PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG TOÁN
- Bài toán liên quan đến hiện tượng cộng hưởng.
- Bài toán liên quan đến dao động tắt dần của con lắc lò xo.
- Bài toán liên quan đến dao động tắt dần của con lắc đơn.
DẠNG 1. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐÉN HIỆN TƯỢNG CỘNG HƯỞNG
Phương pháp giải
Hiện tượng cộng hưởng xảy ra khi chu kì dao động cưỡng bức bằng chu kỳ dao động riêng:
Ví dụ: (THPTQG − 2017) Một con lắc lò xo gồm lò xo có độ cứng 100 N/m và vật nhỏ có khối lượng m. Tác dụng lên vật ngoại lực F = 20cos10πt (N) (t tính bằng s) dọc theo trục lò xo thì xảy ra hiện tượng cộng hưởng. Lấy π2 = 10. Giá trị của m là
A. 100 g. B. 1 kg. C. 250 g. D. 0,4 kg.
Hướng dẫn
Khi cộng hưởng ${{\omega }_{F}}={{\omega }_{0}}=\sqrt{\frac{k}{m}}\Leftrightarrow 10\pi =\sqrt{\frac{100}{m}}\Rightarrow m=0,1\left( kg \right)\Rightarrow $ Chọn A.
DẠNG 2. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN DAO ĐỘNG TẮT DẦN CỦA CON LẮC LÒ XO
Phương pháp giải:
Ta chỉ xét trường hợp ma sát nhỏ (dao động tắt dần chậm). Ta xét bài toán dưới hai góc độ: Khảo sát gần đúng và khảo sát chỉ tiết. 
1. KHẢO SÁT GẦN ĐÚNG
Lúc đầu cơ năng dao động là W$\left( W=\frac{k{{A}^{2}}}{2}=\frac{kx_{0}^{2}}{2}+\frac{mv_{0}^{2}}{2} \right)$ do ma sát nên cơ năng giảm dần và cuối cùng nó dừng lại ở li độ xC rất gần vị trí cân bằng (${{W}_{C}}=\frac{kx_{C}^{2}}{2}\approx 0$ ).
Gọi S là tổng quãng đường đi được kể từ lúc bắt đầu dao động cho đến khi dừng hẳn, theo định luật bảo toàn và chuyển hóa năng lượng thì độ giảm cơ năng (W – WC) đúng bằng công của lực ma sát (Ams = FmsS).
$W-={{F}_{ms}}\Rightarrow S=\frac{W}{{{F}_{ms}}}$
(Fms = µ.mg (nếu dao động phương ngang), Fms = µmgcosα(nếu dao động phương xiên góc ω với µ là hệ số ma sát).
Ví dụ: Một con lắc lò xo có độ cứng 62,5 N/m, vật nặng có khối lượng m = 100 g dao động trên mặt phẳng nằm ngang, hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng ngang là µ = 0,1; lấy g = 10m/s2. Kéo vật khỏi vị trí cân bằng một đoạn A rồi thả nhẹ. Quãng đường mà vật đã đi cho đến khi dừng hẳn là 2,4 m. Giá trị của A là
A. 8 cm. B. 10 cm. C. 8,8 cm. D. 7,6 cm.
Hướng dẫn :
$\frac{k{{A}^{2}}}{2}=\mu mgS\Rightarrow \frac{62,5{{A}^{2}}}{2}=0,1.0,1.10.2,4\Rightarrow A\approx 0,088\left( m \right)\Rightarrow $ Chọn C
Chú ý:
+ Phần trăm cơ năng của con lắc bị mất đi trong một dao động toàn phần:
\[\frac{\Delta W}{W}=\frac{W-W’}{W}=\frac{\frac{k{{A}^{2}}}{2}-\frac{kA{{‘}^{2}}}{2}}{\frac{k{{A}^{2}}}{2}}=\frac{}{{{A}^{2}}}\approx \frac{2A.\Delta A}{{{A}^{2}}}=2.\frac{\Delta A}{A}\]
(với $\frac{\Delta A}{A}$ là là phần trăn biên độ bị giảm sau một dao động toàn phần).
