Hệ thống các dạng và phương pháp giải bài toán dao động tắt dần

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Khi giảng dạy phần “dao động tắt dần ” lớp 12 tôi nhận thấy hầu hết các em học
sinh đều rất lúng túng khi làm các bài tập có liên quan đến dao động tắt dần.
Bởi đây là phần có nhiều dạng bài tập khó, có nhiều công thức cần nhớ và việc
áp dụng các công thức toán học tương đối phức tạp. Khó khăn lớn nhất của các
em là việc xác định bài toán thuộc dạng nào để ra đưa phương pháp giải phù
hợp cho việc giải bài toán đó.
Mặt khác, trong giai đoạn hiện nay khi mà hình thức thi trắc nghiệm được áp
dụng trong các kỳ thi tốt nghiệp và tuyển sinh đại học cao đẳng, yêu cầu về
phương pháp giải nhanh và tối ưu cho các em là rất cấp thiết để các em có thể
đạt được kết quả cao trong các kỳ thi đó.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. Cơ sở lý luận.
1.1. Hiện tượng tắt dần của dao động cơ.
Một vật th c hiện dao động điều h a ch trong điều kiện l tưởng. rên
th c tế các vật khi dao động đều chịu tác dụng của l c cản trên bề mặt tiếp xúc
và l c cản của môi trư ng dao động. Điều này làm cho năng lượng của vật dần
mất đi dẫn đến hiện tượng tắt dao động.
Hiện tượng các dao động của các vật bị tắt (dừng lại) sau một khoảng th i
gian nào đó được gọi là hiện tượng tắt dần của dao động cơ.
1.2. Dao động tắt dần chỉ chịu tác dụng của lực ma sát có độ lớn không đổi.
rước tiên để hiểu rõ được tại sao dao động tắt dần ở HP có chu kì dao động
và biên độ hoàn toàn xác định. Ta khảo sát bài toán con lắc l xo chịu thêm tác
dụng của một l c không đổi( chiều và độ lớn) sau:
Bài toán 1: Một con lắc lò xo gồm vật nặng có khối lượng m và một lò xo có độ
cứng k. Hệ được đặt trên mặt phẳng ngang nhẵn. Vật đang đứng yên, tác dụng
lên vật bằng một lực F không đổi. Bỏ qua lực cản của môi trường. Chứng minh
vật dao động điều hòa với chu kì đúng bằng chu kì riêng.
r
k
F

m

m

O

O1

x

Hướng dẫn
Chọn trục tọa độ hướng dọc theo trục l xo, gốc tọa độ trùng với vị tr lò
xo không biến dạng.

Trang | 1


Sau khi có l c tác dụng vị tr cân bằng của vật lúc này tại O1. O1 cách vị
tr l xo không biến dạng một đoạn x0 với F = - kx 0  x 0 = -

F
.
k

ại tọa độ x > 0 thì độ biến dạng của l xo là x nên hợp l c tác dụng lên
vật là: - kx + F = ma.
hay biểu thức của vào, ta nhận được:
F

- k  x -  = ma  - k x - x 0 = ma 1.3a 

k






Đặt X = x – x0
a có X’’ = x’’ = a, phương trình 1.3a trở thành : - k X = mX’’ hay
k
X = 0  X = ACos  ωt+φ   x = X + x 0  x 0  ACos  ωt+φ 
m
k
rong đó ω =
. Như vậy vật dao động điều h a với chu kỳ đúng bằng chu kì
m
X'' +

dao động riêng T = 2π

m
quanh vị tr cân bằng O1.
k

ừ kết quả trên ta suy ra vật dao động điều h a với chu kì đúng bằng chu kì
riêng và vị tr cân bằng của vật ch nh là vị tr l c đàn hồi cân bằng với l c F.
Liên hệ với bài toán, ta sẽ phân t ch quá trình dao động tắt dần thành
nhiều giai đoạn khác nhau để có thể áp dụng được kết quả của bài toán.
Để ý rằng l c ma sát khô ta đang xét ch nh là l c ma sát trượt. L c này
luôn có hướng ngược hướng chuyển động, độ lớn không đổi. Như vậy trong một

quá tr nh dao động, trước khi vật đổi chiểu thì ta coi bài toán dao động tắt dần
trở về bài toán của con lắc l xo chịu tác dụng của một l c có độ lớn và hướng
không đổi và áp dụng được kết quả trên. Ch có điều dao động ấy phức tạp hơn
ở các chỗ:
Vị tr cân bằng phụ thuộc hướng của l c có độ lớn không đổi do đó ở dao
động tắt dần trong mỗi lần đồi chiều thì vị tr cân bằng lại thay đổi, về mặt định
lượng thì khoảng cách từ 2 vị tr cân bằng ấy đến vị tr l xo không biến dạng là
bằng nhau.
a luôn luôn xét được 1 nửa dao động bởi một nửa sau ( sau khi đổi
chiểu) vật lại dao động với biên độ và vị tr cân bằng khác.
Bài toán 2: Con lắc lò xo gồm vật nặng có khối lượng m và lò xo có độ cứng k.
on lắc đặt trên mặt phẳng nằm ngang. i thời đi m ban đầu người ta k o vật
d ch khỏi v tr lò xo không bi n d ng một đo n 0 rồi thả nh . ho rằng hệ ố
ma át trượt gi a vật và giá là không đổi và bằng μ , bỏ qua lực ma át nhớt của
môi trường.
Để giải quyết bài toán này ta cần bổ sung các bổ đề và một số lý thuyết sau:
+ Sự bảo toàn năng lượng

