Vật lý ✅ (ĐÃ XÁC MINH)

30 bài tập con lắc lò xo mức độ vận dụng cao

Câu hỏi 1 :Một vật có khối lượng m = 1 kg được treo vào lò xo độ cứng 100N / m, một đầu lò xo được giữ cố định và thắt chặt. Ban đầu vật được đặt ở vị trí lò xo không biến dạng và đặt lên một miếng ván nằm ngang. Sau đó người ta cho miếng vãn hoạt động nhanh dần đều thẳng đứng xuống dưới với tần suất a = 2 m / s2. Lấy g = 10 m / s2. Sau khi rời tấm ván vật xê dịch điều hòa với tốc độ cực lớn là

Đáp án: A

Phương pháp giải :

Áp dụng định luật II niuton và lí thuyết về dao động điều hoà

Lời giải chi tiết cụ thể :

Đáp án A

Viết phương trình 2 Niuton cho vật nặng ta được : P – N – Fđh = ma
Khi vật khởi đầu rời tấm ván thì N = 0. Khi đó P – Fdh = ma => mg – k = ma => ∆ l = 0,08 m = 8 cm
Với hoạt động nhanh dần đều có tốc độ đầu bằng 0 ta vận dụng công thức : \ ( s = \ Delta \ ell = { 1 \ over 2 } a { t ^ 2 } \ Rightarrow t = \ sqrt { 0,08 } ( s ) \ )
Vận tốc khi rời khỏi ván là : v = at = 2 \ ( \ sqrt { 0,08 } \ ) m / s
Ta có ω = 10 rad / s, vị trí cân đối của vật lò xo dãn \ ( \ Delta { \ ell _0 } = mg / k = 0,1 m = 10 cm \ )
Tại thời gian vật rời ván ta có : x = – 0,02 m ; v = 2 \ ( \ sqrt { 0,08 } \ ) m / s
Biên độ giao động : \ ( { A ^ 2 } = { x ^ 2 } + { { { v ^ 2 } } \ over { { \ omega ^ 2 } } } \ ) => A = 0,06 m = 6 cm
Vận tốc cực lớn của vât : v0 = ωA = 60 cm / sĐáp án – Lời giải Câu hỏi 2 :Con lắc lò xo gồm lò xo có độ cứng 200N / m, quả cầu m có khối lượng 1 kg đang xê dịch điều hòa theo phương thẳng đứng với biên độ 12,5 cm. Khi quả cầu xuống đến vị trí thấp nhất thì có một vật nhỏ khối lượng 500 g bay theo phương trục lò xo, từ dưới lên với vận tốc 6 m / s tới dính chặt vào M. Lấy g = 10 m / s2. Sau va chạm, hai vật giao động điều hòa. Biên độ xê dịch của hệ hai vật sau và chạm là :

  • A10 cm
  • B20cm 
  • C10\sqrt{13}cm
  • D21cm

Đáp án: B

Phương pháp giải :

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng

Lời giải chi tiết cụ thể :

Đáp án B

Ở vị trí cân đối lò xo dãn một đoạn ∆ l. Ta có \ ( k \ Delta \ ell = mg \ Rightarrow \ Delta \ ell = 0,05 m = 5 cm \ )
Khi quả cầu đến vị trí thấp nhất thì lò xo đang dãn đoạn A + ∆ l = 12,5 + 5 = 17,5 cm và tốc độ của vật bằng 0 .
Sau khi va chạm tốc độ hai vật là : mv = ( m + M ) v ’ => 0,5. 6 = 1,5. v ’ => v ’ = 2 m / s .
Sau đó hai vật xê dịch điều hòa, vị trí cân đối lò xo dãn ∆ l ‘ với \ ( k \ Delta \ ell ‘ = ( m + M ) g \ Rightarrow \ Delta \ ell ‘ = 0,075 m = 7,5 cm \ )
Vậy khi x = 10 cm, v ’ = 2 m / s, \ ( \ omega ‘ = \ sqrt { { k \ over { M + m } } } = \ sqrt { { { 400 } \ over 3 } } rad / s \ )
Áp dụng công thức độc lập : \ ( { A ^ 2 } = { x ^ 2 } + { { { v ^ 2 } } \ over { { \ omega ^ 2 } } } \ Rightarrow A = 0,2 m = 20 cm \ )Đáp án – Lời giải Câu hỏi 3 :Một con lắc lò xo ngang có độ cứng k = 50 N / m nặng 200 g. Bỏ qua ma sát giữa vật và mặt phẳng ngang. Khi vật đang ở vị trí cân đối thì công dụng vào vật một lực không đổi 2N theo dọc trục của lò xo. Tốc độ của vật sau 2/15 s

  • A43,75 cm/s
  • B54,41 cm/s
  • C 63,45 cm/s
  • D78,43 cm/s

Đáp án: B

Phương pháp giải :

Áp dụng hệ thức độc lập với thời gian của x và v

Lời giải chi tiết cụ thể :

Đáp án B

Vật xê dịch điều hòa với chu kỳ luân hồi \ ( T = 2 \ pi \ sqrt { { m \ over k } } \ ) = 0,4 s ,

Vật đang ở vị trí cân bằng thì tác dụng lực, vậy vị trí cân bằng mới là vị trí lò xo biến dạng một đoạn \Delta l với: \(F = k\Delta \ell  = 2N \Rightarrow \Delta \ell  = 4cm\) \rightarrow Biên độ dao động mới là A = 4cm

Giả sử lực công dụng hướng sang phải, vậy thời gian bắt đầu vật ở biên bên trái .
PT giao động : x = 4 cos ( 5 πt + π ) cm, sau 2/15 s vật có x = 2 cm .
AD công thức độc lập : \ ( { A ^ 2 } = { x ^ 2 } + { { { v ^ 2 } } \ over { { \ omega ^ 2 } } } \ ) ta tìm được vận tốc của vật là 54 cm / sĐáp án – Lời giải Câu hỏi 4 :Một con lắc lò xo đặt nằm ngang gồm vật M có khối lượng 400 g và lò xo nhẹ có thông số đàn hồi 40N / m đang giao động điều hòa xung quanh vị trí cân đối với biên độ 5 cm. Khi vật M qua vị trí cân đối người ta thả nhẹ vật m có khối lượng 100 g lên M ( m dính chặt ngay vào M ), sau đó hệ m và M giao động điều hòa với biên độ