+ Phần trăm biên độ bị giảm sau n chu kì: \[{{h}_{na}}=\frac{A-{{A}_{n}}}{A}.\]
+ Phần trăm biên độ còn lai sau n chu kì: $\frac{{{A}_{n}}}{A}=1-{{h}_{na}}.$
+ Phần trăm cơ năng còn lại sau n chu kì: ${{h}_{n\text{w}}}=\frac{{{W}_{n}}}{\text{W}}={{\left( \frac{{{A}_{n}}}{A} \right)}^{2}}$
+ Phần trăm cơ năng bị mất (chuyển thành nhiệt) sau n chu kì: \[\frac{W-{{W}_{n}}}{W}=1-{{h}_{nw}}\] .
+ Phần cơ năng còn lại sau n chu là: ${{W}_{n}}={{h}_{nw}}W$ và phần đã bị mất tương ứng: $\Delta {{W}_{n}}=\left( 1-{{h}_{nw}} \right)W.$
2. KHẢO SÁT CHỈ TIẾT
a. Dao động theo phương ngang
Bài toán tổng quát: Cho cơ hệ nhu hình vẽ, lúc đầu giữ vật ở P rồi thà nhẹ thì vật dao động tắt dần. Tìm vị trí vật đạt tốc độ cực đại và giá trị vận tốc cực đại.
Cách 1:
Ngay sau khi bắt đầu dao động lực kéo về có độ lớn cực đại (Fmax = kA) lớn hơn lực ma sát trượt (Fms = µmg) nên hợp lực (${{\overrightarrow{F}}_{h\ell }}={{\overrightarrow{F}}_{kv}}-{{\overrightarrow{F}}_{ms}}$ ) hướng về O làm cho vật chuyển động nhanh dần về O. Trong quá trình này, độ lớn lực kéo về giảm dần trong khi độ lớn lực ma sát trượt không thay đổi nên độ lớn hợp lực giảm dần. Đến vị trí I, lực kéo về cân bằng với lực ma sát trượt nên và vật đạt tốc độ cực đại tại điểm này.
Ta có: $k{{x}_{1}}={{F}_{ms}}\Rightarrow {{x}_{1}}=\frac{{{F}_{ms}}}{k}=\frac{umg}{k}$
Quãng đường đi được: ${{A}_{1}}=A-{{x}_{1}}$
Để tìm tốc độ cực đại tại I, ta áp dụng định luật bảo toàn và chuyển hóa năng lượng. Độ giảm cơ năng đúng bằng công của lực ma sát.
\[{{\text{W}}_{P}}-{{\text{W}}_{Q}}={{F}_{ms}}{{A}_{I}}\Leftrightarrow \frac{k{{A}^{2}}}{2}-\frac{kx_{I}^{2}}{2}-\frac{mv_{I}^{2}}{2}=k{{x}_{I}}\left( A-{{x}_{I}} \right)\Leftrightarrow \frac{k}{m}\left( {{A}^{2}}-2A{{x}_{I}}+x_{I}^{2} \right)=v_{I}^{2}\]
$\Rightarrow {{v}_{I}}=\sqrt{\frac{k}{m}}\left( A-{{x}_{I}} \right)=\omega {{A}_{I}}$
“Mẹo” nhớ nhanh, khi vật bắt đầu xuất phát từ P thì có thể xem I là tâm dao động tức thời và biên độ là AI nên tốc độ cực đại:${{v}_{I}}=\omega {{A}_{I}}$. Tương tự, khi vật xuất phát từ Q thì I’ là tâm dao động tức thời. Để tính xI ta nhớ: “Độ lởn lực kéo về = Độ lớn lực ma sát trượt”.
Cách 2:
Khi không có ma sát, vật dao động điều hòa xung quanh vị trí cân bằng O. Khi có thêm lực ma sát thì có thể xem lực ma sát làm thay đổi vị trí cân bằng.