Trang | 2


Ở th i điểm t, vật đang ở vị tr có li độ x ( so với vị tr l xo không biến dạng),
với vận tốc v và đã đi được quãng đư ng S khi đó ta có:
E 0 - E s = A ms 

1
1
1
kA 02 - kx 2 - mv 2 = Fms .S
2

2
2

+ Vị trí cân bằng tạm thời
ọi vị tr l xo không biến dạng là vị tr O.
Ban đầu kéo vật đến vị tr P cách vị tr l xo không biến dạng một đoạn
OP = A0.
rong quá trình chuyển động về vị tr l xo không biến dạng ( P
O) vật chịu
thêm l c tác dụng của l c cản gi a vật và sàn, cụ thể là l c ma sát trượt. õ ràng
điều kiện ban đầu phải th a mãn l c đàn hồi có độ lớn lớn hơn độ lớn l c ma sát
trượt thì vật mới chuyển động về O được.
Ngh a là: kA 0  μmg hay A 0 

μmg
(*)
k

Khi th a mãn ( ), vật sẽ chuyển động về O. rong quá trình này, l c ma
m

.
P

-A0

.
O
1

.O
x0

x0

.O

.+AQ

x

0

2

m
P

A0

r
r
Fmst m Fdh

.

O1

x0

A0
m

r
r
Fdh m Fmst
x0

Q

O2

Hình vẽ biểu thị vị trí lò xo không biến dạng O và hai vị trí cân bằng tạm thời O1,
O2

sát trượt có độ lớn không đổi, l c đàn hồi kéo vật về có độ lớn giảm dần. Đến vị
tr O1 l c đàn hồi có độ lớn bằng với độ lớn của l c ma sát trượt, nên ta gọi O1 là
vị tr cân bằng của vật ( không phải là vị tr O).
Vị tr O1 nằm gi a P và O. ương t như vậy, trư ng hợp khi vật chuyển
động từ về O thì vật có vị tr cân bằng là O 2 giống với O1. o đó trong quá
trình dao động qua lại vật có hai vị tr cân bằng, ta tạm gọi đó là hai vị tr cân
bằng tạm th i.

Trang | 3


ọi tọa độ của O1 và O2 là x0.
Fđh = Fmst hay x 0  ±

dàng thấy được tại O1 và O2 ta có

μmg
( 2.2a)
k

Vậy trong bài toán tắt dần của dao động cơ, ta để ý đến 3 vị trí đặc biệt.
Vị tr l xo không biến dạng O
Hai vị tr cân bằng tạm th i O1 và O2 nằm cách vị tr l xo không biến
dạng một đoạn δ 

μmg
k

+ Độ giảm biên độ của vật sau một chu kì
Cách lý giải 1: ( heo quan điểm năng lượng )
Rõ ràng ta không thể chọn một vị tr cân bằng nào cố định để t nh biên độ,
mà mỗi một lần đổi chiều dao động thì biên độ sẽ ứng với vị tr cân bằng khác
nhau. o đó ta tạm coi rằng khoảng cách xa nhất của vật tới vị tr l xo không
biến dạng O là biên độ dao động tạm th i.
heo điều giả sử trên ta t nh được độ giảm biên độ sau ½ chu kì dao động
như sau:

.P

r
v

O

.

M

.

A
A
1 4 4 4 4 2 04 4 4 4 3 1 4 4 2A1/2
4 4 3 14 2 41/2
3

.Q

x

A
1 4 4 4 4 2 04 4 4 4 3

iả sử sau ½ đầu, vật dao động từ P rồi dừng lại và đổi chiều tại M. ( Nếu
không có ma sát thì vật sẽ dao động và đổi chiều tại đối xứng với P qua O ).
Như vậy lượng giảm biên độ của vật sau ½ ch nh là đoạn M .
Tính MQ= ΔA1/2
Chọn mốc thế năng đàn hồi tại vị tr l xo không biến dạng O. Mốc thế
năng trọng trư ng là mặt phẳng ngang.
hế năng trọng trư ng của hệ bằng 0.
Tại P.
Năng lượng của hệ tồn tại dưới dạng thế năng đàn hồi của l xo:
EP =

1

1
kΔl2p = kA 02
2
2

Tại M
Vật đổi chiều (vM = 0) nên tại M năng lượng của hệ:
1
1 2
EM = kΔl2M = kA1/2
2
2
Với A1/2 là biên độ của vật sau 1/2 .
Độ giảm năng lượng của hệ sau 1/2T:

Trang | 4


ΔE = E P - E M =

1
1
2
kA 02 - kA1/2
(2.3.a)
2
2

Lực ma sát sinh công âm có độ lớn:
A ms = Fmst .S = μmgS

a vào hình vẽ ta có: S = A0 – A1/2
o đó : A ms = μmg  A 0 - A1/2  (2.3.b)
Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có:
E = A ms , kết hợp với (2.3.a) và (2.3.b) và ΔA1/2 =  A 0 - A1/2  ta được
ΔA1/2 = 2

μmg
 2δ
k

Vậy độ giảm biên độ sau 1 chu kì của vật được xác định: A = 2.ΔA1/2 = 4

μmg
k

Cách lý giải 2: ( heo quan điểm biên độ với vị tr cân bằng tạm th i)
Sẽ ngắn gọn hơn nếu ta chú ý rằng:
rong ¼ chu kì đầu vật dao động từ P hướng tới O, vật sẽ nhận vị tr O 1
làm vị tr cân bằng tạm th i ”
r
v
O2
O1
O

.