  • A 4,25 cm  
  • B$$2\sqrt 5 cm $$
  • C$$3\sqrt 2 cm $$
  • D$$2\sqrt 2 cm $$

Đáp án: B

Lời giải cụ thể :Đáp án B

4

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 5 :Một con lắc lò xo treo thẳng đứng tại nơi có g = 10 m / s2 đang xê dịch điều hòa trên trục Ox thẳng đứng hướng lên. Cho đồ thị màn biểu diễn độ lớn của lực đàn hồi lò xo vào thời hạn như hình vẽ. Độ cứng lò xo và khối lượng vật nặng lần lượt bằng

1 41

 

 

  • A100N/m; 1kg
  • B100N/m; 100g
  • C10N/m; 1kg
  • D10N/m; 100g

Đáp án: A

Lời giải cụ thể :

1 42

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 6 :

Một con lắc lò xo gồm một vật nhỏ có khối lượng m = 200 g và lò xo có độ cứng k, đang dao động điều hòa theo phương thẳng đứng. Chọn gốc tọa độ ở vị trí cần bằng, chiều dương hướng xuống dưới. Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của lực đàn hồi theo thời gian được cho như hình vẽ. Biết F1 + 3F2+ 6F3 = 0. Lấy g =10 m/s2. Tỉ số thời gian lò xo giãn với thời gian lò xo nén trong một chu kì gần giá trị nào nhất sau đây?

 1 28

  • A2,46.
  • B1,38.
  • C1,27. 
  • D2,15. 

Đáp án: B

Lời giải chi tiết cụ thể :Từ đồ thị ta thấy :
Lực đàn hồi tại thời gian khởi đầu : F = F1 = – k ( Δl0 + x )
Lực đàn hồi tại vị trí biên dương : F = F2 = – k ( Δl0 + A )
Lực đàn hồi tại vị trí biên âm : F = F3 = – k ( Δl0 – A )
Gọi Δt là thời hạn từ t = 0 đến t = 2/15 s

 1 27

Ta có : \ ( T + \ frac { { \ Delta t } } { 2 } = 2 \ Delta t \ Rightarrow \ Delta t = \ frac { { 2T } } { 3 } \ Rightarrow x = \ frac { A } { 2 } \ )
Theo đề bài : \ ( { F_1 } + 3 { F_2 } + 6 { F_3 } = 0 \ Leftrightarrow k \ left ( { \ Delta { l_0 } + x } \ right ) + 3 k \ left ( { \ Delta { l_0 } + A } \ right ) + 6 k \ left ( { \ Delta { l_0 } — A } \ right ) = 0 \ Rightarrow \ Delta { l_0 } = 0,25 A \ )
=> Thời gian lo xo nén là : \ ( { t_n } = \ frac { { 2 \ alpha } } { { 360 } } T = \ frac { { 151 } } { { 360 } } T = 0,42 T \ Rightarrow { t_g } = T — { t_n } = 0,58 T \ )
Tỉ số thời hạn giãn và nén trong một chu kì : \ ( \ frac { { { t_g } } } { { { t_n } } } = \ frac { { 0,58 } } { { 0,42 } } = 1,381 \ ) => Chọn BĐáp án – Lời giải Câu hỏi 7 :Một con lắc lò xo xê dịch điều hoà trên mặt phẳng ngang với chu kỳ luân hồi T = 2 π ( s ). Khi con lắc đến vị trí biên dương thì một vật có khối lượng m hoạt động cùng phương ngược chiều đến va chạm đàn hồi xuyên tâm với con lắc. Tốc độ hoạt động của m trước va chạm là 5 cm / s và sau va chạm vật m bật ngược trở lại với tốc độ là 3 cm / s. Gia tốc của vật nặng của con lắc ngay trước va chạm là – 2 cm / s2. Sau va chạm con lắc đi được quãng đường bao nhiêu thi đổi chiều hoạt động ?

  • Aa
  • Bb
  • Cc
  • Dd

Đáp án: D

Lời giải cụ thể :

40

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 8 :Một con lắc lò xo treo thẳng đứng gồm hai vật m1 = mét vuông = 0,5 kg được dính với nhau, m1 được gắn vào lò xo k = 100N / m. Lúc đầu hệ giao động với biên độ A = 5 cm. Khi hệ qua vị trí cân đối thì mét vuông bị tách ra. Biên độ giao động mới của hệ là

  • A2,5\dpi{100} \small \sqrt{6} cm 
  • B10 cm
  • C5 cm
  • D5\dpi{100} \small \sqrt{3} cm

Đáp án: A

Lời giải cụ thể :

1 17

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 9 :Một con lắc lò xo nằm ngang gồm vật nhỏ có khối lượng m = 250 g và lò xo có độ cứng k = 100 N / m. Bỏ qua ma sát. Ban đầu, giữ vật ở vị trí lò xo nén 1 cm. Buông nhẹ vật, đồng thời tính năng vào vật một lực F = 3N không đổi có hướng dọc theo trục lò xo và làm lò xo giãn. Sau khoảng chừng thời hạn Δt = π / 40 ( s ) thì ngừng tính năng F. Vận tốc cực lớn của vật sau đó bằng

 

  • A0,8 m/s. 
  • B2 m/s.
  • C1,4 m/s.
  • D1m/s.

