Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về điều kiện xảy ra cộng hưởng của dao động cưỡng bức

Lời giải chi tiết:

Để xe xóc mạnh nhất tức là xảy ra cộng hưởng  chu kì của ngoại lực bằng chu kì dao động riêng của khung xe  thời gian đi giữa hai rãnh nhỏ liên tiếp là 1,5s.

Khi đó : \({{15} \over v} = 1,5s \Rightarrow v = 10m/s = 36km/h\)

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức năng lượng của con lắc E = kA²/2

Lời giải chi tiết:

Công thức năng lượng trong một chu kì dao động E = kA²/2

=> mỗi chu kì biên độ giảm 3% thì năng lượng sẽ mất đi 6%

Chọn A

Phương pháp giải:

Vận dụng lý thuyết khi tần số lực cưỡng bức bằng tần số riệng của hệ dao động thì xảy ra trường hợp cộng hưởng, khi đó biên độ sẽ tăng cực đại. 

Lời giải chi tiết:

Tính tần số góc: \(\omega  = \sqrt {{k \over m}}  = 10(rad/s)\)

Ta thấy khi w tăng từ 9 đến 12 thì nó sẽ đạt giá trị cộng hưởng tại w =10, khi đó giá trị biên độ cực đại. Vậy biên độ thoạt đầu tăng lên sau đó giảm.

Chọn D

Phương pháp giải:

Điều kiện xảy ra hiện tượng cộng hưởng: tần số của ngoại lực bằng tần số của dao động riêng

Lời giải chi tiết:

Xảy ra hiện tượng cộng hưởng \( \Rightarrow {\omega _0} = {\omega _{cb}} \Leftrightarrow \sqrt {{k \over m}}  = 10\pi  \Rightarrow m = {{100} \over {{{\left( {10\pi } \right)}^2}}} = 100g\)

Chọn D

Phương pháp giải:

 Áp dụng điều kiện có cộng hưởng trong dao động cưỡng bức

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

Để nước trong thùng sánh mạnh nhất thì vận tốc người đó phải đi là \(v = {s \over T} = {3 \over {0,6}} = 5m/s = 18km/h\)

Phương pháp giải:

Phương pháp: - Sử dụng công thức tính tốc độ cực đại: v_max = ωA

- Sử dụng công thức tính quãng đường từ khi bắt đầu cho đến khi dừng lại của vật dao động tắt dần: $S = \frac{{k{A^2}}}{{2\mu mg}}$

Lời giải chi tiết:

Ta có: Vật đạt vận tốc lớn nhất khi vật qua vị trí cân bằng và ở trong nửa chu kì đầu tiên (Do dao động tắt dần có biên độ giảm dần )

v_max = ωA’= 80 cm/s

Với $A' = A - \frac{{\mu mg}}{k} \Rightarrow A = A' + \frac{{\mu mg}}{k} = \frac{{{v_{{\text{max}}}}}}{\omega } + \frac{{\mu mg}}{k} = \frac{{{v_{{\text{max}}}}}}{{\sqrt {\frac{k}{m}} }} + \frac{{\mu mg}}{k} = 0,08 + 0,01 = 0,09m = 9cm$

Quãng đường từ khi bắt đầu cho đến khi dừng lại của vật dao động tắt dần:

$S = \frac{{k{A^2}}}{{2\mu mg}} = \frac{{10.{{(0,09)}^2}}}{{2.0,1.0,1.10}} = 0,405m = 40,5cm$

Đáp án A

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

            Chu kỳ dao động của hai vật khi còn gắn với lò xo \(T = 2\pi \sqrt {{m \over k}}  = {\pi  \over 5}\); Vị trí cân bằng động trong dao động của m₁ và m₂ xác định bởi \({F_{{\rm{dh}}}} = {F_{ms}} \to \Delta l = {{ - \mu mg} \over k} = {5.10^{ - 3}}m = 0,5cm\)=>Thời gian m₁ và m₂ chuyển động từ lúc thả đến lúc lò xo có chiều dài tự nhiên \({t_1} = {T \over 4} + {{90 - c{\rm{o}}{{\rm{s}}^{{\rm{ - 1}}}}\left( {{{0,5} \over {9,5}}} \right)} \over {360}}.T\)=0,162269214s

Vận tốc của hai vật khi về đến vị trí lò xo không biến dạng \({1 \over 2}kA_o^2 = \mu ({m_1} + {m_2})g{A_o} + {1 \over 2}({m_1} + {m_2})V_o^2\)

            V_o=0.9486832981m/s; thời gian m₂ chuyển động từ khi lò xo không bị biến dạng đến khi dừng lại là t₂=\({{{V_o}} \over {{{\mu {m_2}g} \over {{m_2}}}}} = {{{V_o}} \over {\mu g}} = \)1,897366596s =>t=t₁+t₂=2,059629517

Phương pháp giải:

Vận dụng quy luật cộng hưởng f = f₀. Và công thức tính bước sóng.

Lời giải chi tiết:

Để nước trong xô sóng sánh mạnh nhất thì xảy ra hiện tượng cộng hưởng, tần số dao động của ngoại lực cưỡng bức bằng tần số dao động riêng của hệ.

