm{\;A}}_1^2}}{2} \Rightarrow {{\rm{A}}_2} - {{\rm{A}}_1}\; = - \frac{{2\mu {\rm{mg}}}}{{\rm{k}}} = - \frac{{2.0,0005.0,4.10}}{{160}}\]
\(\; = - 2,{5.10^{ - 5}}{\rm{\;m}} = - 0,0025{\rm{\;cm}}\)
Số nửa chu kì vật thực hiện được từ \({\rm{t}} = 0\) đến khi dừng hẳn là:
\({\rm{N}} = \frac{{{{\rm{A}}_1}}}{{0,0025}} = \frac{5}{{0,0025}} = 2000\)lần
Cứ mỗi chu kì có hai lần vật qua vị trí đó. Vậy thời gian để vật qua vị trí đó 2000 lần bằng 1000 lần chu kì: \({\rm{\Delta t}} = 1000{\rm{\;T}} = 1000.2\pi \sqrt {\frac{{\rm{m}}}{{\rm{k}}}} = 1000.2\pi \sqrt {\frac{{0,4}}{{160}}} = 314{\rm{\;s}}\).
Hình 1.2. mô tả sự biến thiên gia tốc theo thời gian của một vật dao động điều hoà.
Viết phương trình gia tốc theo thời gian.
Từ đồ thị ta xác định được:
\({a_{{\rm{max}}}} = 5{\rm{\;m/}}{{\rm{s}}^{\rm{2}}};{\rm{T}} = 0,4{\rm{\;s}} \Rightarrow \omega = \frac{{2\pi }}{{\rm{T}}} = \frac{{2\pi }}{{0,4}} = 5\pi \left( {{\rm{rad/s}}} \right);\)
Khi \({\rm{t}} = 0\) thì \({\rm{a}} = 0\) và hướng về biên âm của gia tốc, nên \(\varphi = \frac{\pi }{2}\);
Phương trình gia tốc là: \(a = 5{\rm{cos}}\left( {5\pi {\rm{t}} + \frac{\pi }{2}} \right)\left( {{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right)\)
Hình 1.2. mô tả sự biến thiên gia tốc theo thời gian của một vật dao động điều hoà.
Viết phương trình li độ và vận tốc theo thời gian.
\(x = - \frac{a}{{{\omega ^2}}} = - 0,02{\rm{cos}}\left( {5\pi t + \frac{\pi }{2}} \right)\left( m \right)\)
hay \(x = 0,02{\rm{cos}}\left( {5\pi t + \frac{{3\pi }}{2}} \right)\left( {\rm{m}} \right) = 2{\rm{cos}}\left( {5\pi t + \frac{{3\pi }}{2}} \right)\left( {{\rm{cm}}} \right)\)
\(v = \omega A{\rm{cos}}\left( {5\pi t + \frac{{3\pi }}{2} + \frac{\pi }{2}} \right) = 0,1\pi {\rm{cos}}\left( {5\pi t} \right)\left( {{\rm{m/s}}} \right) = 10\pi {\rm{cos}}\left( {5\pi t} \right)\left( {{\rm{cm/s}}} \right)\)
Hình 1.3 là sơ đồ của một bàn xoay hình tròn, có gắn một thanh nhỏ cách tâm bàn \(15{\rm{\;cm}}\). Bàn xoay được chiếu sáng từ phía trước màn để bóng đổ lên màn. Một con lắc đơn được đặt sau bàn xoay và làm cho dao động điều hoà với biên độ bằng khoảng cách từ thanh nhỏ đến tâm bàn xoay. Tốc độ quay của bàn quay được điều chỉnh là \(2\pi \left( {{\rm{rad}}/{\rm{s}}} \right)\) và bóng của thanh nhỏ luôn trùng với bóng của con lắc trên màn hình.
Vì bóng của thanh nhỏ và quả lắc luôn xuất hiện đồng thời tại cùng một vị trí nên ta nói chúng dao động đồng pha.
Hình 1.3 là sơ đồ của một bàn xoay hình tròn, có gắn một thanh nhỏ cách tâm bàn \(15{\rm{\;cm}}\). Bàn xoay được chiếu sáng từ phía trước màn để bóng đổ lên màn. Một con lắc đơn được đặt sau bàn xoay và làm cho dao động điều hoà với biên độ bằng khoảng cách từ thanh nhỏ đến tâm bàn xoay. Tốc độ quay của bàn quay được điều chỉnh là \(2\pi \left( {{\rm{rad}}/{\rm{s}}} \right)\) và bóng của thanh nhỏ luôn trùng với bóng của con lắc trên màn hình.
Bàn xoay đi một góc 60o từ vị trí ban đầu. Tính li độ của con lắc và tốc độ của nó tại thời điểm này. Bàn xoay phải quay thêm một góc nào nữa trước khi con lắc có tốc độ này trở lại?
Từ Hình I.3G cho thấy khi bàn xoay góc 60° thì:\(x = \frac{A}{2} = 7,5{\rm{\;cm}}.\)