Đáp án: D

Lời giải cụ thể :

4

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 10 :

Trên mặt phẳng nằm ngang có hai con lắc lò xo. Các vật nhỏ A và B có khối lượng  như nhau; các lò xo có cùng chiều dài tự nhiên, có độ cứng kB = 4kA. Khi ở vị trí cân bằng, hai vật cách nhau một khoảng là d. Ban đầu, A và B được giữ ở vị trí sao cho lò xo gắn với A bị dãn 4 cm còn lò xo gắn với B bị nén 4 cm. Đồng thời thả nhẹ để hai vật dao động điều hòa trên cùng một đường thẳng (hình vẽ).  Để khi dao động hai vật A và B không bao giờ va vào nhau thì khoảng cách d nhỏ nhất phải gần nhất với giá trị nào sau đây?

 6 3

  • A2,6 cm.
  • B4,1 cm.
  • C8,1 cm.
  • D4,6 cm.

Đáp án: D

Lời giải cụ thể :

5 3

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 11 :

Tiến hành thí nghiệm với 2 con lắc lò xo A và B có quả nặng và chiều dài tự nhiên giống nhau với độ cứng lần lượt là k và 2k. Hai con lắc được treo thẳng đứng vào cùng một giá đỡ. Kéo hai quả nặng đến cùng một vị trí ngang nhau rồi thả nhẹ cùng lúc. Năng lượng dao động của con lắc B gấp 8 lần năng lượng dao động của con lắc A. Gọi tA, tBlà khoảng thời gian ngắn nhất kể từ lúc bắt đầu thả hai vật đến khi lực đàn hồi của mỗi con lắc có độ lớn nhỏ nhất. Tỷ số \(\frac{{{t_B}}}{{{t_A}}}\) là:

  • A\(\frac{{\sqrt 2 }}{3}\)
  • B\(\frac{3}{2}\)
  • C\(\frac{{3\sqrt 2 }}{2}\)
  • D\(\frac{3}{{2\sqrt 2 }}\)

Đáp án: A

Phương pháp giải :Xác định độ dãn bắt đầu của mỗi lò xo :
\ ( \ Delta { l_0 } = \ frac { { mg } } { k } \ )
Áp dụng công thức cơ năng
\ ( { \ rm { W } } = \ frac { 1 } { 2 }. k. { A ^ 2 } \ )
Lực đàn hồi :
\ ( F = k. \ left | { \ Delta l } \ right | \ )
Chu kì xê dịch của con lắc lò xo :
\ ( T = 2 \ pi \ sqrt { \ frac { m } { k } } \ )
Sử dụng VTLG để xác lập thời hạn từ vị trí bắt đầu đến vị trí lò xo không dãn và tìm tỉ số .Lời giải chi tiết cụ thể :

21 2

Độ dãn bắt đầu của lò xo A là \ ( \ Delta { l_ { 0A } } = \ frac { { mg } } { k } \ )
Độ dãn bắt đầu của lò xo B là \ ( \ Delta { l_ { 0B } } = \ frac { { mg } } { { 2 k } } = \ frac { 1 } { 2 } \ Delta { l_ { 0A } } \ )
Áp dụng công thức cơ năng :

\(\left\{ \begin{array}{l}
{{\rm{W}}_A} = \frac{1}{2}.k.A_A^2\\
{{\rm{W}}_B} = \frac{1}{2}.2k.A_B^2
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{{\rm{W}}{}_B}}{{{{\rm{W}}_A}}} = \frac{{2A_B^2}}{{A_A^2}} = 8 \Rightarrow {A_B} = 2{A_A}\)

Từ hình vẽ ta thấy :

\(\begin{array}{l}
\Delta {l_B} + {A_B} = \Delta {l_A} + {A_A} \Leftrightarrow \Delta {l_B} + 2{A_A} = 2\Delta {l_B} + {A_A}\\
\Leftrightarrow {A_A} = \Delta {l_B} = \frac{1}{2}\Delta {l_A} \Rightarrow {A_B} = 2{A_A} = 2\Delta {l_B}
\end{array}\)

Chu kì xê dịch của con lắc lò xo A :
\ ( { T_A } = 2 \ pi \ sqrt { \ frac { m } { k } } \ )
Chu kì giao động của con lắc lò xo B :
\ ( { T_B } = 2 \ pi \ sqrt { \ frac { m } { { 2 k } } } = \ frac { { { T_A } } } { { \ sqrt 2 } } \ )
Ta thấy biên độ của A nhỏ hơn độ dãn khởi đầu của lò xo, vì thế lực đàn hồi của lò xo luôn lò là lực kéo và có giá trị nhỏ nhất tại biên âm. Ban đầu vật ở biên dương, nên \ ( { t_A } = \ frac { { { T_A } } } { 2 } \ )
Lò xo B có biên độ lớn hơn độ dãn bắt đầu, nên lực đàn hồi nhỏ nhất = 0 tại vị trí lò xo không dãn. Ta có VTLG :

21 3

Thời gian :
\ ( { t_B } = \ frac { { \ frac { \ pi } { 2 } + { \ rm { ar } } \ cos \ frac { { \ Delta { l_B } } } { { { A_B } } } } } { { 2 \ pi } }. { T_B } = \ frac { { { T_B } } } { 3 } = \ frac { { { T_A } } } { { 3 \ sqrt 2 } } \ )
Ta có tỉ số :
\ ( \ frac { { { t_B } } } { { { t_A } } } = \ frac { { \ frac { { { T_A } } } { { 3 \ sqrt 2 } } } } { { \ frac { { { T_A } } } { 2 } } } = \ frac { { \ sqrt 2 } } { 3 } \ )

Chọn A.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 12 :

Hai con lắc lò xo cấu tạo giống nhau, có cùng chiều dài tự nhiên bằng 80 cm và đầu cố định gắn chung tại điểm Q. Con lắc (I) nằm ngang trên mặt bàn nhẵn. Con lắc (II) treo thẳng đứng cạnh mép bàn như hình vẽ. Kích thích cho hai con lắc dao động điều hòa tự do. Chọn mốc thế năng đàn hồi của mỗi con lắc tại các vị trí tương ứng của vật lúc lò xo có chiều dài tự nhiên. Thế năng đàn hồi các con lắc phụ thuộc thời gian theo quy luật được mô tả bởi đồ thị hình vẽ. Biết tại thời điểm t = 0, cả hai lò xo đều dãn và t2 – t1 = \(\dfrac{\pi }{{12}}\)s. Lấy g = 10 m/s2. Tại thời điểm t = \(\dfrac{\pi }{{10}}\,s\), khoảng cách hai vật dao động gần nhất với giá trị nào sau đây ? 