Áp dụng công thức tính bước sóng λ = v.T => v = λ/T = 3/0,6 = 5 m/s = 18km/h

Phương pháp giải:

Đại cương dao động cơ

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

Chu kì dao động của con lắc \(T = 2\pi \sqrt {{m \over k}}  = 2\pi \sqrt {{{0,1} \over {10}}}  = {\pi  \over 5}s\)

+ Đô biến dạng của lò xo tại các vị trí cân bằng tạm \(\Delta {l_0} = {{\mu mg} \over k} = {{0,2.0,1.10} \over {10}} = 2cm\).

+ Trong nửa chu kì đầu vật dao động với biên độ , quanh vị trí cân bằng tạm cách vị trí lò xo không biến dạng một đoạn 2 cm về phía lò xo giãn

→ Vật đi được quãng đường 6 cm ứng với dao động của vật từ

\( + A \to  - 0,5A \to \Delta t = {T \over 4} + {T \over {12}} = {\pi  \over {15}}s.\)

Lời giải chi tiết:

Theo bài ra ta có: \({{\Delta {\rm{W}}} \over {{{\rm{W}}_0}}} = 5\%  =  > {{{1 \over 2}kA_0^2 - {1 \over 2}k{A^2}} \over {{1 \over 2}kA_0^2}} =  > {{\Delta A} \over {{A_0}}} = 2,5\% \)

Sau sau 10 chu kỳ biên độ của nó giảm 25%  

Phương pháp giải:

Phương pháp : Sử dụng công thức tính cơ năng: \({\text{W}} = \frac{1}{2}k{A^2}\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

- Ban đầu: con lắc có biên độ dao động A và cơ năng \({\text{W}} = \frac{1}{2}k{A^2}\)

- Sau một chu kì:

 + Biên độ giảm 3%: A' = A - 3%.A = 0,97A

 + Cơ năng của con lắc: \(W' = {1 \over 2}k{{A'}^2} = {1 \over 2}k.{\left( {0,97A} \right)^2} \approx 0,94.{1 \over 2}k{A^2} = 0,94W\)

=> Phần năng lượng của con lắc bị mất đi trong một dao động toàn phần là: \(\Delta W = W - W' = {\rm{W}} - 0,94W = 0,06W = 6\% .{\rm{W}}\)

=> Phần năng lượng của con lắc bị mất đi trong một dao động toàn phần là 6%

Phương pháp giải:

Phương pháp :  Áp dụng công thức về độ giảm biên độ trong dao động tắt dần

Lời giải chi tiết:

Giải:

Cách giải :

\(\eqalign{
& {{{A_0} - {A_3}} \over {{A_0}}} = 10\% = 0,10 \Rightarrow {{{A_3}} \over {{A_0}}} = 0,90 \cr
& {{{W_{{t_0}}} - {W_{{t_3}}}} \over {{W_{{t_0}}}}} = 1 - {{{W_{{t_3}}}} \over {{W_{{t_0}}}}} = 1 - {\left( {{{{A_3}} \over {{A_0}}}} \right)^2} = 1 - 0,81 = 0,19 = 19\% \cr} \)

Phương pháp giải:

Phương pháp : Áp  dụng công thức tính chu kỳ của con lắc đơn \(T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \)

Lời giải chi tiết:

Giải:

\(\eqalign{
& T = 2\pi \sqrt {{l \over g}} = 6,28\sqrt {{{0,30} \over {9,8}}} \approx 1,09 \approx 1,1{\rm{s}} \cr
& v = {{12,5} \over {1,09}} = 11,47m/s \approx 41km/h \cr} \)

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

+ Tốc độ cực đại của vật trong quá trình dao động \({v_{max}} = \sqrt {{k \over m}} \left( {{x_0} - {{\mu mg} \over k}} \right) = \sqrt {{1 \over {0,02}}} \left( {0,1 - {{0,1.0,02.10} \over 1}} \right) = 40\sqrt 2 cm/s\)

Lời giải chi tiết:

 Đáp án D

Biên độ của con lắc đạt giá trị lớn nhất khi hệ xảy ra hiện tượng cộng hưởng ta có

\(T = {T_{cl}} = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}}  = 2\pi \sqrt {\frac{{0,56}}{{9,8}}}  = 1,5s\)

Vận tốc của tàu chạy thẳng đều để xảy ra hiện tượng cộng hưởng là \(v = \frac{s}{T} = \frac{{12,5}}{{1,5}} = \frac{{25}}{3}(m/s) = 30km/h\)

Lời giải chi tiết:

Chu kì dao động của vật

\(T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} = 2\pi .\sqrt {\frac{{0,1}}{1}} = 2s\)

Biên độ dao động lúc đầu là 10 cm.