.

P

.

δ
A =A -δ
1 4 1/444 2 40 4 43 1 2 3

o vậy trong ¼ chu kì này biên độ dao động của vật đã giảm đi một lượng đúng
bằng OO1 = x 0  δ =

μmg
( theo 2.2a)
k

Vậy sau một chu kì, biên độ của vật giảm A = 4δ = 4

μmg
k

Nhận xét: rong hai cách l giải trên, cách l giải 1 có t nh thuyết phục cao hơn
về mặt bản chất vật lý, nhưng so với phương pháp giải trắc nghiệm thì cách lí
giải 2 nhanh về d hiểu hơn nhiều, hơn n a cách l giải 2 sẽ giúp tìm tốc độ c c
đại của vật một cách nhanh chóng chứ không phức tạp theo cách l giải 1.
+ Các bổ đề về sự dừng lại của vật.
dàng thấy rằng, vị tr vật dừng lại phải nằm trong khoảng từ O1 đến O2.
ọi An là biên độ của vật sau n nửa chu kì. a có 3 bổ đề sau:
ổ đề 1: Nếu An = δ thì vật sẽ dừng lại tại vị tr đó luôn Sthêm = 0.
ổ đề 2: Nếu 2 δ > An > δ thì vật dừng lại trong khoảng OO1.
h i gian trong quá trình này là /2.

r
v

P

O1

.

. N O.

O2

.

xn
{
A
1 4 4 4 4 4 2 4n 4 4 4 43

Trang | 5


ọa độ vị tr dừng lại được xác định d a vào định luật bảo toàn năng lượng:



1
1
kA 2n = kx n2 + μmg A n - x n

2
2

 x

2μmg
 A n = 2δ  A n
k
uãng đư ng vật đi thêm được là : Sthêm = 2An - 2 δ = 2A0 - 2 δ (2n + 1)
n

=

ổ đề 3:
Nếu 2δ < A n  3δ thì vật dừng lại trong khoảng OO2 tại N đối xứng.
h i gian trong quá trình này là /2.
r
v

O1

.

O

.

.
N

O2

.

A
x
1 4 4 4 4 4 2 4n 4 4 4 43 14 2 n43

ọa độ vị tr dừng lại được xác định d a vào định luật bảo toàn năng lượng:
1
1
2μmg
kA 2n = kx n2 + μmg  A n + x n   x n = A n = A n - 2δ
2
2
k

uãng đư ng vật đi thêm được: Sthêm = An + xn = 2An - 2 δ = 2A0 -2 δ (2n + 1)
II. Thực trạng vấn đề.
2.1 Đối với học sinh.
Hầu hết các em đều rất lúng túng và lo sợ khi đề thi có đề cập tới bài toán
dao động tắt dần. Các em chưa hệ thống được các dạng bài tập và phương pháp
giải bài tập có liên quan.
2.2 Đối với giáo viên.
Một số giáo viên chưa nghiên cứu cụ thể nên chưa hình thành cho mình
được một con đư ng đi, một phương pháp tiếp cận rõ ràng.
III. Giải pháp thực hiện.
Bằng nh ng lý thuyết và bổ đề, tôi xây d ng hệ thống các dạng bài tập và
phương pháp giải cho chuyên đề dao động tắt dần như sau:
3.1. Hệ thống các dạng bài tập.

Dạng 1: Tốc độ của vật.
Kiểu 1. ốc độ c c đại của vật trong toàn bộ quá trình dao động.
Kiểu 2. ốc độ c c đại của vật sau khi vật đổi chiều lần n.
Kiểu 3. ốc độ c c đại của vật kể từ th i điểm t nào đó.
Kiểu 4. ốc độ của vật khi vật qua vị tr l xo không biến dạng lần n.
Dạng 2: Độ biến dạng của lò xo.
Kiểu 1. Độ biến dạng c c đại của l xo trong toàn bộ quá trình dao động.
Kiểu 2. Độ biến dạng của l xo khi vật đổi chiều lần n.
Kiểu 3. Độ biến dạng của l xo khi vật đạt tốc độ c c đại lần n.
Trang | 6


Kiểu 4. Độ biến dạng của l xo khi vật dừng lại.
Dạng 3: Quãng đường vật đi được.
Kiểu 1: uãng đư ng vật đi được khi vật đổi chiều lần n.
Kiểu 2: uãng đư ng vật đi được đến khi dừng lại.
Dạng 4: Thời gian vật dao động.
Kiểu 1: h i gian vật qua hai vị tr bất kì.
Kiểu 2: h i gian vật dao động đến khi dừng lại.
3.2. Phương pháp giải cụ thể.
Dạng 1: Tốc độ của vật.
Kiểu 1: Tốc độ cực đại trong suốt quá trình dao động.
Có nhiều cách để tìm tốc độ c c đại của vật trong dao động tắt dần, sau đây tôi
xin trình bày 3 cách và sẽ nhận xét ưu nhược của từng cách trên:
Phương án 1:
a vào t nh chất c c trị toán học.
a đã biết, gia tốc tức th i của vật ch nh là đạo hàm bậc nhất của vận tốc do đó
a=

dv

= v'
dt

Mặt khác, vận tốc là hàm phụ thuộc vào th i gian, vận tốc có độ lớn c c đại thì
điều kiện cần ta phải có
v' 

