Giải SBT Vật lý 11 KNTT Bài tập cuối chương 1 có đáp án

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.

Đáp án đúng là B

Vận tốc cùng chiều với chuyển động, gia tốc có chiều luôn hướng về VTCB.

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.

Đáp án đúng là C

Do $f \sim \frac{1}{{\sqrt m }} \Rightarrow \frac{{{f_1}}}{{{f_2}}} = \sqrt {\frac{{{m_2}}}{{{m_1}}}} \Rightarrow \frac{1}{{{f_2}}} = \sqrt {\frac{{2m}}{m}} \Rightarrow {f_2} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}Hz$

Đáp án đúng là D

Chu kì biến thiên của động năng và thế năng bằng nửa chu kì của dao động.

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.

Theo giản đồ Hình I.2G, ta thấy khi ${\rm{t}} = \frac{T}{{12}}$ thì $x = \pm \frac{A}{2}$

${W_t} = \frac{1}{2}k{x^2} = \frac{1}{2}k{\left( {\frac{A}{2}} \right)^2} = \frac{1}{4}k\frac{{{A^2}}}{2} = \frac{1}{4}W$

${{\rm{W}}_{{\rm{d\;}}}} = {\rm{W}} - {{\rm{W}}_{\rm{t}}} = {\rm{W}} - \frac{1}{4}{\rm{\;W}} = \frac{3}{4}{\rm{\;W}} \Rightarrow \frac{{{{\rm{W}}_{\rm{d}}}}}{{{{\rm{W}}_{\rm{t}}}}} = 3$.

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: $x = 4\cos \left( {\pi t - \frac{\pi }{2}} \right)({\rm{cm}}).$

Giả sử biên độ dao động của vật ở $\frac{1}{4}$ chu kì là A$_{1}$, biên độ dao động của vật ở $\frac{1}{4}$ chu kì tiếp theo là A$_{2}$. 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: ${\rm{\Delta t}} = 1000{\rm{\;T}} = 1000.2\pi \sqrt {\frac{{\rm{m}}}{{\rm{k}}}} = 1000.2\pi \sqrt {\frac{{0{,}4}}{{160}}} = 314{\rm{\;s}}$.

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: $a = 5{\rm{cos}}\left( {5\pi {\rm{t}} + \frac{\pi }{2}} \right)\left( {{\rm{m}}/{{\rm{s}}^2}} \right)$

$x = - \frac{a}{{{\omega ^2}}} = - 0{,}02{\rm{cos}}\left( {5\pi t + \frac{\pi }{2}} \right)\left( m \right)$

hay $x = 0{,}02{\rm{cos}}\left( {5\pi t + \frac{{3\pi }}{2}} \right)\left( {\rm{m}} \right) = 2{\rm{cos}}\left( {5\pi t + \frac{{3\pi }}{2}} \right)\left( {{\rm{cm}}} \right)$

$v = \omega A{\rm{cos}}\left( {5\pi t + \frac{{3\pi }}{2} + \frac{\pi }{2}} \right) = 0{,}1\pi {\rm{cos}}\left( {5\pi t} \right)\left( {{\rm{m/s}}} \right) = 10\pi {\rm{cos}}\left( {5\pi t} \right)\left( {{\rm{cm/s}}} \right)$

Từ Hình I.3G cho thấy khi bàn xoay góc 60° thì:$x = \frac{A}{2} = 7{,}5{\rm{\;cm}}.$