Trong quá trình dao động dưới tác dụng của lực cản năng lượng dao động của con lắc giảm đi. Năng lượng ban đầu của con lắc là

\({{\rm{W}}_o} = \frac{1}{2}.k.A_0^2 = \frac{1}{2}.1.0,{1^2} = 0,005J\)

Độ giảm biên độ sau mỗi nửa chu kì là :  

\(\Delta {A_{\frac{1}{2}}} = \frac{{2{F_c}}}{k} = \frac{{2.0,001}}{1} = 0,002m = 0,2cm\)

Thời gian 21,4 s = 10 T + ½ T + 0,4 s

Độ giảm biên độ sau khoảng thời gian trên là :

\(\begin{array}{l}
\Delta {A_t} = 0,2.21 = 4,2cm\\
= > {A_t} = A - \Delta {A_t} = 10 - 4,2 = 5,8cm\\
{{\rm{W}}_{d\max }} = {{\rm{W}}_t} = \frac{1}{2}.k.A_t^2\\
{v_{t\max }} = \sqrt {\frac{{2.{{\rm{W}}_{d\max }}}}{m}} = 58\pi (mm/s).
\end{array}\)

Phương pháp giải:

- Tần số dao động riêng của con lắc: \({{\omega }_{0}}=\sqrt{\frac{k}{m}}\)

- Khi tần số của ngoại lực cưỡng bức bằng tần số riêng của hệ thì biên độ dao động cưỡng bức của viên bi là lớn nhất ( cộng hưởng)

Lời giải chi tiết:

Tần số góc riêng \({{\omega }_{0}}=\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{10}{0,1}}=10\frac{rad}{s}\)

Khi tần số của ngoại lực cưỡng bức bằng tần số riêng của hệ thì biên độ dao động cưỡng bức của viên bi là lớn nhất ( cộng hưởng)

Do vậy, khi tăng \(\omega \) từ 9 rad/s đến 12 rad/s thì Acb tăng lên cực đại (cộng hưởng) rồi lại giảm.

Phương pháp giải:

Công thức tính năng lượng  dao động: W = 0,5kA²

Lời giải chi tiết:

Năng lượng dao động của con lắc: W = 0,5kA²

Khi biên độ giảm 2% thì A’ = 0,98A

Năng lượng dao động khi đó là W’ = 0,5k.0,98²A² = 0,9604A

Vậy năng lượng giảm đi 4%

Phương pháp giải:

Áp dụng điều kiện xuất hiện hiện tượng cộng hưởng trong dao động cưỡng bức $f={{f}_{0}}$

Lời giải chi tiết:

+ Tần số dao động riêng của con lắc đơn $f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{g}{l}}=0,5Hz$ => khi tần số của ngoại lực cưỡng bức thay đổi từ 0,2 Hz đến 2 Hz thì biên độ dao động của con lắc tăng rồi giảm .

Đáp án C

Phương pháp giải:

Biểu thức xác định chu kỳ của con lắc đơn $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}$

Tính chất của dao động duy trì : Sau mối chu kỳ phải bù 1 phần năng lượng đúng bằng phần năng lượng vật bị mất trong quá trình dao động

Lời giải chi tiết:

+ Chu kì dao động của con lắc đơn $T=2\pi \sqrt{\frac{l}{g}}=2\pi \sqrt{\frac{0.6}{10}}=1,54s$

Phần năng lượng bị mất đi sau 10 chu kì  $\Delta \text{W}=mgl\left( \cos \alpha -\cos {{\alpha }_{0}} \right)=0,5.10.0,6\left( \cos 6-\cos 8 \right)=12,{{8.10}^{-3}}J$

→ Công suất trung bình $P=\frac{\Delta \text{W}}{10T}=0,83mW$ .

 Đáp án D

Phương pháp giải:

Phương pháp:

+ Vận dụng điều kiện xảy ra cộng hưởng T = T₀

+ Áp dụng công thức \(v = \frac{S}{t}\)

Lời giải chi tiết:

Hướng dẫn giải:

Để nước trong xô bị dao động mạnh nhất thì phải xảy ra cộng hưởng cơ

=> T = T₀ = 0,3s

Tốc độ khi đó: \(v = \frac{S}{t} = \frac{{0,45}}{{0,3}} = 1,5m/s = 5,4km/h\)

=> Chọn D

Phương pháp giải:

Phương pháp:

+ Áp dụng biểu thức tính độ giảm biên độ sau mỗi chu kì: \(\Delta A = \frac{{4\mu mg}}{k}\)

+ Áp dụng biểu thức tính số dao động vật thực hiện được cho đến lúc dừng lại: \(N = \frac{A}{{\Delta A}}\)

Lời giải chi tiết:

Hướng dẫn giải:

Ta có:

+ Độ giảm biên độ sau mỗi chu kì: \(\Delta A = \frac{{4\mu mg}}{k}\)

+ Số dao động vật thực hiện được cho đến lúc dừng lại: \(N = \frac{A}{{\Delta A}} = \frac{{Ak}}{{4\mu mg}} = \frac{{0,1.100}}{{4.0,1.0,1.10}} = 25\)

=> Chọn A

Phương pháp giải:

Biểu thức định luật 2 Niu tơn: \(\overrightarrow{F}=m\overrightarrow{a}\)

Lực đàn hồi của lò xo F_đh = kx

Lực ma sát F_ms = µmg

Lời giải chi tiết:

Lập phương trình định luật 2 Niu tơn cho vật thứ 2:

            F_ms = m₂a = - m₂ω²x

=> F_ms max = m₂ω²A = 0,5F_đh max

Vậy từ thời điểm ban đầu đến thời điểm mà lực đàn hồi của lò xo có độ lớn bằng độ lớn lực ma sát nghỉ cực đại giữa 2 vật lần thứ hai, vật thực hiện được trogn thời gian T/3 = π/15; đi được quãng đường 3cm

Tốc độ trung bình của vật: \(v=\frac{s}{t}=\frac{45}{\pi }cm/s\)

Chọn D

Phương pháp giải:

Biên độ dao động cực đại khi con lắc đi tới biên dương lần đầu tiên

Tần số góc dao động của con lắc lò xo: \(\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}\)

Độ biến thiên cơ năng = Công của ngoại lực

Cơ năng = Động tăng + Thế năng

Động năng W_đ = 0,5mv²

Thế năng đàn hồi W_t = 0,5kx²

Công của ma sát A_ms = - µmg

Lời giải chi tiết:

Tần số góc dao động của con lắc lò xo: \(\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=10\sqrt{5}rad/s\)

Gọi A là biên độ dao động cực đại của con lắc lò xo

Vì ma sát làm vật dao động tắt dần nên độ biến thiên cơ năng = Công của ma sát.

