Một lò xo nhẹ có độ cứng k = 20N/m được đặt thẳng đứng, đầu dưới cố định, đầu tr…
Hôm nay chúng ta sẽ cùng nhau giải một bài toán rất hay về dao động điều hòa, kết hợp cả va chạm không đàn hồi và năng lượng. Đây là dạng bài thường gặp trong các kỳ thi, đòi hỏi chúng ta phải phân tích kỹ lưỡng từng giai đoạn của chuyển động.
Chúng ta có bài toán sau:
Một lò xo nhẹ có độ cứng k = 20N/m được đặt thẳng đứng, đầu dưới cố định, đầu trên gắn vào một đĩa nhỏ có khối lượng M = 600g. Một vật nhỏ có khối lượng m = 200g được thả rơi từ độ cao h = 20cm so với mặt đĩa. Khi vật chạm vào đĩa, chúng bắt đầu dao động điều hòa, coi va chạm là hoàn toàn không đàn hồi. Chọn t = 0 tại thời điểm va chạm, nghiệm tọa độ tại vị trí cân bằng của hệ M + m, chiều dương hướng xuống dưới. Phương trình dao động của hệ là.
Chúng ta sẽ phân tích bài toán này thành 3 giai đoạn chính:
- Giai đoạn 1: Vật nhỏ rơi tự do.
- Giai đoạn 2: Va chạm không đàn hồi giữa vật nhỏ và đĩa.
- Giai đoạn 3: Hệ M + m dao động điều hòa.
Chúng ta hãy cùng nhau đi vào chi tiết từng bước nhé!
— LỜI GIẢI CHI TIẾT —
Đầu tiên, chúng ta tóm tắt các đại lượng đã cho và đổi về đơn vị chuẩn:
- Độ cứng của lò xo: \(k = 20 \, \text{N/m}\)
- Khối lượng đĩa: \(M = 600 \, \text{g} = 0.6 \, \text{kg}\)
- Khối lượng vật nhỏ: \(m = 200 \, \text{g} = 0.2 \, \text{kg}\)
- Độ cao vật rơi: \(h = 20 \, \text{cm} = 0.2 \, \text{m}\)
- Gia tốc trọng trường: Lấy \(g = 9.8 \, \text{m/s}^2\) (Nếu đề không cho, ta thường lấy 9.8 hoặc 10).
1. Giai đoạn 1: Vật nhỏ rơi tự do
Vật nhỏ \(m\) rơi từ độ cao \(h\) so với mặt đĩa. Ngay trước khi chạm đĩa, vật có vận tốc \(v_m\).
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng (hoặc công thức rơi tự do):
\(\frac{1}{2}mv_m^2 = mgh\)
\(v_m = \sqrt{2gh}\)
Thay số vào:
\(v_m = \sqrt{2 \times 9.8 \times 0.2} = \sqrt{3.92} \approx 1.98 \, \text{m/s}\)
2. Giai đoạn 2: Va chạm không đàn hồi
Khi vật \(m\) chạm vào đĩa \(M\), va chạm là hoàn toàn không đàn hồi, nghĩa là sau va chạm chúng dính vào nhau và cùng chuyển động với một vận tốc chung \(V\). Tại thời điểm va chạm (\(t=0\)), đĩa \(M\) đang đứng yên, vận tốc của nó là \(v_M = 0\).
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ \(m + M\):
\(m v_m + M v_M = (m + M) V\)
\(0.2 \times \sqrt{3.92} + 0.6 \times 0 = (0.2 + 0.6) V\)
\(0.2 \times \sqrt{3.92} = 0.8 V\)
\(V = \frac{0.2 \times \sqrt{3.92}}{0.8} = \frac{1}{4} \sqrt{3.92} \approx 0.495 \, \text{m/s}\)
Vận tốc này chính là vận tốc ban đầu của hệ \(M+m\) ngay sau va chạm (\(v_0\)) và hướng xuống dưới.
3. Giai đoạn 3: Hệ M + m dao động điều hòa
Phương trình dao động điều hòa có dạng tổng quát: \(x(t) = A \cos(\omega t + \varphi)\)
Chúng ta cần xác định \(A\), \(\omega\), và \(\varphi\).
a. Xác định tần số góc (\(\omega\))
Hệ \(M+m\) dao động điều hòa với lò xo có độ cứng \(k\).