40d

  • A85 cm.    
  • B125 cm.         
  • C149 cm.         
  • D92 cm.

Đáp án: D

Phương pháp giải :Cơ năng của con lắc lò xo nằm ngang : \ ( { \ rm { W } } = \ dfrac { 1 } { 2 } k { A ^ 2 } \ )
Cơ năng tại vị trí thấp nhất và cao nhất của con lắc lò xo thẳng đứng :
\ ( \ left \ { \ begin { array } { l } { { \ rm { W } } _1 } = \ dfrac { 1 } { 2 } k { \ left ( { A – \ Delta l } \ right ) ^ 2 } \ \ { { \ rm { W } } _2 } = \ dfrac { 1 } { 2 } k { \ left ( { A + \ Delta l } \ right ) ^ 2 } \ end { array } \ right. \ )
Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị
Chu kì của con lắc lò xo treo thẳng đứng : \ ( T = 2 \ pi \ sqrt { \ dfrac { { \ Delta l } } { g } } \ )
Khoảng cách giữa hai con lắc : \ ( d = \ sqrt { { x_1 } ^ 2 + { x_2 } ^ 2 } \ )Lời giải cụ thể :Con lắc ( 1 ) ứng với đồ thị ( I )
Tại thời gian t = 0, \ ( { { \ rm { W } } _1 } \ max \ Rightarrow \ ) lò xo đang giãn, vật ở vị trí biên dương
\ ( \ Rightarrow { t_2 } = \ dfrac { T } { 2 } + \ dfrac { T } { 4 } = \ dfrac { { 3T } } { 4 } \ )
Con lắc thứ ( 2 ) ứng với đồ thị ( II )
\ ( { { \ rm { W } } _2 } \ max \ Leftrightarrow \ ) vật ở biên dưới
\ ( \ begin { array } { l } \ Rightarrow \ dfrac { { \ dfrac { 1 } { 2 } k { { \ left ( { { A_2 } + \ Delta l } \ right ) } ^ 2 } } } { { \ dfrac { 1 } { 2 } k { { \ left ( { { A_2 } – \ Delta l } \ right ) } ^ 2 } } } = 9 \ Rightarrow \ dfrac { { { A_2 } + \ Delta l } } { { { A_2 } – \ Delta l } } = 3 \ \ \ Rightarrow 3 { A_2 } – 3 \ Delta l = { A_2 } + \ Delta l \ Rightarrow 2 { A_2 } = 4 \ Delta l \ Rightarrow \ Delta l = \ dfrac { { { A_2 } } } { 2 } \ \ \ Rightarrow { t_1 } = \ dfrac { T } { 4 } + \ dfrac { T } { { 12 } } = \ dfrac { T } { 3 } \ \ \ Rightarrow \ dfrac { { 3T } } { 4 } – \ dfrac { T } { 3 } = \ dfrac { \ pi } { { 13 } } \ Rightarrow \ dfrac { { 5T } } { { 12 } } = \ dfrac { \ pi } { { 12 } } \ Rightarrow T = \ dfrac { \ pi } { 5 } \, \, \ left ( s \ right ) \ end { array } \ )
Ta có : \ ( T = 2 \ pi \ sqrt { \ dfrac { { \ Delta l } } { g } } \ Rightarrow \ dfrac { \ pi } { 5 } = 2 \ pi \ sqrt { \ dfrac { { \ Delta l } } { { 10 } } } \ Rightarrow \ Delta l = 0,1 \, \, \ left ( m \ right ) = 10 \, \, \ left ( { cm } \ right ) \ )
\ ( \ Rightarrow { A_2 } = 2 \ Delta l = 20 \, \, \ left ( { cm } \ right ) \ )
Ta có : \ ( \ dfrac { { { { \ rm { W } } _ { 1 \ max } } } } { { { { \ rm { W } } _ { 2 \ max } } } } = \ dfrac { { \ dfrac { 1 } { 2 } k { A_1 } ^ 2 } } { { \ dfrac { 1 } { 2 } k { { \ left ( { { A_2 } + \ Delta l } \ right ) } ^ 2 } } } = \ dfrac { 4 } { 9 } \ Rightarrow { A_1 } = 20 \, \, \ left ( { cm } \ right ) \ )

 40

Tại thời gian \ ( t = \ dfrac { \ pi } { { 10 } } \, \, s \ ), khoảng cách giữa hai vật là :
\ ( d = \ sqrt { { { 60 } ^ 2 } + { { 70 } ^ 2 } } = 92,2 \, \, \ left ( { cm } \ right ) \ )

Chọn D.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 13 :

Một lò xo nhẹ có độ cứng \(20 N/m,\) đặt trên mặt phẳng ngang rất dài, một đầu cố định vào bức tường thẳng đứng, đầu còn lại gắn vật nặng \(m_1= 80g.\) Vật \(m_2 = 200g,\) mang điện tích \(20\;\mu C\) được liên kết với \(m_1\) bằng một sợi dây cách điện không dãn dài \(20cm.\) Hệ thống được đặt trong điện trường đều nằm ngang, theo hướng xa điểm cố định của lò xo và có cường độ \(20000 V/m.\) Bỏ qua ma sát giữa \(m_1\) với mặt phẳng ngang, hệ số ma sát giữa \(m_2\) và mặt phẳng ngang là \(0,1.\) Lấy \({\pi ^2} = 10\) và \(g = 10m/s^2.\) Tại thời điểm \(t = 0\) đốt sợi dây nối hai vật thì \(m_1\) dao động điều hòa, đến thời điểm \(t = 1,25s\) thì khoảng cách giữa hai vật gần giá trị nào nhất sau đây?