            \(\frac{1}{2}m{{v}^{2}}-\frac{1}{2}k{{A}^{2}}=-\mu mgA\)

Thay số ta được: 0,5.0,2.1² – 0,5.100.A² = - 0,1.0,2.10.A => A = 0,043m = 4,3cm

Chọn C

Phương pháp giải:

Độ giảm biên độ sau một chu kì: \(\text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ A = }\frac{\text{4}{{\text{F}}_{\text{ms}}}}{\text{k}}\)

Tổng số dao động thực hiện được khi dừng hẳn:

\(\text{N = }\frac{\text{A}}{\text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ A}}\text{ = }\frac{\text{k}\text{.A}}{\text{4}\text{.}{{\text{F}}_{\text{ms}}}}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có: \({{\text{F}}_{\text{ms}}}\text{ =  }\!\!\mu\!\!\text{ mg}\text{.cos }\!\!\alpha\!\!\text{ }\)

\(\text{N = }\frac{\text{A}}{\text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ A}}\text{ = }\frac{\text{k}\text{.A}}{\text{4}\text{.}{{\text{F}}_{\text{ms}}}}=\frac{\text{k}\text{.A}}{\text{4 }\!\!\mu\!\!\text{ mg}\text{.cos }\!\!\alpha\!\!\text{ }}\Rightarrow \text{ }\!\!\mu\!\!\text{ }=\frac{\text{k}\text{.A}}{\text{4}\text{.N}\text{.mg}\text{.cos }\!\!\alpha\!\!\text{ }}\)

\(\Rightarrow \)\(\text{ }\!\!\mu\!\!\text{ }=\frac{\text{100}\text{.0,05}}{\text{4}\text{.10}\text{.1}\text{.10}\text{.cos6}{{\text{0}}^{0}}}=0,025\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Tốc độ chuyển động thẳng đều: \(v=\frac{s}{t}\)

Lời giải chi tiết:

Để xe bị xóc mạnh nhất, thời gian xe đi qua rãnh bằng chu kì dao động riêng của khung xe:

t = T = 1,5 s.

Tốc độ của xe là: \(v=\frac{s}{t}=\frac{15}{1,5}=10\,\,\left( m/s \right)=36\,\,\left( km/h \right)\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Vật dừng lại khi toàn bộ cơ năng của vật chuyển thành công của lực là sát: \(\text{W}={{A}_{ms}}\)

Lời giải chi tiết:

Cơ năng của con lắc là: \(\text{W}=\frac{1}{2}k{{A}^{2}}=\frac{1}{2}.100.0,{{1}^{2}}=0,5\,\,\left( J \right)\)

Công của lực ma sát: \({{A}_{ms}}={{F}_{ms}}.s=\mu mg.s=0,02.0,1.10.s=0,02s\)

Vật dừng lại khi: \(\text{W}={{A}_{ms}}\Rightarrow 0,5=0,02s\Rightarrow s=25\,\,\left( m \right)\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Tốc độ của vật bắt đầu giảm khi nó đi qua VTCB, ở vị trí có: \({{F}_{dh}}={{F}_{ms}}\)

Thế năng của con lắc: \({{\text{W}}_{t}}=\frac{1}{2}k\Delta {{l}^{2}}\)

Lời giải chi tiết:

Tốc độ của vật bắt đầu giảm khi nó ở vị trí:

\(\begin{gathered}
{F_{dh}} = {F_{ms}} \Rightarrow k\Delta l = \mu mg \hfill \\
\Rightarrow \Delta l = \frac{{\mu mg}}{k} = \frac{{0,1.0,04.10}}{2} = 0,02\,\,\left( m \right) = 2\,\,\left( {cm} \right) \hfill \\
\end{gathered} \)

Thế năng của con lắc khi đó:

\({{\text{W}}_{t}}=\frac{1}{2}k\Delta {{l}^{2}}=\frac{1}{2}.2.0,{{02}^{2}}={{4.10}^{-4}}\,\,\left( J \right)=0,4\,\,\left( mJ \right)\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Vật qua vị trí cân bằng lần đầu tiên khi: \({{F}_{dh}}={{F}_{ms}}\)

Tốc độ của vật ở VTCB: \(v=\omega A\)

Tần số góc của con lắc: \(\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}\)

Lời giải chi tiết:

Tần số góc của con lắc là: \(\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{20}{0,2}}=10\,\,\left( rad/s \right)\)

Vật qua VTCB lần đầu khi: \({{F}_{dh}}={{F}_{ms}}\)

