Con lắc lò xo gồm vật nhỏ gắn với lò xo nhẹ dao động điều hòa theo phương ngang. Lực kéo về tác dụng vào vật luôn hướng về vị trí cân bằng

Một vật dao động điều hòa trên trục Ox. Vận tốc của vật biến thiên điều hòa theo thời gian.

Một con lắc đơn gồm sợi dây nhẹ, không dãn, chiều dài l và chất điểm có khối lượng m. Cho con lắc dao động điều hòa tại nơi có gia tốc trọng trường là g. Tần số góc của con lắc là:\( \omega = \sqrt {\frac{g}{l}} \)

Một vật nhỏ dao động điều hoà với biên độ A dọc theo trục Ox. Quỹ đạo của vật là một đoạn thẳng có chiều dài L=2A

+ Giữa M và đường trung trực của AB có hai dãy cực đại khác → k=±3

Tacó:  d₂−d₁=kλ ⇒25,5−30=−3.λ ⇒ λ=1,5(cm)

+ Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là: v=λf=1,5.16=24(cm/s)

+ Góc lệch của dây treo VTCB : \( \tan \alpha = \frac{{qE}}{{mg}} = 1 \to \alpha = {45^0}\)

+ Gia tốc trong trường biểu kiến: \( g' = \sqrt {{g^2} + {{(\frac{{qE}}{m})}^2}} = 10\sqrt 2 \)

+ Khi kéo lệch khỏi VTCB một góc 54° so với phương thẳng đứng thì \( {\alpha _0} = {9^0}\)  (góc lệch dây treo tại VTCB mới)

+ Tốc độ cực đại của vật nhỏ là\( {v_{\max }} = \sqrt {2g'l(1 - \cos {\alpha _0})} = 0,59(m/s)\)

Áp dụng ĐLBT Cơ năng: độ cứng của lò xo là:

\(\begin{array}{l} \frac{1}{2}k{.0,02^2} + 0,48 = \frac{1}{2}k{.0,06^2} + 0,42\\ \to k = 100N/m \end{array}\)

Cơ năng của vật: \( {\rm{W}} = \frac{1}{2}{.100.0,02^2} + 0,48 = 0,5J\)

Biên độ dao động của vật bằng: \( \to {\rm{W}} = \frac{1}{2}k.{A^2} = 0,5 \to A = 10cm\)

Ta có: hệ phương trình:  biên độ bằng 

\(\left\{ \begin{array}{l} v = \omega R\\ {a_{ht}} = {\omega ^2}R \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} \omega = \frac{{{a_{ht}}}}{v} = \frac{{150}}{{30}} = 5\\ R = A = 6 \end{array} \right.\)

Từ biểu thức x_Mv_M+y_Nv_N=0. Đạo hàm 2 vế của biểu thức theo thời gian ta được: 

\(\begin{array}{l} v_M^2 + {x_M}{a_M} + v_N^2 + {y_N}{a_N} = 0 \Leftrightarrow {\omega ^2}(A_M^2 - {x_M}^2) - {\omega ^2}{x_M}^2 + {\omega ^2}(A_N^2 - {y_N}^2) - {\omega ^2}{y_N}^2 = 0\\ \Leftrightarrow {x_M}^2 + {y_N}^2 = 2{A^2} \end{array}\)

+ Hệ thức này luôn đúng tại mọi thời điểm. Vì M,N dao động trên 2 đường thẳng vuông góc với nhau nên khoảng cách MN luôn là \( d = \sqrt {{x_M}^2 + {y_N}^2} = A\sqrt 2 {\rm{ = const}}\)

+ Tại thời điểm: \( {x_{M({t_1})}} = 1 \to {y_{N({t_1})}} = \sqrt {2{A^2} - {1^2}} \)

+ Nhận thấy t₂ = t₁ +T/4 nên t1 và t2 là hai thời điểm vuông pha nhau. Chính vì vậy ta luôn có hệ thức độc lập \(\begin{array}{l} {(\frac{{{y_{N({t_1})}}}}{A})^2} + {(\frac{{{y_{N({t_2})}}}}{A})^2} = 1 \to {(\frac{{\sqrt {2{A^2} - {1^2}} }}{{A\sqrt 3 }})^2} + {(\frac{2}{{A\sqrt 3 }})^2} = 1\\ \to A = \sqrt 3 \end{array}\)