  • A\(98 cm.\)
  • B\(90 cm.\)
  • C\(100 cm.\)
  • D\(96 cm.\)

Đáp án: A

Phương pháp giải :Khi đốt sợi dây thì vật \ ( m_1 \ ) xê dịch điều hòa với biên độ \ ( A, \ ) chu kì \ ( T_1 \ ) còn vật \ ( m_2 \ ) hoạt động nhanh dần đều với tần suất \ ( a_2. \ )
Công thức tính độ lớn lực điện : \ ( { F_d } = \ left | q \ right | E \ )
Sử dụng định luật II Niuton tính tần suất \ ( a_2. \ )
Công thức tính quãng đường của hoạt động thẳng biến hóa đều : \ ( s = \ dfrac { 1 } { 2 } a { t ^ 2 } \ )Lời giải chi tiết cụ thể :

37

Khi đốt sợi dây thì vật \ ( m_1 \ ) xê dịch điều hòa với biên độ \ ( A, \ ) chu kì \ ( T_1 \ ) còn vật \ ( m_2 \ ) hoạt động nhanh dần đều với tần suất \ ( a_2. \ )
Công thức tính độ lớn lực điện : \ ( { F_d } = \ left | q \ right | E \ )
Ta có : \ ( \ left \ { \ begin { array } { l } A = \ dfrac { { { F_d } } } { k } = \ dfrac { { \ left | q \ right | E } } { k } \ \ { T_1 } = 2 \ pi \ sqrt { \ dfrac { { { m_1 } } } { k } } \ \ { a_2 } = \ dfrac { { { F_d } – { F_ { mst } } } } { { { m_2 } } } = \ dfrac { { \ left | q \ right | E – \ mu { m_2 } g } } { { { m_2 } } } \ end { array } \ right. \ )
\ ( \ Rightarrow \ left \ { \ begin { array } { l } A = \ dfrac { { { { 20.10 } ^ { – 6 } }. 20000 } } { { 20 } } = 0,02 m \ \ { T_1 } = 2 \ pi. \ sqrt { \ dfrac { { 0,08 } } { { 20 } } } = 0,4 s \ \ { a_2 } = \ dfrac { { { { 20.10 } ^ { – 6 } }. 20000 – 0,1. 0,2. 10 } } { { 0,2 } } = 1 m / { s ^ 2 } \ end { array } \ right. \ )
Tại thời gian \ ( t = 1,25 s = 3T + \ dfrac { T } { 8 } \ )
+ Vật \ ( m_1 \ ) có li độ : \ ( { x_1 } = \ dfrac { A } { { \ sqrt 2 } } \ )
+ Vật \ ( m_2 \ ) đi được quãng đường :
\ ( { s_2 } = \ dfrac { 1 } { 2 } { a_2 } { t ^ 2 } = \ dfrac { 1 } { 2 }. 1.1, { 25 ^ 2 } = 0,78125 m \ )
Khoảng cách giữa hai vật là :
\ ( d = A – \ dfrac { A } { { \ sqrt 2 } } + l + { s_2 } \ )
\ ( \ Rightarrow d = 0,02 – \ dfrac { { 0,02 } } { { \ sqrt 2 } } + 0,2 + 0,78125 = 0,987 m = 98,7 cm \ )

Chọn A.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 14 :Một con lắc lò xo treo thẳng đứng gồm quả cầu nhỏ có khối lượng m = 150 g và lò xo có độ cứng k = 60 N / m. Người ta đưa quả cầu đến vị trí lò xo không bị biến dạng rồi truyền cho nó một tốc độ khởi đầu \ ( { v_0 } = \ frac { { \ sqrt 3 } } { 2 } m / s \ ) theo phương thẳng đứng hướng xuống. Sau khi được truyền tốc độ con lắc giao động điều hòa. Chọn thời gian t = 0 là lúc quả cầu được truyền tốc độ, lấy m / s2. Thời gian ngắn nhất tính từ lúc t = 0 đến lúc lực đàn hồi tính năng lên vật có độ lớn 3 N là

  • A\(\frac{\pi }{5}s\)
  • B\(\frac{\pi }{{60}}s\)
  • C\(\frac{\pi }{{20}}s\)
  • D\(\frac{\pi }{{30}}s\)

Đáp án: B

Phương pháp giải :Tại vị trí cân đối, lò xo dãn là \ ( \ Delta l = \ frac { { mg } } { k } \ )
Biểu thức tính tần số góc \ ( \ omega = \ sqrt { \ frac { k } { m } } \ )
Áp dụng công thức độc lập với thời hạn \ ( { A ^ 2 } = { x ^ 2 } + \ frac { { { v ^ 2 } } } { { { \ omega ^ 2 } } } \ )
Biểu thức độ lớn lực đàn hồi \ ( F = k \ Delta l \ )Lời giải chi tiết cụ thể :Tại vị trí cân đối, lò xo dãn :
\ ( \ Delta { l_0 } = \ frac { { mg } } { k } = \ frac { { 0,15. 10 } } { { 60 } } = 0,025 m = 2,5 cm \ )
Tần số góc :
\ ( \ omega = \ sqrt { \ frac { k } { m } } = 20 rad / s \ )
Biên độ giao động :

\(\begin{array}{l}
{A^2} = {x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {\left( { – 2,5} \right)^2} + \frac{{{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}.100} \right)}^2}}}{{{{20}^2}}} = 25\\
\Rightarrow A = 5cm
\end{array}\)

Tại t = 0 tức là lúc truyền tốc độ thì lò xo không giãn : Fđh = 0N .
Khi lực đàn hồi là 3N thì :
\ ( F = k \ Delta l \ Rightarrow \ Delta l = \ frac { 3 } { { 60 } } = 0,05 m = 5 cm \ )
Ta có hình vẽ :