\(\omega = \sqrt{\frac{k}{M+m}}\)
Thay số vào:
\(\omega = \sqrt{\frac{20}{0.6 + 0.2}} = \sqrt{\frac{20}{0.8}} = \sqrt{25} = 5 \, \text{rad/s}\)
b. Xác định vị trí cân bằng mới (\(x_{cb}\)) và tọa độ ban đầu (\(x_0\))
Trước khi vật \(m\) rơi xuống, đĩa \(M\) ở vị trí cân bằng của riêng nó. Độ giãn (hoặc nén) của lò xo do \(M\) gây ra là \(\Delta L_M\), với \(k \Delta L_M = Mg\).
Sau khi vật \(m\) dính vào đĩa \(M\), hệ \(M+m\) có vị trí cân bằng mới. Gọi vị trí cân bằng mới này là \(x=0\) theo yêu cầu đề bài. Lúc này, lò xo sẽ bị giãn thêm một đoạn \(\Delta x_{cb}\) so với vị trí cân bằng cũ của \(M\).
Tại vị trí cân bằng mới, lực đàn hồi cân bằng với trọng lực của cả hệ:
\(F_{đh} = (M+m)g\)
\(k (\Delta L_M + \Delta x_{cb}) = (M+m)g\)
Vì \(k \Delta L_M = Mg\), ta có:
\(Mg + k \Delta x_{cb} = (M+m)g\)
\(k \Delta x_{cb} = (M+m)g – Mg\)
\(k \Delta x_{cb} = mg\)
\(\Delta x_{cb} = \frac{mg}{k}\)
Thay số vào:
\(\Delta x_{cb} = \frac{0.2 \times 9.8}{20} = \frac{1.96}{20} = 0.098 \, \text{m}\)
Đề bài yêu cầu: “Chọn t = 0 tại thời điểm va chạm, nghiệm tọa độ tại vị trí cân bằng của hệ M + m, chiều dương hướng xuống dưới.”
Điều này có nghĩa là, tại thời điểm \(t=0\) (khi va chạm), hệ đang ở vị trí cân bằng cũ của đĩa \(M\) (trước khi \(m\) rơi xuống). Vị trí cân bằng mới của hệ \(M+m\) nằm thấp hơn vị trí cân bằng cũ một đoạn \(\Delta x_{cb}\).
Nếu gốc tọa độ \(x=0\) là vị trí cân bằng mới, và chiều dương hướng xuống dưới, thì tại thời điểm \(t=0\), vị trí của hệ (là vị trí cân bằng cũ) sẽ ở phía trên gốc tọa độ. Do đó, tọa độ ban đầu \(x_0\) sẽ là một giá trị âm:
\(x_0 = -\Delta x_{cb} = -0.098 \, \text{m}\)
c. Xác định biên độ (\(A\)) và pha ban đầu (\(\varphi\))
Tại \(t=0\), ta có:
- Vị trí: \(x_0 = -0.098 \, \text{m}\)
- Vận tốc: \(v_0 = V = 0.495 \, \text{m/s}\) (chiều dương hướng xuống, vận tốc này hướng xuống nên là dương)
Sử dụng các công thức của dao động điều hòa:
\(x(t) = A \cos(\omega t + \varphi)\)
\(v(t) = -A\omega \sin(\omega t + \varphi)\)
Tại \(t=0\):
\(x_0 = A \cos(\varphi) = -0.098 \quad (1)\)
\(v_0 = -A\omega \sin(\varphi) = 0.495 \quad (2)\)
Từ (2), ta có: \(0.495 = -A \times 5 \times \sin(\varphi)\)
\(A \sin(\varphi) = -\frac{0.495}{5} = -0.099 \quad (3)\)
Để tìm biên độ \(A\), ta bình phương và cộng (1) và (3):
\(A^2 \cos^2(\varphi) + A^2 \sin^2(\varphi) = (-0.098)^2 + (-0.099)^2\)
\(A^2 (\cos^2(\varphi) + \sin^2(\varphi)) = 0.009604 + 0.009801\)
\(A^2 = 0.019405\)
\(A = \sqrt{0.019405} \approx 0.1393 \, \text{m}\)
Để tìm pha ban đầu \(\varphi\), ta chia (3) cho (1):
\(\frac{A \sin(\varphi)}{A \cos(\varphi)} = \frac{-0.099}{-0.098}\)
\(\tan(\varphi) \approx 1.0102\)
Từ (1) và (3), ta thấy \(A \cos(\varphi)\) âm và \(A \sin(\varphi)\) âm, do \(A\) luôn dương, suy ra \(\cos(\varphi)\) và \(\sin(\varphi)\) đều âm. Điều này có nghĩa là \(\varphi\) nằm ở góc phần tư thứ III.