Vậy khoảng cách giữa hai vật luôn là A√2=√6≈2,449cm

Ta có: \(\begin{array}{l} {x_2} = x - {x_1} \to A_2^2 = {A^2} + A_1^2 - 2A{A_1}\cos (\frac{\pi }{3} - \frac{\pi }{6})\\ \to A_1^2 - \sqrt 3 A{A_1} + {A^2} - 16 = 0 \end{array}\)

+ Để phương trình này có nghiệm A₁ thì: \( \Delta = - {A^2} + 64 \ge 0 \to A \le 8cm \to {A_{\max }} = 8cm\)

+ Độ lớn gia tốc lớn nhất của vật có thể nhận giá trị là:

\( {a_{\max }} = {\omega ^2}{A_{\max }} = 8m/{s^2}\)

Dòng điện Phu-cô là dòng điện cảm ứng sinh ra trong khối vật dẫn khi khối vật dẫn chuyển động cắt các đường sức từ.

+ Bước sóng của sóng λ = v/f = 32/50 = 64 cm.

Ta có: M và N ngược pha, giữa MN còn có 3 điểm cùng pha với M 

→ MN = λ + λ + λ + 0,5λ = 224 cm=2,24m

Độ cao của âm là đặc trưng sinh lý được quyết định bởi đặc trưng vật lý của âm là mức cường độ âm

Từ thời điểm t_o đến t₁:

+ Vectơ biểu diễn dao động của B quay góc B: \({B_1} = \pi - (\alpha + \beta )\)

+ Vectơ biểu diễn dao động của C quay góc C:  \( {C_1} = (\alpha + \beta )\)

Ta có:

\( \Delta t = {t_1} - {t_0} = \frac{{\pi - (\alpha + \beta )}}{\omega } = \frac{{(\alpha + \beta )}}{\omega } \to \pi = 2(\alpha + \beta ) \to (\alpha + \beta ) = \frac{\pi }{2}\)

Mà: \(\begin{array}{l} \cos \alpha = \sin \beta = \sqrt {{1^2} - \cos {\beta ^2}} \\ \to \frac{{20}}{A} = \sqrt {1 - \frac{{{8^2}}}{A}} \to A = 4\sqrt {29} cm\\ \Delta t = {t_1} - {t_0} = \frac{{\pi - (\alpha + \beta )}}{\omega } = \frac{{(\alpha + \beta )}}{\omega } \to \end{array}\)

+ Vectơ biểu diễn dao động của D đang từ VTCB cũng quay góc π/2 giống như B và C nên tới vị trí biên.

+ Đến thời điểm t₂ vectơ biểu diễn dao động của D quay thêm góc: \( \Delta \varphi = \frac{{0,4.360}}{2} = {72^0} \to {u_D} = 6,66mm\)

+ Cơ năng ban đầu của con lắc là:\( {\rm{W}} = \frac{1}{2}k.{A^2}\)

+ Sau 1 chu kì, biên độ của con lắc là:\( {A_1} = A(1 - 3\% ) \to \frac{{{A_1}}}{A} = 0,97\)

+ Biên độ của con lắc sau 10 chu kì là: \( \frac{{{A_{10}}}}{A} = \frac{{{A_{10}}}}{{{A_9}}}.\frac{{{A_9}}}{{{A_8}}}.\frac{{{A_8}}}{{{A_7}}}....\frac{{{A_1}}}{A} = {(0,97)^{10}}\)

+ Cơ năng của con lắc sau 10 chu kì là:

\( \to {{\rm{W}}_{10}} = \frac{1}{2}k.{A_{10}}^2 = \frac{1}{2}k.{({0,97^{10}}A)^2} = 0,54.\frac{1}{2}k.{A^2} = 0.54W = 54\% {\rm{W}}\)

Biên độ dao động của vật đạt cực đại khi vật có tần số dao động riêng bằng tần số ngoại lực tác động \( {f_0} = f = \frac{{4\pi }}{{2\pi }} = 2Hz\)

+ Công thức liên hệ giữa vận tốc truyền sóng v, bước sóng λ, tần số f và chu kì T là: \(\lambda=vT\)

+ Vị trí gia tốc có độ lớn bằng một nửa gia tốc cực đại là: \( {a_{\max }} = {\omega ^2}x = \frac{{{a_{\max }}}}{2} = \frac{{{\omega ^2}{A_{\max }}}}{2} \to x = \frac{A}{2}\)