dv
=0
dt

ừ hai điều trên ta thu được, tốc độ của vật đạt c c đại khi a = 0. Ngh a là vật
đạt tốc độ c c đại tại vị tr hợp l c tác dụng lên vật bằng 0.
rong quá trình vật dao động từ P hướng tới O, vị tr đầu tiên mà hợp l c
bằng 0 ch nh là 01. Như vậy tốc độ của vật đạt c c đại ch nh là tốc độ của vật
khi đi qua O1.
a vào định luật bảo toàn năng lượng tại P và tại O1 để tìm tốc độ c c đại:
ΔE PO = A ms
1

 v max =

hay

1
1
1

kA 02 -  kδ 2 + m v 2max  = μmg  A 0 - δ 
2

2
 2


k
k
A 0 - δ  . Thay ω =
ta được : vmax = A0 - 

m
m

Phương án 2:
a vào t nh chất của đư ng cong Parabol.
hiết lập phương trình tổng quát sau đó tìm vị tr vật đạt tốc độ c c đại.
dàng thấy, trước khi vật đổi chiều thì vật đã đạt tốc độ c c đại ở một vị
tr nào đó. Xét vật ở vị tr tọa độ x bất kì. iả sử lúc này vật đang tại N:
r
v

P

O1

.

.

O

.N

.

Q

x

................... A 0 ..................... ........x ........

Trang | 7


Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng tại P và tại N ta có:
1
1
1

kA 02 -  kx 2 + m v 2  = μmg  A 0  x 
2
2
2


1
1
1
k
k
 mv 2 = - kx 2 -μmgx + kA 02 -μmgA 0  v 2 = - x 2 - 2μgx + A 02 - 2μgA 0

2
2
2
m
m
ΔE PN = A ms

hay

a thấy v2 phụ thuộc vào x theo hàm bậc 2 nên từ t nh chất của đư ng cong
parabol ta có được kết quả sau:
Vị trí vật đạt tốc độ cực đại: v max  x = -

b
μmg
=, tọa độ này ch nh là tọa độ
2a
k

vị tr cân bằng tạm th i O1. Như vậy vật đạt tốc độ c c đại tại O1.
Tốc độ cực đại mà vật đạt được:
v max = c-

với 

2 2
b2
k
k
 4μ g

=  A 02 - 2μgA 0  
4a  m
m
 4.  - k 


 m

μmg  = A - 

0
 A0 
k 


μmg
k
và 

k
m

Phương án 3:
a vào t nh c c đại của vận tốc đối với dao động điều h a.
rong dao động điều h a của một vật với tần số góc biên độ A, thì vật
đạt tốc độ c c đại khi đi qua vị tr cân bằng, giá trị c c đại có độ lớn : vmax = 
A.
a vào hệ quả của cách l giải 2 về độ giảm biên độ trong một chu kì. 
r
v

P

O1

O

.

.

O2

.

A = A -δ
δ
1 4 4 441 2 4 0 4 4 43 1 2 3
A
1 4 4 4 4 4 2 04 4 4 4 43

Nhận thấy, trong quá trình vật dao động từ P hướng tới O, vật nhận O1 làm vị tr
cân bằng tạm th i. o đó ta coi trong quá trình này vật dao động với biên độ
A1 = A0 - và với tần số góc  ừ đó thu được kết quả:
vmax =  A1 = A0 - với 

μmg
k
và 


k
m

Nhận xét: rong ba phương án, tác giả nhận thấy phương án 3 có ưu điểm rõ
ràng hơn, nhanh hơn so với hai phương án c n lại. uy nhiên hai phương án 1
và 2 thì có thể vận dụng được cho nhiều bài toán khác phức tạp hơn hay ta nói
phương án 1 và 2 sẽ giải quyết vấn đề đa dạng hơn.
Kiểu 2: Tốc độ cực đại sau khi vật đổi chiều lần n.
Khi vật đổi chiều lần n, vật đang cách vị tr cân bằng: Δx = A 0 - 2nδ

Trang | 8


Vật đạt tốc độ c c đại khi vật qua vị tr cân bằng tạm th i kế tiếp:
v max = ω  A 0 -2nδ - δ  = ω  A 0 -  2n+1 δ 

Kiểu 3: Tốc độ cực đại của vật kể từ sau thời điểm t nào đó.
Sau th i gian t nào đó, vật sẽ đạt tốc độ c c đại sau đó là bao nhiêu?
Phân tích:

t
= n + m (Với n là phần nguyên, m là phần lẻ)
T
2

Biên độ dao động của vật sau th i gian n /2 là: An = A0 – 2n δ
Lúc này vật đang ở biên, tốc độ của vật bằng 0
1
2

- Nếu m < thì tốc độ c c đại của vật đạt được sau đó là:
vmax = ω  An - δ  = ωA0 - δ  2n+1

1
 m < 1 : Lúc này vật đã qua vị tr cân bằng tạm th i và đang có
2
xu hướng chuyển động về biên. Như vậy tốc độ c c đại của vật đạt được khi vật
ra biên và qua vị tr cân bằng tạm th i tiếp theo ( kể từ khi đổi chiều). o đó ta
t nh được tốc độ c c đại của vật là: vmax = ω  An - 3δ  = ω A 0 - δ  2n+3
- Nếu