Xét quá trình chuyển động từ A sang A’, lực ma sát có hướng ngược lại nên nó làm dịch vị trí cân bằng đến I sao cho ${{x}_{I}}=\frac{{{F}_{ms}}}{k}=\frac{\mu mg}{k}$ biện độ ${{I}_{I}}={{A}_{I}}-{{x}_{I}}=A-2{{x}_{I}}$
Quá trình chuyển động từ A1 sang A thì vị trí cân bằng dịch đến I’, biên độ ${{A}_{I’}}={{A}_{1}}-{{x}_{1}}$ và tốc độ cực đại tại I’ là ${{v}_{I’}}=\omega {{A}_{I’}}$. Sau đó nó chuyển động chậm dần và dừng lại ở điểm A2 đối xứng với A1 qua I’. Do đó, li độ cực đại so với O là ${{A}_{2}}={{A}_{I’}}-{{x}_{I}}={{A}_{1}}-2{{x}_{I}}=A-2.2{{x}_{I}}$ . Khảo sát quá trình tiếp theo hoàn toàn tương tự.
Như vậy, cứ sau mỗi nửa chu kì (sau mỗi lần qua O) biên độ so với O giảm đi một lượng
Quãng đường đi được sau thời gian $\frac{T}{2};2.\frac{T}{2}…N.\frac{T}{2}$ lần lượt là:
Chú ý: Ta có thể chứng minh khi có lực ma sát thì tâm dao động bị dịch chuyển theo
Phương của lực ma sát một đoạn $\frac{{{F}_{ms}}}{k}$ như sau:
$\overrightarrow{a}=\frac{\overrightarrow{F}+{{\overrightarrow{F}}_{ms}}}{m}\Rightarrow x”=-\frac{k}{m}\left( x-\frac{{{F}_{ms}}}{k} \right)\xrightarrow[{{\omega }^{2}}=\frac{k}{m}]{y=x-\frac{{{F}_{ms}}}{k}}y”=-{{\omega }^{2}}y\Rightarrow $
Ví dụ: Một con lắc lò xo gồm vật nhỏ khối lượng 0,02 kg và lò xo có độ cứng 1 N/m. Vật nhỏ được đặt trên giá đỡ cố định nằm ngang dọc theo trục lò xo. Hệ số ma sát trượt giữa giá đỡ và vật nhỏ là 0,1. Ban đầu giữ vật ở vị trí lò xo bị nén 10 cm rồi buông nhẹ để con lắc dao động tắt dần. Lấy g = 10 m/s2. Tính vận tốc cực đại mà vật đạt được trong quá trình dao động và quãng đường mà vật đi được từ khi bắt đầu dao động đến khi động năng bằng thế năng lần đầu tiên.
A. 40$\sqrt{2}$ cm/s; 3,43 cm. B. 40$\sqrt{2}$cm/s; 7,07 cm.
C. 40$\sqrt{2}$cm/s; 25 cm. D. 20$\sqrt{2}$cm/s; 25 cm.
Hướng dẫn
Khi xuất phát từ P, đến E là lần đầu tiên động năng bằng thế năng và đến I’ là lần đầu tiên vận tốc cực đại.
${{x}_{1}}=\frac{{{F}_{ms}}}{k}=0,02\left( m \right)$
$\Rightarrow {{v}_{I’}}=\omega {{A}_{I’}}=\sqrt{\frac{k}{m}}\left( A-{{x}_{I}} \right)=0,4\sqrt{2}\left( m/s \right)$
Khi đi từ P đến E, độ giảm cơ năng đúng bằng công của lực ma sát
\[{{\text{W}}_{P}}-={{F}_{ms}}\left( A-{{x}_{E}} \right)\Leftrightarrow \frac{k{{A}^{2}}}{2}-\left( \frac{kx_{E}^{2}}{2}+\frac{kx_{E}^{2}}{2} \right)=\mu mg\left( A-{{x}_{E}} \right)\]
$\Rightarrow {{x}_{E}}\approx 0,0657\left( m \right)\Rightarrow s=A-{{x}_{E}}\approx 0,0343\left( m \right)\Rightarrow $ Chọn A.