+ Góc mà vật quét được khi đi từ vị trí biên về vị trí gia tốc có độ lớn bằng một nửa gia tốc cực đại lần đầu tiên là π/3

Áp dụng mối liên hệ giữa chu kỳ và góc quét ta có thời gian ngắn nhất mà chuyển động từ vị trí biên về vị trí có gia tốc bằng nửa gia tốc cực đại là: \( t = \frac{\pi }{3}.\frac{T}{{2\pi }} = \frac{T}{6}\)

Ta có: \( h = \frac{1}{2}g{t^2} \to g = \frac{{2h}}{{{t^2}}}\)

+ Giá trị trung bình của phép đo: \( \to \overline g = \frac{{2\overline h }}{{{t^2}}} = \frac{{2.495,21}}{{{{10,05}^2}}} = 9,805896m/{s^2}\)

+  Sai số tuyệt đối của phép đo:

\( \Delta g = \overline g (\frac{{\Delta h}}{{\overline h }} + 2\frac{{\Delta t}}{t}) = 9,805896(\frac{{0,5}}{{495,21}} + 2\frac{{0,01}}{{10,05}}) = 0,0295(m/{s^2})\)

+ Kết quả phép đo g=9,81±0,03 m/s²

Ta có lực điện F = q.E = 0,1 N

+ Tại vị trí cắt dây thì lực đàn hồi của lò xo cân bằng với lực điện: F = k.∆l = q.E

Suy ra \( \Delta l = \frac{F}{g} = 0,01m = 1cm\)

Vậy biên độ dao động của vật A là A = 1 cm.

Chu kì của dao động của vật A là: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} = 2s\)

+ Sau khi cắt dây thì vật B chuyển động nhanh dần đều với gia tốc : \( a = \frac{F}{{{m_B}}} = 0,1m/s\)

+ Quãng đường mà B đi được trong thời gian t là :

S=1/2.a.t²

+ Khi lò xo có chiều dài ngắn nhất lần đầu tiên là khi ở biên âm –A; khi đó thời gian chuyển động là T/2 = 1s.

+ Vật B đã chuyển động được quãng đường là :

S_B=1/2.0,1.1² = 0,05m = 5cm

+ Vật A đã đi được SA = 2A = 2 cm

Khoảng cách giữa A và B là d = 5 + 10 + 2 = 17 cm

+ Tần số âm cơ bản do dây đàn phát ra ứng với sóng dừng trên dây có một bó sóng n = l → f = v/2l = 450/2.1=225Hz

+ Khoảng thời gian vật đi từ vị trí xa M nhất đến vị trí gần M nhất là Δt vậy Δt chính là 1 nửa chu kỳ dao động của vật.

+ Vị trí tại đó tốc độ bằng một nửa tốc độ cực đại của vật ở thời điểm gần nhất được xác định bởi biểu thức:

\(\begin{array}{l} \frac{{m{v^2}}}{2} + k\frac{{{x^2}}}{2} = \frac{{m{v^2}_{\max }}}{2} \to \frac{{m{v^2}_{\max }}}{8} + k\frac{{{x^2}}}{2} = \frac{{m{v^2}_{\max }}}{2}\\ \to k\frac{{{x^2}}}{2} = 3\frac{{m{v^2}_{\max }}}{2} = 3\frac{{k{A^2}}}{2} \to x = \frac{{ - A\sqrt 3 }}{2} \end{array}\)

+ Sử dụng vòng tròn lượng giác ta thấy góc mà vật quét được từ vị trí biên âm đến vị trí  là góc 30⁰ . Vậy thời gian đi của vật được xác định bởi biểu thức

\( T \to 2\pi \to \frac{\pi }{6} \to \frac{T}{{12}} = \frac{{2.\Delta t}}{{12}} = \frac{{\Delta t}}{6}\)

+ Vậy khoảng thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí gần M nhất đến vị trí tốc độ bằng một nửa tốc độ cực đại là \( t + \frac{{\Delta t}}{6}\)

Li độ của dao động tổng hợp là: x=x1+x2=8+(−6)=2(cm)

+ Lực căng dây có độ lớn cực đại khi vật ở vị trí cân bằng

\( {T_{\max }} = 3mg - 2mg\cos {\alpha _0} = 2N\)

+ Tốc độ của vật khi qua vị trí α = 30⁰ là: \( \left| v \right| = \sqrt {2gl(\cos \alpha - \cos {\alpha _0})} = 0,856m/s\)