21 1

I là vị trí mà lò xo dãn 5 cm, x = 2,5 cm
Thời gian t là :
\ ( t = \ frac { { ar \ sin \ frac { { 2,5 } } { 5 } + ar \ sin \ frac { { 2,5 } } { 5 } } } { { 2 \ pi } }. T = \ frac { T } { 6 } = \ frac { { 2 \ pi } } { { \ omega. 6 } } = \ frac { { 2 \ pi } } { { 20.6 } } = \ frac { \ pi } { { 60 } } s \ )

Chọn B.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 15 :Một con lắc lò xo treo thẳng đứng, giao động điều hòa với biên độ A, chu kì T. Khi vật ở vị trí cân đối, tại nơi có tần suất trọng trường g, lò xo giãn một đoạn l = 0,5 A. Thời gian trong một chu kì mà độ lớn tần suất của vật đó lớn hơn hoặc bằng tần suất trọng trường g là

  • A \(\dfrac{T}{3}\)  
  • B\(\dfrac{T}{2}\)   
  • C \(\dfrac{T}{4}\) 
  • D\(\dfrac{{2T}}{3}\)

Đáp án: D

Phương pháp giải :Độ lớn tần suất của vật xê dịch : \ ( a = { \ omega ^ 2 } x = \ dfrac { g } { { \ Delta { \ rm { l } } } } x \ )
Sử dụng vòng tròn lượng giác và công thức : \ ( \ Delta t = \ dfrac { { \ Delta \ varphi. T } } { { 2 \ pi } } \ )Lời giải chi tiết cụ thể :Độ lớn tần suất của vật là : \ ( a = \ left | { \ dfrac { g } { { \ Delta { \ rm { l } } } } x } \ right | = \ dfrac { g } { { 0,5 A } } \ left | x \ right | = \ dfrac { { 2 g \ left | x \ right | } } { A } \ ) Độ lớn tần suất của vật đó lớn hơn hoặc bằng tần suất trọng trường g, ta có :
\ ( a \ ge g \ Rightarrow \ dfrac { { 2 g \ left | x \ right | } } { A } \ ge g \ Rightarrow \ left | x \ right | \ ge \ dfrac { A } { 2 } \ Rightarrow \ left \ { \ begin { array } { l } x \ ge \ dfrac { A } { 2 } \ \ x \ le – \ dfrac { A } { 2 } \ end { array } \ right. \ )
Ta có vòng tròn lượng giác :

 40

Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy trong 1 chu kì, vật có độ lớn tần suất lớn hơn hoặc bằng tần suất trọng trường khi vecto quay được góc : \ ( \ Delta \ varphi = 2. \ dfrac { { 2 \ pi } } { 3 } = \ dfrac { { 4 \ pi } } { 3 } \, \, \ left ( { rad } \ right ) \ )
Thời gian vật có độ lớn tần suất lớn hơn hoặc bằng tần suất trọng trường trong 1 chu kì là :
\ ( \ Delta t = \ dfrac { { \ Delta \ varphi. T } } { { 2 \ pi } } = \ dfrac { { \ dfrac { { 4 \ pi } } { 3 }. T } } { { 2 \ pi } } = \ dfrac { { 2T } } { 3 } \ )

Chọn D.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 16 :Một con lắc được treo vào một điểm cố định và thắt chặt, đang xê dịch điều hòa theo phương thẳng đứng. Hình vẽ bên là đồ thị trình diễn sự nhờ vào của độ lớn của lực kéo về và độ lớn của lực đàn hồi của lò xo tính năng lên vật theo thời hạn. Lấy g = 10 m / s2. Biết \ ( { t_2 } – { t_1 } = \ frac { { 7 \ pi } } { { 120 } } s \ ). Tốc độ cực lớn của con lắc gần nhất với giá trị nào sau đây ?

1 6

  • A78 cm/s            
  • B98 cm/s.      
  • C85 cm/s.      
  • D105 cm/s.

Đáp án: B

Phương pháp giải :Biểu thức lực phục sinh : \ ( F = – kx \ )
Biểu thức lực đàn hồi : \ ( F = – k \ left ( { x + \ Delta { l_0 } } \ right ) \ )
Từ đồ thị dễ thấy đường có đỉnh đạt 4 đơn vị chức năng là màn biểu diễn lực phục sinh .
Đường có đỉnh đạt 6 đơn vị chức năng là màn biểu diễn lực đàn hồi .
Lập tỉ số tại những cực trị, ta tìm được ∆ l0 theo A
Thời điểm t1 ứng với vị trí lò xo không dãn .
Thời điểm t2 ứng với vị trí cân đối .
Sử dụng ĐTLG từ thời gian t1 đến t2 tìm được chu kì T, ∆ l0 và A .
Tốc độ cực lớn :
\ ( { v_ { \ max } } = \ omega A = A. \ sqrt { \ frac { g } { { \ Delta l } } } \ )Lời giải cụ thể :Biểu thức lực hồi sinh và lực đàn hồi :

\(\left\{ \begin{array}{l}
{F_{hp}} = – kx\\
{F_{dh}} = – k\left( {x + \Delta {l_0}} \right)
\end{array} \right.\) 

Từ đồ thị dễ thấy đường có đỉnh đạt 4 đơn vị chức năng là màn biểu diễn lực phục sinh .
Đường có đỉnh đạt 6 đơn vị chức năng là trình diễn lực đàn hồi .
Lập tỉ số tại những cực trị :
\ ( \ frac { { { F_ { dh \ max } } } } { { { F_ { hp \ max } } } } = \ frac { { k. ( A + \ Delta { l_0 } ) } } { { kA } } = \ frac { 6 } { 4 } \ Rightarrow \ Delta { l_0 } = \ frac { A } { 2 } \ )
Thời điểm t1 ứng với vị trí lò xo không dãn .
Thời điểm t2 ứng với vị trí cân đối .
Sử dụng ĐTLG từ thời gian t1 đến t2

 1 7

Thời gian từ t1 đến t2 là :

\(\begin{array}{l}
\Delta t = {t_2} – {t_1} = \left( {\arcsin \frac{{\Delta {l_0}}}{A} + \frac{\pi }{2}} \right).\frac{T}{{2\pi }} = \frac{{7T}}{{12}} = \frac{{7\pi }}{{120}}\\
\Rightarrow T = \frac{\pi }{{10}}s \Rightarrow \omega = \frac{{2\pi }}{T} = 20rad/s
\end{array}\)

Với
\ ( \ omega = \ sqrt { \ frac { g } { { \ Delta { l_0 } } } } \ Rightarrow 20 = \ sqrt { \ frac { { 10 } } { { \ Delta { l_0 } } } } \ Rightarrow \ Delta { l_0 } = 0,025 m = 2,5 cm \ Rightarrow A = 5 cm \ )
Tốc độ cực lớn :
\ ( v = \ omega A = 20.5 = 100 \ left ( { cm / s } \ right ) \ )
Gần nhất với giá trị 98 cm / s

Chọn B.