Kiểu 4: Tốc độ của vật khi vật qua vị trí lò xo không biến dạng lần n.
Sử dụng định luật bảo toàn năng lượng kết hợp với quãng đư ng vật đi
được sau n nửa chu kì ta sẽ giải quyết được bài toán trên.
Khi vật qua vị tr l xo không biến dạng lần 1: S = A 0
Khi vật qua vị tr l xo không biến dạng lần 2: S = A 0 + 2  A 0 - 2δ 
Khi vật qua vị tr l xo không biến dạng lần 3: S = A 0 + 2  A 0 - 2δ  + 2  A 0 - 4δ 
….
Khi vật qua vị tr l xo không biến dạng lần n:





S = A0 + 2 A 0 - 2δ + ...+2  A0 - 2  n -1 4δ 

= A 0 + 2  A 0 - 2δ + A 0 - 4δ +...+ A0 - 2  n-1 δ 





= A 0 + 2  n - 1 A 0 - 2δ 1 + 2 +...+  n - 1  

= A 0 + 2  n -1 A 0 - n  n -1 δ  =  2n - 1 A 0 - 2n  n - 1 δ

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta được: Khi vật qua vị tr l xo không
biến dạng lần thứ n:
1
kA 02 = Eđn + A ms hay
2
1
1
1
Eđn = kA 02 - A ms = kA 02 - FmsS = kA 02 - μmg  2  n -1 A 0 - 2n  n -1 δ 
2
2
2

ừ đó ta t nh được tốc độ của vật.
Dạng 2: Độ biến dạng của lò xo

Trang | 9


Kiểu 1. Độ biến dạng cực đại của lò xo trong toàn bộ quá trình dao
động.
Khi vật đổi chiều lần 1 thì l xo giãn c c đại. Mà độ giảm biên độ sau ½ chu kì
là 2 δ do đó: Δlmax = A 0 - 2δ
Kiểu 2. Độ biến dạng của lò xo khi vật đổi chiều lần n

Xuất phát từ kết quả biên độ vật giảm đi sau n nửa chu kì là 2n δ nên khi vật đổi
chiều lần n, vật đang cách vị tr cân bằng: Δx = A 0 - 2nδ
o đó Δln = A 0 - 2nδ
Kiểu 3. Độ biến dạng của lò xo khi vật đạt tốc độ cực đại lần n
Khi vật đạt tốc độ c c đại thì vật đang ở vị tr cân bằng tạm th i nên Δl = δ
Dạng 3: Quãng đường vật đi được
Kiểu 1: Quãng đường vật đi được khi vật đổi chiều lần n
Khi đổi chiều lần 1, quãng đư ng vật đi được là: S1 = 2(A0 - δ )
Khi đổi chiều lần 2, quãng đư ng vật đi được là: S2 = 2(A0 - δ )+2(A0 - 3 δ )
…
Khi đổi chiều lần n, quãng đư ng vật đi được là:
Sn = 2(A0 - δ )+2(A0 - 3 δ )+…+2[A0 – (2n-1) δ ] = 2{nA0 – [1+3+5+…+(2n-1)]
2

δ }= 2[nA0 – n δ ]

Kiểu 2: Quãng đường đi được của vật đến khi dừng lại
* Quãng đường của vật đi được sau n nửa chu kì:
ừ kết quả ở kiểu 1, sau n nửa chu kì, quãng đư ng vật đi được là: S n =
2n  A 0 - nδ 

* Quãng đường của vật đi thêm sau n nửa chu kì:
Sau n nửa chu kì, biên độ của vật giảm c n An = A0 – 2n δ = A0 - 2n

μmg
k

ừ kết quả của 3 bổ đề
Nếu An = δ thì theo bổ đề 1 vật dừng lại tại đây hay Sthêm =0
heo bổ để 2 và 3, trong cả hai trư ng hợp δ < An < 2 δ và 2 δ < An < 3 δ

quãng đư ng vật đi thêm đều là Sthêm = 2A0 - 2 δ (2n + 1), với n là số nửa chu kì
dao động trước đó.
* Quãng đường vật đi được đến khi dừng lại :
ổng hợp hai kết quả trên ta t nh quãng đư ng tổng như sau:

Trang | 10


A0
= n + m ( với n là số nguyên, m là phần lẻ ).
2δ
Kết quả 1: Nếu m = 0,5 thì vật rơi vào trư ng hợp An = δ , do đó quãng đư ng
vật đi được là: S = 2n  A 0 - nδ 
Kết quả 2: Nếu m  0, 5 thì vật rơi vào trư ng hợp δ < An < 2 δ quãng đư ng vật
đi được là:
S = Sn + Sthêm = 2(n+1)A0 -2(n+1)2 δ
Kết quả 3: Nếu m < 0,5 thì An < δ . Ở đây vật đang nằm trong khoảng O1O2
ngh a là sẽ không dao động n a, vậy ta xét trong nửa chu kì trước đó. Lúc này
2 δ < An < 3 δ do đó quãng đư ng vật đi được là: S = Sn-1 + Sthêm = 2(n-1)[A0 –
(n-1) δ ] +2 An-1 - 2 δ = 2n  A 0 -nδ 
Phân tích:

( với An-1 = A0 – 2(n-1) δ ).
Nhận thấy kết quả 1 và 3 trùng nhau do đó ta có bảng kết quả rút gọn sau:
m  0,5
m  0, 5
A0
2δ

= n+m

uãng đư ng vật đi
S = 2n  A 0 - nδ 
được đến khi dừng
lại.
Dạng 4: Thời gian vật dao động.