+  Lực căng dây treo khi vật qua vị trí α = 30⁰ là:

T = 3mgcosα − 2mgcosα0 = 1,598 N 

+  Khi qua vị trí cân bằng thì:

\( {v_{\max }} = \sqrt {2gl(1 - \cos {\alpha _0})} = 1m/s\)

+ Từ đồ thị, ta thấy chu kì biến thiên của động năng là: \( T = \frac{{10}}{6}.8 = \frac{{40}}{3}(ms)\)

+ Chu kì dao động của con lắc là:\( T' = 2T = 2.\frac{{40}}{3} = \frac{{{{80.10}^{ - 3}}}}{3}(s)\)

+ Tần số dao động của con lắc là: \( f' = \frac{1}{{T'}} = 37,5Hz\)

M và N là hai đỉnh sóng mà giữa chúng còn 1 đỉnh sóng nữa vậy khoảng cách giữa M và N là 2 bước sóng

Khi ở vị trí cân bằng lò xo dãn một đoạn bằng:

\( \Delta l = \frac{{mg}}{k} = \frac{{0,5.10}}{{100}} = 5cm\)

Hai nguồn dao động cùng pha, các điểm nằm trên đường trung trực của đường nối hai nguồn dao động với biên độ cực đại

+ Lực ma sát tác dụng lên vật là:  F_ms=μmg=0,05.1.10=0,5(N)

+ Độ giảm biên độ của con lắc sau mỗi nửa chu kì là: \( \Delta A = \frac{{2\mu mg}}{k} = \frac{{2.0,05.1.10}}{{100}} = 1cm\)

+ 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+(A−ΔA) = 2A−ΔA = 2.10−1 = 19(cm)

+ Công của lực ma sát là: A_ms=F_ms.S=0,5.0,19=0,095(J)

+ Sóng cơ lan truyền được trong môi trường rắn, lỏng và khí tuy nhiên không lan truyền được trong chân không 

+ Lực kéo về bị triệt tiêu khi vật đi qua vị trí cân bằng. → Trong 1 chu kì, vật đi qua vị trí lực kéo về bị triệt tiêu 2 lần.

+ Chu kì của con lắc là: T=2π/ω = 2π/π=2(s)

+ Từ phương trình li độ, ta thấy pha ban đầu của con lắc là:

φ = 0,25π = π/4(rad)

Ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy khi vật đi qua vị trí lực kéo về bị triệt tiêu lần đầu tiên, vecto quay được góc:  Δφ=π/4(rad)

+ Thời điểm khi đó là: Δt= Δφ/ω = π/4π = 0,25(s)

+ Thời điểm vật đi qua vị trí lực kéo về bị triệt tiêu lần thứ 3 là: t=T+Δt=2+0,25=2,25(s)

+ Giả sử tại M cho vân sáng của bức xạ λ thì \( {x_M} = 5,4mm = ki = k\frac{{D\lambda }}{a} \to \lambda = \frac{{a.{x_M}}}{{kD}} = \frac{{{{2,7.10}^{ - 6}}}}{k}\)

Vì 0,38µm ≤ λ ≤ 0,76µm nên 4 ≤ k ≤ 7  => k  = 4; 5; 6 ; 7

Khi k = 4 => λ = 0,675µm

Khi k = 5 => λ = 0,54µm

Khi k = 6 => λ = 0,45µm

Khi k = 7 => λ = 0,386µm

+ Vậy tại M không có vân sáng của bức xạ có bước sóng 0,725 µm

Gọi x, y là số phóng xạ  α và β-, ta có hpt:

\(\left\{ \begin{array}{l} 23 = 4x + 209\\ 93 = 2x - y + 83 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x = 6\\ y = 2 \end{array} \right.\)

Ta có:  Sau khoảng thời gian bằng 2T_B =4T_A

Chất A còn: \( \frac{1}{{{2^4}}}{m_A} = \frac{1}{{16}}{m_A} = 0,0625{m_A}\)

Khối lượng bị phân rã là: \( {m_A} - 0,0625{m_A} = 0,9375{m_A}\)

Chất B sau 2T_B còn lại 0,25 m_B nên khối lượng bị phân rã là 0,75m_B

Để hiệu suất truyền tải là 97% thì điện áp ở nhà máy điện là:

\(\left\{ \begin{array}{l} {h_1} = 1 - {H_1} = \frac{{PR}}{{U_1^2{{\cos }^2}\varphi }}\\ {h_2} = 1 - {H_2} = \frac{{PR}}{{U_2^2{{\cos }^2}\varphi }}\\ {U_2} = 18kV \end{array} \right. \to \frac{{1 - {H_1}}}{{1 - {H_2}}} = {(\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}})^2} \Leftrightarrow \frac{{1 - 0,97}}{{1 - 0,73}} = {(\frac{6}{{{U_2}}})^2} \to {U_2} = 18kV\)

Sai: Khi đi qua từ trường, tia anpha không bị lệch hướng.