 

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 17 :

Hai vật A và B có cùng khối lượng 1 kg và có kích thước nhỏ được nối với nhau bởi sợi dây mảnh nhẹ dài 20 cm, hai vật được treo vào một lò xo có độ cứng 100 N/m tại nơi có gia tốc trọng trường g = 10 m/s2. Cho π2 = 10. Khi hệ vật và lò xo đang ở vị trí cân bằng, người ta đốt sợi dây nối hai vật và vật B sẽ rơi tự do còn vật A sẽ dao động điều hòa. Lần đầu tiên vật A lên đến vị trí cao nhất thì khoảng cách giữa hai vật bằng

  • A40 cm.                                
  • B90 cm.                                
  • C 70 cm.                                
  • D80 cm.

Đáp án: B

Phương pháp giải :Áp dụng công thức tính độ dãn khởi đầu của lò xo là \ ( \ Delta { l_0 } = \ frac { { 2 mg } } { k } \ )
Khi đốt sợi dây thì độ dãn của lò xo là \ ( \ Delta { l_1 } = \ frac { { mg } } { k } \ )
Sau khi đốt sợi dây, vật A gắn với lò xo xê dịch điều hòa với biên độ \ ( A = \ Delta { l_0 } – \ Delta { l_1 } \ ) và chu kì \ ( T = 2 \ pi \ sqrt { \ frac { m } { k } } \ )
Thời gian để vật A đến vị trí cao nhất là nửa chu kì, vì khởi đầu nó ở vị trí thấp nhất .
Vật B rơi tự do, quãng đường vật B đi được trong khoảng chừng thời hạn t là
\ ( S = \ frac { 1 } { 2 }. g. { t ^ 2 } \ )
Khoảng cách giữa vật A và B khi đó là \ ( L = 2A + l + { S_B } \ )Lời giải chi tiết cụ thể :Độ dãn khởi đầu của lò xo :
\ ( \ Delta { l_0 } = \ frac { { 2 mg } } { k } = \ frac { { 2.10 } } { { 100 } } = 0,2 m = 20 cm \ )
Khi đốt sợi dây thì độ dãn của lò xo là
\ ( \ Delta { l_1 } = \ frac { { mg } } { k } = \ frac { { 1.10 } } { { 100 } } = 0,1 m = 10 cm \ )
Sau khi đốt sợi dây, vật A gắn với lò xo sẽ xê dịch điều hòa với biên độ và chu kì :

\(\left\{ \begin{array}{l}
A = \Delta {l_0} – \Delta {l_1} = 20 – 10 = 10cm\\
T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} = 2\pi .\sqrt {\frac{1}{{100}}} = \frac{2}{\pi }s
\end{array} \right.\)

Thời gian để vật A đến vị trí cao nhất là nửa chu kì, vì khởi đầu nó ở vị trí thấp nhất, nên \ ( t = \ frac { T } { 2 } = \ frac { 1 } { \ pi } s \ )
Vật B rơi tự do, quãng đường vật B đi được trong khoảng chừng thời hạn t là :
\ ( S = \ frac { 1 } { 2 }. g. { t ^ 2 } = \ frac { 1 } { 2 }. 10. { \ left ( { \ frac { 1 } { \ pi } } \ right ) ^ 2 } = 0,5 m = 50 cm \ )

Khoảng cách giữa vật A và B khi đó là:

\ ( L = 2A + l + { S_B } = 2.10 + 20 + 50 = { 90 _ { } } cm \ )

Chọn B.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 18 :Một lò xo nhẹ cách điện có độ cứng \ ( k { \ rm { } } = { \ rm { } } 50 { \ rm { } } N / m \ ) một đầu cố định và thắt chặt, đầu còn lại gắn vào quả cầu nhỏ tích điện \ ( q = + 5 \ mu C \ ), khối lượng \ ( m { \ rm { } } = { \ rm { } } 200 g \ ). Quả cầu hoàn toàn có thể xê dịch không ma sát dọc theo trục lò xo nằm ngang và cách điện. Tại thời gian khởi đầu t = 0 kéo vật tới vị trí lò xo giãn 4 cm rồi thả nhẹ đến thời gian t = 0,2 s thì thiết lập điện trường không đổi trong thời hạn 0,2 s, biết điện trường nằm ngang dọc theo trục lò xo hướng ra xa điểm cố định và thắt chặt và có độ lớn \ ( E { \ rm { } } = { \ rm { } } { 10 ^ 5 } V / m \ ). Lấy \ ( g { \ rm { } } = { \ rm { } } 10 m / { s ^ 2 } \ ). trong quy trình giao động thì vận tốc cực lớn mà quả cầu đạt được là

  • A\(40\pi cm/s\)
  • B\(20\pi cm/s\)
  • C\(50\pi cm/s\)
  • D\(30\pi cm/s\)