S =2(n+1)[A0 - (n+1) δ ]

Kiểu 1: Thời gian vật qua hai vị trí bất kì.
Chu kì dao động không đổi, nên ta t nh th i gian tương t đối với dao động điều
hoà, ch cần lưu ý vật đang chuyển động ứng với vị tr cân bằng nào?
Nếu vật chuyển động từ trái qua phải thì vật nhận O1 là vị tr cân bằng từ đó suy
ra li độ tương ứng. Ngược lại nếu vật chuyển động từ phải qua trái thì vật nhận
O2 làm vị tr cân bằng.
Kiểu 2: Thời gian vật dao động đến khi dừng lại.
Bài toán t nh th i gian dao động thì đơn giản hơn bài toán t nh quãng đư ng đi.
Ch cần sử dụng hai bổ đề 1 và 2 thì ta có thể giải quyết được.
Phân tích:

A0
= n + m ( với n là số nguyên, m là phần lẻ ).
2δ

Nếu m > 0.5 thì th i gian dao động là (n+1)T/2 rơi vào bổ đề 2.
Nếu m  0.5 thì th i gian dao động là nT/2.
3.3. Một số ví dụ minh hoạ.
Ví dụ minh họa 1 : Một con lắc l xo gồm vật nh khối lượng 0,4kg và lò xo
có độ cứng 100 N/m. Vật nh được đặt trên giá đỡ cố định nằm ngang dọc theo
trục l xo. Hệ số ma sát trượt gi a giá đỡ và vật nh là 0,1. Lấy g = 10 m/s2.

Trang | 11


( π 2 = 10 ). Ban đầu gi vật ở vị tr l xo bị nén A0 cm rồi buông nhẹ để con lắc
dao động tắt dần. nh th i gian vật dao động và tổng quãng đưỡng vật đi được
đến dao động tắt trong các trư ng hợp sau:
1. A0 = 9,8cm
Hướng dẫn:

2. A0 = 10cm

3. A0 = 10,12cm

4. A0 = 0,4cm

Ta sử dụng bảng kết quả tổng hợp từ phần phương pháp
m  0,5
m  0, 5
A0
= n+m
2δ
uãng đư ng vật đi
S =2(n+1)[A0 - (n+1) δ ]
S = 2n  A 0 - nδ 
được đến khi dừng lại.
Số nửa chu kì vật dao
động đến khi dừng lại

n

n+1

Vị trị cân bằng tạm th i cách vị tr l xo không biến dạng một đoạn : δ =
0,4cm. Chu kì dao động của vật: T = 2π

μmg
=
k

m
= 0,4s
k

Từ đó ta có bảng kết quả sau:
Biên độ
ban đầu

9,8cm)

10cm

10,12cm

A0
= n+m
2δ

12 + 0,25

12 + 0,5

12 + 0,65

Giá trị n

12

12

12

0,25

0,5

0,65

10,4cm

Phân tích

iá trị m
S

t

2n  A 0 - nδ 

120cm

T
n
2

2n  A 0 - nδ 

124,8cm
T
n
2

13 + 0
13
0

2  n+1  A 0 -  n+1 δ 

2n  A 0 - nδ 

127,92cm

135,2cm

T
(n+1)
2

n

T

2

2,4s
2,4s
2,6s
2,4s
Ví dụ minh họa 2 : Một con lắc l xo gồm vật nh khối lượng 0,2 kg và l xo có
độ cứng 50 N/m. Vật nh được đặt trên giá đỡ cố định nằm ngang dọc theo trục
l xo. Hệ số ma sát trượt gi a giá đỡ và vật nh là 0,05. ại vị tr l xo không
biến dạng, ngư i ta nén vật 5cm rồi buông nhẹ.
a. ốc độ của vật khi vật đi qua vị tr l xo không biến dạng lần 3.
b. Độ lớn l c đàn hồi khi vật đổi chiều lần 3.

Trang | 12


Hướng dẫn:

μmg
= 0,2cm
k
ừ lúc buông vật đến lúc lúc vật qua vị tr l xo không biến dạng lần 3 vật đã
đi được quãng đư ng S =  2n - 1 A0 - 2n  n - 1 δ = 5A0 - 12 δ = 22,6cm
( Lưu ý đối với trường hợp n nhỏ ta có th thấy ngay quãng đường vật đi được
thông qua hình vẽ mô phỏng).
Chọn mốc thế năng đàn hồi tại vị tr l xo không biến dạng. heo định luật bảo
toàn năng lượng ta có kết quả sau:
1 2
1
1

kA0 = A ms + Eđ hay Eđ = kA02 - A ms = kA02 - μmgS = 0,04(J)
2
2
2
b. Khi vật đổi chiều lần 3, lúc này l xo đang biến dạng một đoạn
Δl = An = A0 – 2.n δ = 3,8cm
Vậy độ lớn l c đàn hồi lúc vật đổi chiểu lần 3 là: Fđh = kΔl = kA n  1,9(N)
a. VTCB tạm th i cách vị tr l xo không biến dạng : δ =

Ví dụ minh họa 3: Một con lắc l xo gồm vật nh khối lượng 0,2 kg và l xo có
độ cứng 20 N/m. Vật nh được đặt trên giá đỡ cố định nằm ngang dọc theo trục
l xo. Hệ số ma sát trượt gi a giá đỡ và vật nh là 0,01. ừ vị tr l xo không bị
biến dạng, truyền cho vật vận tốc ban đầu 1 m/s thì thấy con lắc dao động tắt dần
trong giới hạn đàn hồi của l xo. Lấy g = 10 m/s2. nh độ lớn của l c đàn hồi c c
đại của l xo trong quá trình dao động.
Hướng dẫn: Để ý thấy cách k ch th ch dao động cho vật bằng cách cung cấp
cho hệ một động năng. Lúc này l xo biến dạng lớn nhất và động năng của hệ
bằng 0. Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng để tìm vị tri này:
iả sử vị tr l xo biến dạng c c đại thì vật cách vị tr cân bằng một đoạn
a, như vậy quãng đư ng vật đi được cũng ch nh là a, do đó:
1
1
1
1
mv02 = A ms + ka 2  mv 02 = μmga + ka 2 từ đó ta t nh được a= 9,9cm.
2
2
2
2