Giá trị \(\arctan(1.0102)\) trong góc phần tư thứ nhất là khoảng \(0.79 \, \text{rad}\). Để chuyển sang góc phần tư thứ III, ta cộng thêm \(\pi\):
\(\varphi = 0.79 + \pi \approx 3.93 \, \text{rad}\)
Hoặc, nếu ta chọn giá trị \(\varphi\) trong khoảng \((-\pi, \pi)\), ta có thể sử dụng \(\varphi = \arctan(\frac{-0.099}{-0.098}) – \pi \approx 0.79 – \pi \approx -2.35 \, \text{rad}\).
Chúng ta sẽ chọn \(\varphi \approx -2.35 \, \text{rad}\) (hoặc \(3.93 \, \text{rad}\), cả hai đều đúng về mặt vật lý).
Vậy, phương trình dao động điều hòa của hệ là:
\(x(t) = A \cos(\omega t + \varphi)\)
\(x(t) = 0.1393 \cos(5t – 2.35) \, \text{(m)}\)
— KẾT LUẬN —
Vậy, phương trình dao động điều hòa của hệ \(M+m\) sau va chạm là:
\(x(t) = 0.1393 \cos(5t – 2.35) \, \text{(m)}\)
Hy vọng qua bài giải chi tiết này, các em đã nắm rõ các bước và cách phân tích bài toán dao động điều hòa có va chạm. Luôn nhớ đọc kỹ đề bài để xác định đúng gốc tọa độ và chiều dương nhé!
Đáp án:
\(x = \dfrac{{\sqrt 2 }}{{10}}\cos \left( {5t + \dfrac{\pi }{5}} \right)\left( m \right)\)
Giải thích các bước giải:
Độ biến dạng ban đầu khi chỉ có đĩa nhỏ là:
\(\Delta {l_1} = \dfrac{{Mg}}{k} = \dfrac{{0,6.10}}{{20}} = 0,3\left( m \right)\)
Độ biến dạng của hệ khi ở VTCB là:
\(\Delta {l_0} = \dfrac{{\left( {M + m} \right)g}}{k} = \dfrac{{\left( {0,6 + 0,2} \right).10}}{{20}} = 0,4\left( m \right)\)
Vận tốc của vật nhỏ trước khi va chạm với đĩa là:
\({v_0} = \sqrt {2gh} = \sqrt {2.10.0,2} = 2\left( {m/s} \right)\)
Vận tốc của hệ ngay sau khi va chạm là:
\(\begin{array}{l}
m{v_0} = \left( {M + m} \right)v\\
\Rightarrow 0,2.2 = \left( {0,6 + 0,2} \right).v\\
\Rightarrow v = 0,5\left( {m/s} \right)
\end{array}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}
\omega = \sqrt {\dfrac{k}{{M + m}}} = \sqrt {\dfrac{{20}}{{0,6 + 0,2}}} = 5\left( {rad/s} \right)\\
{x^2} + {\left( {\dfrac{v}{\omega }} \right)^2} = {A^2}\\
\Rightarrow {\left( {0,4 – 0,3} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{0,5}}{5}} \right)^2} = {A^2}\\
\Rightarrow A = \dfrac{{\sqrt 2 }}{{10}}\left( m \right)\\
\cos \varphi = \dfrac{x}{A} = \dfrac{{0,4 – 0,3}}{{\dfrac{{\sqrt 2 }}{{10}}}} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow {\varphi _0} = \dfrac{\pi }{4}\left( {rad} \right)\\
\Rightarrow x = \dfrac{{\sqrt 2 }}{{10}}\cos \left( {5t + \dfrac{\pi }{5}} \right)\left( m \right)
\end{array}\)
Giải :
\(x(t)=Acos(ωt+φ)\)
\(A=√x(0)^2+(v(0)/ω)^2=√(-0.098)^2+(0.495/5)^2\)
\(A=0.14m\)
Phương trình dao động của hệ là :
\(x(t)=0.14 cos(5t – 3π/4)m\)
\(text{Lavinho}\)
Trợ Lý Xưởng In Thiên Nam
Add comment