\(\Rightarrow k\Delta l=\mu mg\Rightarrow \Delta l=\frac{\mu mg}{k}=\frac{0,1.0,2.10}{20}=0,01\,\,\left( m \right)=1\,\,\left( cm \right)\)

Tốc độ của vật khi qua VTCB:

\(v=\omega A'=\omega \left( A-\Delta l \right)\Rightarrow A=\frac{v}{\omega }+\Delta l=\frac{100\sqrt{0,8}}{10}+1=9,94\,\,\left( cm \right)\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

+ Tần số của dao động cưỡng bức bằng tần số của ngoại lực cưỡng bức

+ Tốc độ dao động: \(v = \omega \sqrt {{A^2} - {x^2}} \)

Lời giải chi tiết:

Phương trình của ngoại lực cưỡng bức tác dụng vào vật: \({F_n} = {F_0}.\cos \left( {20t} \right)\,\,N\)

Vậy tần số dao động của vật là: \(\omega  = 20\,rad/s\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}A = 5cm\\x = 3cm\end{array} \right.\)

Tốc độ của vật là: \(v = \omega \sqrt {{A^2} - {x^2}}  = 20.\sqrt {{5^2} - {3^2}}  = 80cm/s\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Cơ năng của vật: \(\text{W}=\frac{1}{2}k{{A}^{2}}\)

Lời giải chi tiết:

Sau một chu kì, cơ năng của con lắc còn lại là:

\({\text{W'}} = {\text{W}} - \Delta {\text{W = W}} - {\text{W}}.14\%  = 0,86{\text{W}}\)

Độ giảm biên độ của con lắc sau 1 chu kì là:

\(\begin{gathered}
{\text{W}}' = 0,86{\text{W}} = \frac{1}{2}kA{'^2} \Rightarrow 0,86.\frac{1}{2}k{A^2} = \frac{1}{2}kA{'^2} \hfill \\
\Rightarrow A' = 0,927A \Rightarrow \frac{{A - A'}}{A} = \frac{{A - 0,9274A}}{A} = \frac{{0,0726A}}{A} = 7,26\% \hfill \\
\end{gathered} \)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Lực ma sát tác dụng lên vật: \({F_{ms}} = \mu mg\)

Độ giảm biên độ của con lắc sau mỗi nửa chu kì: \(\Delta A = \dfrac{{2\mu mg}}{k}\)

Công của lực ma sát: \({A_{ms}} = {F_{ms}}.s\)

Lời giải chi tiết:

Lực ma sát tác dụng lên vật là: \({F_{ms}} = \mu mg = 0,05.1.10 = 0,5\,\,\left( N \right)\)

Độ giảm biên độ của con lắc sau mỗi nửa chu kì là:

\(\Delta A = \dfrac{{2\mu mg}}{k} = \dfrac{{2.0,05.1.10}}{{100}} = 0,01\,\,\left( m \right) = 1\,\,\left( {cm} \right)\)

Quãng đường vật đi được từ khi lò xo có chiều dài cực đại đến khi lò xo có chiều dài cực tiểu là:

\(s = A + A' = A + \left( {A - \Delta A} \right) = 2A - \Delta A = 2.10 - 1 = 19\,\,\left( {cm} \right)\)

Công của lực ma sát là: \({A_{ms}} = {F_{ms}}.s = 0,5.0,19 = 0,095\,\,\left( J \right)\) 

Chọn A.

Phương pháp giải:

Chu kì của con lắc: \(\text{T = 2 }\!\!\pi\!\!\text{ }\sqrt{\frac{l}{\text{g}}}\)

Lời giải chi tiết:

Chu kì dao động riêng của con lắc là:

\(\text{T = 2 }\!\!\pi\!\!\text{ }\sqrt{\frac{l}{\text{g}}}\text{ = 2 }\!\!\pi\!\!\text{ }\sqrt{\frac{\text{0,56}}{\text{9,8}}}\approx \text{1,5 }\left( \text{s} \right)\)

Biên độ dao động của con lắc lớn nhất khi tàu dao động với chu kì bằng chu kì dao động riêng của con lắc.

Tốc độ của tàu khi đó là: \(\text{v = }\frac{\text{s}}{\text{T}}\text{ = }\frac{\text{12,5}}{\text{1,5}}\text{ = 8,3 }\left( \text{m/s} \right)\text{ = 30 }\left( \text{km/h} \right)\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Tần số dao động của con lắc: \(\text{f = }\frac{\text{1}}{\text{2 }\!\!\pi\!\!\text{ }}\sqrt{\frac{\text{k}}{\text{m}}}\)

Lời giải chi tiết:

Tần số dao động của con lắc: \(\text{f = }\frac{\text{1}}{\text{2 }\!\!\pi\!\!\text{ }}\sqrt{\frac{\text{k}}{\text{m}}}\text{ = }\frac{\text{1}}{\text{2 }\!\!\pi\!\!\text{ }}\sqrt{\frac{\text{100}}{\text{0,1}}}\text{ = 5 }\left( \text{Hz} \right)\)

Nhận xét: Biên độ dao động cưỡng bức càng lớn khi tần số của ngoại lực càng gần tần số dao động riêng của con lắc.

Vậy \({{\rm{A}}_{\rm{1}}}{\rm{ > }}{{\rm{A}}_{\rm{2}}}\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Tần số góc riêng của con lắc: \(\omega =\sqrt{\frac{l}{g}}\)

Sử dụng lý thuyết về sự phụ thuộc biên độ của con lắc vào tần số góc của ngoại lực.