Chú ý:
Tai I, lực hồi phục cân bằng với lực cản: $kx={{F}_{C}}\Rightarrow {{x}_{I}}=\frac{{{F}_{C}}}{k}$
Gọi A1 là li độ cực đại sau khi qua O lần 1: $\frac{kA_{1}^{2}}{2}=\frac{k{{A}^{2}}}{2}-{{F}_{C}}\left( A+{{A}_{1}} \right)$
$\left( A+{{A}_{1}} \right)\left( A-{{A}_{1}} \right)-\frac{2{{F}_{C}}}{k}\left( A+{{A}_{1}} \right)=0\Rightarrow \left( A-{{A}_{1}} \right)-\frac{2{{F}_{C}}}{k}=0\Rightarrow {{A}_{1}}=A-2{{x}_{I}}$
Độ giảm biên độ sau mỗi lần qua O (sau mỗi nửa chu kì): $\Delta {{A}_{1/2}}=\frac{2{{F}_{C}}}{k}=2{{x}_{I}}$
Li độ cực đại so với O sau khi qua O lần thứ n: ${{A}_{n}}=A-n\Delta {{A}_{1/2}}$
b. Dao động theo phương thẳng đứng
Bài toán tổng quát: Cho cơ hệ như hình vẽ, lúc đầu kéo vật ra khỏi vị trí O một đoạn A rồi thả nhẹ thì vật dao động tắt dần. Tìm vị trí vật đạt tốc độ cực đại và giá trị vận tốc cực đại.
Lập luận tương tự như trường hợp vật dao động theo phương ngang.
Nếu vật đi từ P về Q thì tâm dao động là I ngược lại thì tâm dao động là I’ sao cho:
${{x}_{I}}=OI=OI’=\frac{{{F}_{C}}}{k}$
Để tìm tốc độ cực đại ta phải xác định lúc đó tâm dao động là I hay I’ và biên độ so với tâm rồi áp dụng: \[{{v}_{\max }}=\omega {{A}_{I}}\] hoặc ${{v}_{\max }}=\omega {{A}_{I’}}$ .
Độ giảm biên độ so với O sau mỗi lần đi qua O là nên biên độ còn lại sau lần 1, lần 2,…, lần n lần lượt là: 
Ví dụ : Một con lắc lò xo treo thẳng đứng, lò xo có độ cứng 50 N/m, đầu dưới gắn vật nhỏ khối lượng 100 g. Đưa vật tới vị trí lò xo không biến dạng rồi truyền cho nó vận tốc $20\sqrt{15}$ cm/s hướng thẳng đứng lên. Lực cản của không khí lên con lắc có độ lớn không đổi và bằng FC = 0,1 N. Lấy g = 10 m/s2. Li độ cực đại cùa vật là
A. 4,0 cm. B. 2,8 cm. C. 3,9 cm. D. 1,9 cm.
Hướng dẫn
Cách 1: Tại vị trí ban đầu E, vật có li độ và vận tốc:
Vì độ giảm cơ năng đúng bằng công của lực ma sát nên: ${{W}_{E}}-{{W}_{A}}={{A}_{ms}}$
hay $\frac{kx_{0}^{2}}{2}+\frac{mv_{0}^{2}}{2}-\frac{k{{A}^{2}}}{2}={{F}_{C}}\left( A-{{x}_{0}} \right)$
$\Rightarrow \frac{50.0,{{02}^{2}}}{2}+\frac{0,1{{\left( 0,2\sqrt{15} \right)}^{2}}}{2}-\frac{50.{{A}^{2}}}{2}=0,1\left( A-0,02 \right)$
$\Rightarrow A=0,039\left( m \right)\Rightarrow $ Chọn C.