Ta có: hiệu điện thế đặt vào RL:

\( {U_{RL}} = U.\sqrt {\frac{{{R^2} + Z_L^2}}{{{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}}} \) không phụ thuộc vào R, nên:

\( \to Z_L^2 = {({Z_L} - {Z_C})^2} \to {Z_C} = 2{Z_L} \to {U_C} = 2{U_L}\)

Khi R=80Ω thì U_C=240V =>U_L=120V => điện áp hiệu dụng ở hai đầu biến trở có giá trị là: \( \to {U_R} = \sqrt {{{200}^2} - {{(120 - 240)}^2}} = 160V\)

Từ đồ thị:  \( T = {2.10^{ - 2}}s \to \omega = \frac{{2\pi }}{T} = 100\pi rad/s\)

Và: \(\left\{ \begin{array}{l} {U_{0AN}} = 200\cos (100\pi t)(V)\\ {U_{0MB}} = 100\cos (100\pi t + \frac{\pi }{3})(V) \end{array} \right.\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} {u_{AN}} = {u_C} + {u_X}\\ {u_{MB}} = {u_X} + {u_L} \end{array} \right.(1)\)

 và \( 3{Z_L} = 2{Z_C} \to 2{u_C} = - 3{u_L}(2)\)

Từ  (1)  suy  ra: \(\left\{ \begin{array}{l} 2{u_{AN}} = 2{u_C} + 2{u_X}\\ 3{u_{MB}} = 3{u_X} + 3{u_L} \end{array} \right.(3)\)

Từ  (2)  và  (3)  ta  có: \( {u_X} = \frac{{2{u_{AN}} + 3{u_{MB}}}}{5} = \frac{{400\cos (100\pi t) + 300\cos (100\pi t + \frac{\pi }{3})}}{5} = 20\sqrt {37} 00\cos (100\pi t + \varphi )(V)\)

+ Hiệu điện thế hiệu dụng: \( {U_X} = 10\sqrt {74} \approx 86V\)

I₁=I_m;   I₂=I_đ (K đóng) 

Dùng giản đồ véctơ kép 

Dựa vào đồ thị ta thấy 1 chu kì 12 ô và hai dòng điện lệch pha nhau 3 ô hay T/4  về pha là \(\pi/2\)  (vuông pha).

Ta có: \( {I_n} = \sqrt 3 {I_m} \to {U_{R2}} = \sqrt 3 {U_{R1}}\)

Dựa vào giản đồ véctơ hình chữ nhật ta có:

\(\begin{array}{l} {U_{LC}} = {U_{R2}} = \sqrt 3 {U_{R1}}(1)\\ {U_{R1}}^2 + {U_{R1}}^2 = {(100\sqrt 3 )^2}(2) \end{array}\)

Từ (1) và (2) suy ra:\( {U_{R1}}^2 + {(\sqrt 3 {U_{R1}})^2} = {(100\sqrt 3 )^2} \to {U_{R1}} = 50\sqrt 3 (V)\)

Hay \( {U_{R2}} = \sqrt 3 {U_{R1}} = 50\sqrt 3 .\sqrt 3 = 150(V)\)

Gía trị cú R là: \(\left\{ \begin{array}{l} R = \frac{{{U_{R1}}}}{{{I_m}}}\\ R = \frac{{{U_{R2}}}}{{{I_n}}} \end{array} \right. \to R = \frac{{{U_{R1}}}}{{{I_m}}} = \frac{{50\sqrt 3 \sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }} = 50\sqrt 2 (V)\)

Hằng số phóng xạ của chất này bằng:

\(T = \frac{{\ln 2}}{\lambda } \to \lambda = \frac{{\ln 2}}{T} = \frac{{\ln 2}}{{{{4,5.10}^9}}} = {1,54.10^{ - 10}}\) năm^-1