Lời giải chi tiết:

Tần số góc riêng của con lắc là: \(\omega =\sqrt{\frac{l}{g}}=\sqrt{\frac{{{\pi }^{2}}}{2}}=\frac{\pi }{\sqrt{2}}\,\,\left( rad/s \right)\)

Chu kì của ngoại lực tăng từ 1 s lên 3 s, ta có:

\(1\le T\le 3\Rightarrow \frac{2\pi }{3}\le \Omega \le 2\pi \)

Nhận xét: chu kì của ngoại lực tăng từ 1s đến 3 s, có giá trị chu kì mà tại đó con lắc dao động cộng hưởng, khi đó biên độ của con lắc là lớn nhất.

Vậy biên độ của con lắc tăng đến giá trị cực đại rồi giảm.

Chọn A.

Phương pháp giải:

Tần số góc riêng của con lắc: \(\omega =\sqrt{\frac{l}{g}}\)

Sử dụng lý thuyết về sự phụ thuộc biên độ của con lắc vào tần số góc của ngoại lực.

Lời giải chi tiết:

Tần số góc riêng của con lắc là: \(\omega =\sqrt{\frac{l}{g}}=\sqrt{\frac{{{\pi }^{2}}}{2}}=\frac{\pi }{\sqrt{2}}\,\,\left( rad/s \right)\)

Chu kì của ngoại lực tăng từ 2 s lên 4 s, ta có:

\(2\le T\le 4\Rightarrow \frac{\pi }{2}\le \Omega \le \pi \)

Nhận xét: chu kì của ngoại lực tăng từ 2 s đến 4 s, có giá trị chu kì mà tại đó con lắc dao động cộng hưởng, khi đó biên độ của con lắc là lớn nhất.

Vậy biên độ của con lắc tăng đến giá trị cực đại rồi giảm.

Chọn B.

Phương pháp giải:

Chu kì dao động của tàu chính là thời gian tàu đi qua mỗi thanh ray.

Lời giải chi tiết:

Gọi vận tốc của tàu là v.

Thời gian tàu đi qua mỗi thanh ray là: \(t=\frac{l}{v}\)

Thời gian tàu đi qua mỗi thanh ray chính là chu kì do đường ray gây ra.

Tần số dao động riêng của tàu là: \({{f}_{0}}=\frac{1}{T}=\frac{1}{0,5}=2\,\,\left( Hz \right)\)

Theo đề bài ta có:

\(\left| {f - {f_0}} \right| \geqslant 0,8{f_0} \Rightarrow \left[ \begin{gathered}
f - {f_0} \geqslant 0,8{f_0} \hfill \\
f - {f_0} \leqslant - 0,8{f_0} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow \left[ \begin{gathered}
f \geqslant 1,8{f_0} = 3,6\,\,\left( {Hz} \right) \hfill \\
f \leqslant 0,2{f_0} = 0,4\,\,\left( {Hz} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

Mà 

\(f = \frac{1}{t} = \frac{v}{l} \Rightarrow \left[ \begin{gathered}
\frac{v}{l} \geqslant 3,6 \hfill \\
\frac{v}{l} \leqslant 0,4 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow \left[ \begin{gathered}
v \geqslant 3,6l = 3,6.15 = 54\,\,\left( {m/s} \right) \hfill \\
v \leqslant 0,4l = 0,4.15 = 6\,\,\left( {m/s} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Nước trong xô bị sóng mạnh nhất khi có cộng hưởng.

Lời giải chi tiết:

Nước trong xô bị sóng mạnh nhất khi chu kì của nước bằng chu kì của bước chân bằng chu kì của nước trong xô.

Ta có: \(T={{T}_{0}}\Rightarrow \frac{l}{v}={{T}_{0}}\Rightarrow v=\frac{l}{{{T}_{0}}}=\frac{50}{2}=25\,\,\left( cm/s \right)\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Vật đạt tốc độ cực đại khi đi qua vị trí cân bằng lần đầu tiên.

Tần số góc của con lắc: \(\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}\)

Lời giải chi tiết:

Tần số góc của con lắc là: \(\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{100}{0,5}}=10\sqrt{2}\,\,\left( rad/s \right)\)

Vật qua VTCB lần đầu khi: \({{F}_{dh}}={{F}_{ms}}\)

\(\Rightarrow k\Delta l=\mu mg\Rightarrow \Delta l=\frac{\mu mg}{k}=\frac{0,2.0,5.10}{100}=0,01\,\,\left( m \right)=1\,\,\left( cm \right)\)

Tốc độ cực đại của vật trong quá trình dao động là:

\(v=\omega A'=\omega \left( A-\Delta l \right)=10\sqrt{2}.\left( 10-1 \right)=90\sqrt{2}\,\,\left( cm/s \right)\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

+ Đọc đồ thị \(A - \omega \) của vật dao động cưỡng bức

+ Cộng hưởng dao động: \(\Omega  = \omega \)

+ Vận dụng biểu thức \(\omega  = \sqrt {\dfrac{k}{m}} \)

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị, ta thấy hiện tượng cộng hưởng dao động xảy ra khi  tần số góc riêng của vật (tại điểm có biên độ cực đại) bằng với tần số của lực cưỡng bức

\(\Omega  = \omega  = 5\pi \)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \omega  = \sqrt {\dfrac{k}{m}}  = 5\pi \\ \Rightarrow k = {\omega ^2}.m = {\left( {5\pi } \right)^2}.0,2 = 50N/m\end{array}\)

Chọn C

Phương pháp giải:

+ Tần số góc của dao động riêng : \({\omega _0} = \sqrt {\dfrac{k}{m}} \)

+ Biên độ của dao động cưỡng bức càng lớn khi tần số góc của ngoại lực có giá trị càng gần giá trị của tần số góc của dao động riêng.