Cách 2:
Khi vật chuyển động từ E đến A thì lực ma sát hướng xuống dưới nên xem như vị trí cân bằng được kéo xuống đến I’ với $OI’={{x}_{I}}=\frac{{{F}_{ms}}}{k}={{2.10}^{-3}}\left( m \right)=0,2\left( cm \right)$
Tại vị trí ban đầu E, vật có lid dộ I’ với vận tốc:
Tần số góc: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=10\sqrt{15}\left( rad/s \right)$
Biên độ so với I’: ${{A}_{I}}=\sqrt{x_{E/0}^{2}+\frac{v_{0}^{2}}{{{\omega }^{2}}}}=\sqrt{2,{{2}^{2}}+\frac{{{20}^{2}}.15}{{{10}^{2}}.5}}\approx 4,1\left( cm \right)$
$\Rightarrow A={{A}_{I}}-{{x}_{I}}=3,9\left( cm \right)$
DẠNG 3. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐỂN DAO ĐỘNG TẮT DẦN CỦA CON LẮC ĐƠN
Phương pháp giải
Ta chỉ xét dao động tắt dần chậm và khảo sát gần đúng (xem khi dừng lại vật ở vị trí cân bằng)
Ví dụ: Một con lắc đồng hồ được coi như một con lắc đơn dao động tại nơi có gia tốc trọng trường 9,8 (m/s2); vật nặng có khối lượng 1 (kg), sợi dây dài 1 (m) và biên độ góc lúc đầu là 10°. Do chịu tác dụng của một lực cản không đổi nên nó chỉ dao động được 500 (s). Phải cung cấp năng lượng là bao nhiêu để duy trì dao động với biên độ 10° trong một tuần. Xét các trường họp: quá trình cung cấp liên tục và quá trình cung cấp chỉ diễn ra trong thời gian ngắn sau mỗi nửa chu kì.
Hướng dẫn
$\text{W}=\frac{mg\ell }{2}\alpha _{\max }^{2}=\frac{1.9,8.1}{2}.{{\left( \frac{10\pi }{180} \right)}^{2}}=0,14926\left( J \right)$
Công suất hao phí: ${{P}_{hp}}=\frac{W}{\Delta t}=\frac{0,14926}{500}=2,{{985.10}^{-4}}\left( \text{W} \right)$
* Trường hợp 1: Quá trình cung cấp là liên tục thì công suất cần cung cấp đúng bằng công suất hao phí. Do đó, năng lượng có ích cần cung cấp:
Acó ích = Pcung cấp.t = Phao phí.t $=\frac{W}{\Delta t}.t=\frac{0,14926}{500}.7.86400\approx 180,5\left( J \right)$
* Trường hợp 2: Quá trình cung cấp chỉ diễn ra trong thời gian ngắn sau mỗi nửa chu kì thì năng lượng cần cung cấp sau mỗi nửa chu kì đúng bằng công của lực ma sát thực hiện trong nửa chu kì đó: $\Delta {{W}_{1/2}}={{F}_{ms}}.2A$ Do đó, năng lượng có ích cần cung cấp:
Acó ích = $\Delta {{\text{W}}_{1/2}}\,x$ Số nửa chu kỳ $=\Delta {{\text{W}}_{1/2}}.\frac{t}{0,5T}\left( 1 \right)$
Mặt khác: \[\Delta t=NT=\frac{A}{\Delta A}T=\frac{kA}{4{{F}_{ms}}}T=\frac{\frac{k{{A}^{2}}}{2}}{{{F}_{ms}}.2A}T=\frac{W}{\Delta {{\text{W}}_{1/2}}}T\Rightarrow \Delta {{\text{W}}_{1/2}}=\frac{W}{\Delta t}T\left( 2 \right)\]
Thay (2) vào (1): ${{A}_{co\,ich}}=\frac{W}{\Delta t}T.\frac{t}{0,5T}=2\frac{W}{\Delta t}t\approx 361\left( J \right)$
Chú ý: Nếu sau n chu là biên độ góc giảm từ α1 xuống α2 thì công suất hao phí trung bình là: ${{P}_{hp}}=\frac{{{W}_{1}}-{{\text{W}}_{2}}}{\Delta t}=\frac{\frac{mg\ell }{2}\alpha _{1}^{2}-\frac{mg\ell }{2}\alpha _{2}^{2}}{n.T}$