L c đàn hồi c c đại của l xo trong quá trình dao động là: Fđh(max) = ka =
1,98N.
Ví dụ minh họa 4: HSG tỉnh Thanh Hoá 2011 - 2012
Một con lắc l xo treo thẳng đứng gồm vật nặng có khối lượng m =
100(g) và l xo nhẹ có độ cứng k = 100(N/m). Nâng vật nặng lên theo phương
thẳng đứng đến vị tr l xo không bị biến dạng, rồi truyền cho nó vận tốc
10 30 (cm/s) thẳng đứng hướng lên. Chọn gốc th i gian là lúc truyền vận tốc
cho vật nặng. Chọn trục tọa độ Ox thẳng đứng, chiều dương hướng xuống, gốc
tọa độ O ở vị tr cân bằng.
Lấy g = 10(m/s2); π2  10 .

Trang | 13


Nếu l c cản của môi trư ng tác dụng lên vật nặng có độ lớn không đổi và bằng
FC=0,1(N). Hãy tìm tốc độ lớn nhất của vật sau khi truyền vận tốc.
Hướng dẫn:
Bài toán này không khó ch cần ngư i đọc biết cách chuyển bài toán về
bài toán cơ bản ở phương pháp trên.
rước tiên ta tìm vị tr l xo biến dạng lớn nhất tương t v dụ 3, khoảng
cách đó là a, từ đó ta có thể phát biểu lại bài toán. ại vị tr cân bằng, ngư i ta
nhắc vật lên một đoạn A0 = a rồi buông nhẹ, xác định tốc độ c c đại của vật sau
đó.
õ ràng đến đây bài toán hoàn toàn đơn giản. Cụ thể như sau:
- Chọn mốc thế năng tại vị tr cân bằng cũ ( khi chưa có l c cản).
ìm vị tr l xo biến dạng lớn nhất (A0)
ương t ở v dụ 3:





1
1
1
1
1
1
mv02 + kΔl02 = A c + ka 2  mv 02 + kΔl02 = Fc a - l0 + ka 2
2
2
2
2
2
2

( với Δl0 =

mg
= 1cm là độ biến dạng của l xo ở vị tr cân bằng khi chưa có
k

l c cản)
a t nh được a = 0,0195m = 1,95cm
Như vậy A0 = 1,95cm.
Lưu ý thêm, vị tr cân bằng của vật ở đây trong quá trình vật đi xuống
nằm cách vị tr cân bằng cũ một đoạn δ =

Fc
=0,1cm

K

Vậy tốc độ c c đại của vật đạt được là: v max = ω  A 0 - δ  Với ω =

k
=10π  rad/s  ta
m

được: vmax = 58,5cm/s
Ví dụ minh họa 5: Cho một con lắc l xo có độ cứng K = 100 N/m,
m=100gam. Hệ số ma sát gi a vật và mặt phẳng nằm ngang là 0,5. Kéo vật tới
ví trí lò xo dãn 1,5 cm rồi thả nhẹ. nh khoảng th i gian vật chuyển động từ
th i điểm ban đầu đến vị tr l xo không biến dạng.
Hướng dẫn: Theo bài ra: A0 = 5cm. T = 2π
A1/2 = A0 - δ =1cm.

o đó th i gian từ th i điểm ban đầu đến vị tr l xo không

T
 t 0  +δ
4
T
T
a vào hình vẽ: t =  t 0  +δ = =0,066s
4
3

biến dạng là: t =

μmg

m
 0,5cm.
=0,2s). δ =
k
k
M
N
φ

A1
0

δ

Trang | 14


3.4. Một số câu trắc nghiệm chọn lọc rèn luyện kĩ năng tính toán.
Câu 1: Một con lắc l xo có độ cứng k = 10N/m, khối lượng vật nặng m = 100g,
dao động trên mặt phẳng ngang, được thả nhẹ từ vị tr l xo giãn 6cm so với vị tr
cân bằng. Hệ số ma sát trượt gi a con lắc và mặt bàn bằng μ = 0,2. h i gian
chuyển động thẳng của vật m từ lúc ban đầu đến vị tr l xo không biến dạng là:
π
π
π
B. (s) .
C. (s) .
(s) .
30
20

25 5
 μmg
δ = k =2cm
T
T T T π
Hd: 
 t   t 02     (s)   D 
4
4 12 3 15
T=2π m = π (s)

k 5

A.

D.