Lời giải chi tiết:

Tần số góc của dao động riêng :

\({\omega _0} = \sqrt {\dfrac{k}{m}}  = \sqrt {\dfrac{{100}}{{0,025}}}  \approx 63,25rad/s\)

Đồ thị mô tả sự phụ thuộc của biên độ vào tần số của dao động cưỡng bức :

Ta có : \({\omega _1} < {\omega _2} \Rightarrow {A_1} < {A_2}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Lực ma sát trượt tác dụng lên vật có độ lớn: \(\left| {{F_{ms}}} \right| = \mu mg\)

Để vận tốc lớn nhất khi hợp lực phục hồi và lực cản phải cân bằng nhau:   

\(k{x_0} = \mu mg \Rightarrow {x_0} = \dfrac{{\mu mg}}{k}\)

 Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng khi vật đạt vận tốc cực đại lần đầu tiên:

\(\begin{array}{l}\dfrac{1}{2}k{A^2} = \dfrac{1}{2}k{x_0}^2 + \dfrac{1}{2}m{v_0}^2 + \mu mg(A - {x_0})\\ \Leftrightarrow mv_0^2 = k({A^2} - x_0^2) - 2\mu mg(A - {x_0})\\ \Leftrightarrow m{v^2} = k({A^2} - x_0^2) - 2k{x_0}(A - {x_0}) \Rightarrow v = \omega (A - {x_0})\end{array}\)

Lời giải chi tiết:

Ban đầu lò xo dãn 10cm \( \Rightarrow A = 10cm\)

Ta có \({{\rm{x}}_0} = \dfrac{{\mu {\rm{mg}}}}{{\rm{k}}} = \dfrac{{0,1.0,2.10}}{{20}}{\rm{  =  1cm}}\)

Xét trong mỗi giai đoạn chuyển động chưa đổi chiều thì thời điểm gia tốc của vật triệt tiêu là thời điểm vật qua vị trí cân bằng tạm.

Lúc này tốc độ của vật là lớn nhất và được tính bởi: \(\left\{ \begin{array}{l}{v_1} = {{\rm{A}}_1}\omega \;\\{v_2} = {{\rm{A}}_2}\omega \;\end{array} \right.\)

Tỉ số cần tìm chính là tỉ số: \(\dfrac{{{v_1}}}{{{v_2}}} = \dfrac{{{{\rm{A}}_1}}}{{{{\rm{A}}_2}}}\)

Mặt khác ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{{\rm{A}}_1} = A--{{\rm{x}}_{0\;\;}}\\{{\rm{A}}_2} = {{\rm{A}}_1}--{\rm{2}}{{\rm{x}}_0} = A--{\rm{3}}{{\rm{x}}_{0\;\;}}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \dfrac{{{v_{\rm{1}}}}}{{{v_{\rm{2}}}}} = \dfrac{{A\;--\;{{\rm{x}}_0}}}{{A\;--\;{\rm{3}}{{\rm{x}}_0}}} = \dfrac{{10 - 1}}{{10 - 3.1}} = \dfrac{{\rm{9}}}{7}\)

Chọn B.

Phương pháp giải:

Con lắc có biên độ cực đại khi có cộng hưởng: chu kì của lực cưỡng bức bằng chu kì riêng của con lắc

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị ta thấy với giá trị \(f \approx 6\left( {Hz} \right)\), con lắc có biên độ cực đại.

Khi đó con lắc dao động cộng hưởng, chu kì của lực cưỡng bức bằng chu kì dao động riêng của con lắc: \(T = \dfrac{1}{f} = \dfrac{1}{6} \approx 0,167\left( s \right)\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

+ Vận dụng lí thuyết về dao động cưỡng bức

+ Cộng hưởng dao động

Lời giải chi tiết:

Ta có:

+ Tần số cộng hưởng dao động: \({f_0} = \dfrac{1}{{2\pi }}\sqrt {\dfrac{g}{l}}  = \dfrac{1}{{2\sqrt 2 }}\left( {Hz} \right) = 0,354Hz\)

+ Khi chu kì tăng từ 4s lên 8s tương ứng với tần số giảm từ \({f_1} = 0,25Hz\) đến \({f_2} = 0,125Hz\)

Ta có đồ thị:

Từ đồ thị, ta thấy khi chu kì tăng từ 4s lên 8s thì biên độ dao động cưỡng bức luôn giảm.

Chọn C

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết của bài toán cơn lắc lò xo chịu tác dụng của ngoại lực không đổi

Lời giải chi tiết:

Vị trí cân bằng mới là O₁ cách O một đoạn x₀ được xác định theo công thức  \({x_0} = {F \over k}\)

Sau đó con lắc sẽ dao động điều hòa với biên độ A = x₀

Vật dừng lại lần đầu tiên khi vật đi qua vị trí biên x = A = x₀

Khi đó, vật đi được quãng đường \(s = 2{x_0} = {{2F} \over k}\)

Chọn C

Phương pháp giải:

Phương pháp giải: Điều kiện xảy ra hiện tượng cộng hưởng cơ: tần số (chu kì) của lực cưỡng bức bằng tần số  riêng (chu kì riêng) của hệ dao động

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

Cách giải :

+ Chu kì dao động riêng của con lắc đơn: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}}  = 2\pi \sqrt {\frac{{0,44}}{{9,8}}}  = 1,33s.\)

+ Biên độ dao động của con lắc sẽ lớn nhất khi xảy ra hiện tượng cộng hưởng, tức là tần số (chu kì) của lực kích động bằng với tần số (chu kì) dao động riêng của con lắc. Như vậy, khoảng thời gian con lắc đi hết một thanh ray bằng với chu kì dao động riêng của con lắc: \(\Delta t = T <  =  > {\text{ }}\frac{L}{v} = T =  > v = {\text{ }}\frac{L}{T} = \frac{{12,5}}{{1,33}} = 9,4m/s \approx 34km/h.\)

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức của dao động tắt dần của con lắc lò xo

Lời giải chi tiết:

Đáp án B.

+ Từ hình vẽ, ta có \(\Delta {{\rm{l}}_0} = {{{{\rm{F}}_{\rm{c}}}} \over {\rm{k}}} = 0,01{\rm{m}} \to {\rm{k  =  }}{1 \over {0,01}} = 100{\rm{ N/m,}}\) với \(\Delta {{\rm{l}}_0}\) là độ biến dạng của lò xo tại vị trí cân bằng tạm.

 Biên độ dao động của vật trong nửa chu kỳ thứ nhất A₁, trong nửa chu kì thứ hai, trong nửa chu kì thứ ba và thứ 4 lần lượt là: A₁ = A₀ - 1 với A₀ là tọa độ ban đầu của vật.

\(\left\{ \matrix{
{{\rm{A}}_2} = {{\rm{A}}_0} - 3 \hfill \cr
{{\rm{A}}_3} = {{\rm{A}}_0} - 5 \hfill \cr
{{\rm{A}}_4} = {{\rm{A}}_0} - 7 = 2 \hfill \cr} \right.{\rm{cm}} \to \left\{ \matrix{
{{\rm{A}}_0} = 9 \hfill \cr
{{\rm{A}}_1} = 8 \hfill \cr
{{\rm{A}}_2} = 6 \hfill \cr
{{\rm{A}}_3} = 4 \hfill \cr
{{\rm{A}}_4} = 2 \hfill \cr} \right.{\rm{cm}}.\)

 Tốc độ cực đại của vật trong quá trình dao động  \({{\rm{v}}_{{\rm{max}}}} = \omega {{\rm{A}}_1} = 80\pi {\rm{ cm/s}}{\rm{.}}\)

 Tốc độ trung bình của vật  \({{\rm{v}}_{{\rm{tb}}}} = {{\rm{S}} \over {\rm{t}}} = {{2\left( {{{\rm{A}}_1} + {{\rm{A}}_2} + {{\rm{A}}_3} + {{\rm{A}}_4}} \right)} \over {\rm{t}}} = {{2\left( {8 + 6 + 4 + 2} \right)} \over {0,4}} = 100{\rm{ cm/s}}{\rm{.}}\)

 Ta có tỉ số  \({{{{\rm{v}}_{\max }}} \over {{{\rm{v}}_{{\rm{tb}}}}}} = 0,8\pi .\)

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết về cộng hưởng dao động

Lời giải chi tiết:

Khi M dao động thì tác dụng 1 lực cưỡng bức lên dây treo. Lực này lại tác dụng lên các con lắc còn lại làm cho các con lắc dao động. Nói cách khác con lắc 1, 2, 3, 4 chịu tác dụng của 1 ngoại lực biến thiên tuần hoàn nên nó dao động cưỡng bức. Lực này biến thiên với tần số đúng bằng tần số dao động của M

Trong dao động cưỡng bức, khi tần số của ngoại lực càng gần với tần số dao động riêng thì con lắc sẽ dao động với biên độ càng lớn.

Vậy con lắc nào có chiều dài gần với chiều dài của M nhất thì sẽ dao động mạnh nhất.

Phương pháp giải:

Phương pháp:  Áp dụng biểu thức W = F_ms.s

Lời giải chi tiết:

Hướng dẫn giải:

Ta có, toàn bộ năng lượng ban đầu của vật chuyển thành công của lực masát (lực cản)

\({\rm{W}} = \frac{1}{2}k{\rm{x}}_0^2 + \frac{1}{2}m{v^2} = {F_{m{\rm{s}}}}s \to s = \frac{{\frac{1}{2}k{\rm{x}}_0^2 + \frac{1}{2}m{v^2}}}{{{F_{m{\rm{s}}}}}} = \frac{{\frac{1}{2}{\rm{100}}{\rm{.(0,08}}{{\rm{)}}^2} + \frac{1}{2}0,1.0,{6^2}}}{{0,02}} = 16,9m\)

=> Chọn C