π
(s) .
15

Câu 2: Một con lắc l xo gồm vật nh khối lượng 0,02 kg và l xo có độ cứng 1
N/m. Vật nh được đặt trên giá đỡ cố định nằm ngang dọc theo trục l xo. Hệ số
ma sát trượt gi a giá đỡ và vật nh là 0,1. Ban đầu gi vật ở vị tr l xo bị nén
10 cm rồi buông nhẹ để con lắc dao động tắt dần. Lấy g = 10 m/s 2. ốc độ lớn
nhất vật nh đạt được trong quá trình dao động là
A. 10 30 cm/s.
B. 20 6 cm/s.
C. 40 2 cm/s
.D. 40 3 cm/s

 μmg
δ = k = 2cm
Hd: 
 v max = ω A 0 - δ  5 2 10  2   40 2  cm/s    C 
k
ω =
=5 2(s)

m





Câu 3: Một con lắc l xo ngang gồm l xo có độ cứng k=100N/m và vật
m=100g, dao động trên mặt phẳng ngang, hệ số ma sát gi a vật và mặt ngang là
=0,02. Kéo vật lệch kh i V CB một đoạn 10cm rồi thả nhẹ cho vật dao động.
uãng đư ng vật đi được từ khi bắt đầu dao động đến khi dừng hẳn là:
A. s = 50cm.
B. s = 25m.
C. s = 50m.
D. s = 25cm
Hd:
 μmg
=0,02cm A 0
δ =

 250  S250 =2n  A 0 - nδ   2.250 10  250.0, 02   2500cm
k


2δ
A  10cm
 0
= 25m  D 

Câu 4: Một con lắc l xo ngang gồm l xo có độ cứng k = 80N/m và vật m =
200g, dao động trên mặt phẳng ngang, hệ số ma sát gi a vật và mặt ngang là  =
0,1. Kéo vật lệch kh i V CB một đoạn 10cm rồi thả nhẹ cho vật dao động. Số
chu kỳ vật th c hiện được là:
A. 5.
B. 10.
C.15.
D. 20
Hd:

 μmg
=0,25cm
A
δ =
 0  20  Sau10T   B 
k

2δ
A  10cm
 0

Trang | 15


Câu 5: Một con lắc l xo ngang gồm l xo có độ cứng k=80N/m và vật m=200g,

dao động trên mặt phẳng ngang, hệ số ma sát gi a vật và mặt ngang là  = 0,1.
Kéo vật lệch kh i V CB một đoạn 10cm rồi thả nhẹ cho vật dao động. Khoảng
th i gian vật đi được từ khi bắt đầu dao động đến khi dừng hẳn là:
A. t = 3,14s.
B.t = 3s.
C. t = 6,28s.
D. t=5s
Hd:

 μmg
=0,25cm
A
δ =
 0  20  Sau10T  t = 10T = π   A 
k

2δ
A  10cm
 0

Câu 6:
Một con lắc l xo gồm một vật có khối lượng 100g gắn vào l xo có độ cứng
0,01N/cm dao động tắt dần chậm từ th i điểm t = 0 với biên độ ban đầu là 10cm.
rong quá trình dao động, l c cản tác dụng vào vật có độ lớn không đổi 10-3 N.
Tính tốc độ lớn nhất của vật sau th i điểm t = 21,5s. Lấy π² = 10.
A. 58π mm/s
B. 57π mm/s
C. 55π mm/s
D.
56π mm/s

 Fc
δ = =0,1cm
t
k

  21  0,5  v max = ω  A 0 -  2n+3 δ   π 10-  2.21+3 0,1 =

T
Hd: 
m
T=2π
=2(s)
2

k
= 5,5π  cm/s    C 

Trang | 16


C. KẾT LUẬN
ôi viết sáng kiến này với mong muốn làm một tài liệu cho đồng nghiệp
và các em học sinh tham khảo. ù vậy, tôi chắc chắn sẽ không tránh kh i
nh ng sai xót hoặc các quan điểm mang t nh chủ quan. Mong rằng, qua sáng
kiến này tôi sẽ nhận lại nh ng phản hồi và nh ng ý kiến trao đổi từ ph a giáo
viên, học sinh cũng như từ các độc giả.
Tôi xin gửi l i cảm ơn tới SGD t nh hanh Hóa đã tổ chức hoạt động viết
sáng kiến kinh nghiệm để tăng cư ng tinh thần trao đổi học h i từ tất cả các
đồng nghiệp trên toàn t nh.
uy nhiên, tôi mong muốn th i gian sắp tới, tất cả các sáng kiến có nội

dung ứng dụng tốt sẽ được S
đăng tải trên Website của Sở S để qua đó làm
tài liệu chung cho toàn t nh, điều này chắc chắn sẽ nâng cao chất lượng giáo dục
của t nh ta nói riêng và cả nước nói chung.
Xác nhận của thủ trưởng đơn vị
Thanh Hoá ngày 05, tháng 05 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của ngư i khác.

Hạ Tuấn Anh

Trang | 17


Trang | 18


Mục lục
A. ĐẶT VẤN ĐỀ.................................................................................................................. 1
. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ ............................................................................................... 1
I. Cơ sở lý luận.................................................................................................. 1
1.1. Hiện tượng tắt dần của dao động cơ. ....................................................... 1
1.2. ao động tắt dần ch chịu tác dụng của l c ma sát có độ lớn không đổi. 1
II. Thực trạng vấn đề. ...................................................................................... 6
2.1 Đối với học sinh. ....................................................................................... 6
2.2 Đối với giáo viên....................................................................................... 6
III. Giải pháp thực hiện. .................................................................................. 6
3.1. Hệ thống các dạng bài tập. ....................................................................... 6
3.2. Phương pháp giải cụ thể.......................................................................... 7
3.3. Một số ví dụ minh hoạ. .......................................................................... 11

3.4. Một số câu trắc nghiệm chọn lọc rèn luyện k năng t nh toán. ................. 15
C. KẾT LUẬN ................................................................................................................... 16

Trang | 19