Đáp án: D

Phương pháp giải :+ Sử dụng biểu thức : \ ( T = 2 \ pi \ sqrt { \ dfrac { m } { k } } = 0,4 s \ )
+ Xác định lực điện
+ Sử dụng biểu thức tính vận tốc cực lớn : \ ( { v_ { max } } = \ omega A \ )Lời giải cụ thể :Ta có :
+ Chu kì xê dịch : \ ( T = 2 \ pi \ sqrt { \ dfrac { m } { k } } = 0,4 s \ )
+ Biên độ giao động bắt đầu : \ ( { A_0 } = 4 cm \ )
+ Tại thời gian \ ( t = 0 \ ) : \ ( x = 4 cm \ )
+ Tại thời gian \ ( t = 0,2 s = \ dfrac { T } { 2 } \ ) : \ ( x ‘ = 4 cm \ ) và khi đó thiết lập điện trường không đổi trong thời hạn \ ( 0,2 s \ )
Vì \ ( \ overrightarrow E \ ) hướng ra xa điểm cố định và thắt chặt và điện tích \ ( q > 0 \ ) nên \ ( \ overrightarrow { { F_d } } \ uparrow \ uparrow \ overrightarrow E \ )
\ ( \ Rightarrow \ ) Vị trí cân đối khi có điện trường lệch ra xa điểm cố định và thắt chặt \ ( { x_0 } = \ dfrac { { qE } } { m } = 0,01 m = 1 cm \ )
\( \Rightarrow \) Biên độ khi có điện trường: \({A_1} = {A_0} + {x_0} = 4 + 1 = 5cm\)
\ ( \ Rightarrow \ ) Biên độ khi có điện trường : \ ( { A_1 } = { A_0 } + { x_0 } = 4 + 1 = 5 cm \ )Điện trường không còn sau \ ( 0,2 s = \ dfrac { T } { 2 } \ ) vật sẽ xê dịch điều hòa quanh vị trí cân đối bắt đầu
\ ( \ Rightarrow \ ) Biên độ trong quá trình này : \ ( { A_2 } = { A_1 } + { x_0 } = 6 cm \ )
\ ( \ Rightarrow \ ) Tốc độ cực lớn : \ ( { v_ { max } } = \ omega { A_2 } = \ dfrac { { 2 \ pi } } { { 0,4 } }. 6 = 30 \ pi \ left ( { cm / s } \ right ) \ )

Chọn D

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 19 :Một con lắc lò xo đang xê dịch điều hòa với biên độ \ ( 5 \, \, cm \ ) và chu kì \ ( 0,5 \, \, s \ ) trên mặt phẳng nằm ngang. Khi vật nhỏ của con lắc có vận tốc \ ( v \ ) thì người ta giữ chặt một điểm trên lò xo, vật liên tục giao động điều hòa với biên độ \ ( 2,25 \, \, cm \ ) và chu kì \ ( 0,25 \, \, s \ ). Giá trị của \ ( v \ ) gần nhất với giá trị nào sau đây ?

  • A50 cm/s     
  • B60 cm/s
  • C70 cm/s     
  • D40 cm/s

Đáp án: A

Phương pháp giải :Chu kì của con lắc lò xo : \ ( T = 2 \ pi \ sqrt { \ dfrac { m } { k } } \ )
Tốc độ góc của con lắc : \ ( \ omega = \ dfrac { { 2 \ pi } } { T } \ )
Giữ lò xo : \ ( k’x ‘ = kx \ )
Tốc độc của vật giao động : \ ( v = \ omega \ sqrt { { A ^ 2 } – { x ^ 2 } } = \ sqrt { \ dfrac { k } { m } }. \ sqrt { { A ^ 2 } – { x ^ 2 } } \ )Lời giải chi tiết cụ thể :Chu kì của con lắc trước và sau khi giữ lò xo :
\ ( \ left \ { \ begin { array } { l } T = 2 \ pi \ sqrt { \ dfrac { m } { k } } \ \ T ‘ = 2 \ pi \ sqrt { \ dfrac { m } { { k ‘ } } } \ end { array } \ right. \ Rightarrow { \ left ( { \ dfrac { T } { { T ‘ } } } \ right ) ^ 2 } = \ dfrac { { k ‘ } } { k } \ Rightarrow \ dfrac { { k ‘ } } { k } = { \ left ( { \ dfrac { { 0,5 } } { { 0,25 } } } \ right ) ^ 2 } = 4 \ )
Trước khi giữ lò xo, vật có li độ \ ( x \ ), sau khi giữ lò xo, vật có li độ \ ( x ‘ \ ) :
\ ( k’x ‘ = kx \ Rightarrow x ‘ = \ dfrac { k } { { k ‘ } } x = \ dfrac { x } { 4 } \ )
Tốc độ của vật trước và sau khi giữ lò xo không đổi :
\ ( \ begin { array } { l } v = \ sqrt { \ dfrac { k } { m } }. \ sqrt { { A ^ 2 } – { x ^ 2 } } = \ sqrt { \ dfrac { { k ‘ } } { m } }. \ sqrt { A { ‘ ^ 2 } – x { ‘ ^ 2 } } \ \ \ Rightarrow k. \ left ( { { A ^ 2 } – { x ^ 2 } } \ right ) = k ‘. \ left ( { A { ‘ ^ 2 } – x { ‘ ^ 2 } } \ right ) \ \ \ Rightarrow k. \ left ( { { 5 ^ 2 } – { x ^ 2 } } \ right ) = 4 k. \ left [ { 2, { { 25 } ^ 2 } – { { \ left ( { \ dfrac { x } { 4 } } \ right ) } ^ 2 } } \ right ] \ Rightarrow x = \ sqrt { \ dfrac { { 19 } } { 3 } } \, \, \ left ( { c { m ^ 2 } } \ right ) \ \ \ Rightarrow v = \ omega \ sqrt { { A ^ 2 } – { x ^ 2 } } = \ dfrac { { 2 \ pi } } { T }. \ sqrt { { A ^ 2 } – { x ^ 2 } } = \ dfrac { { 2 \ pi } } { { 0,5 } }. \ sqrt { { 5 ^ 2 } – { { \ left ( { \ sqrt { \ dfrac { { 19 } } { 3 } } } \ right ) } ^ 2 } } \ approx 54,29 \, \, \ left ( { cm / s } \ right ) \ end { array } \ )

Chọn A.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 20 :Lò xo nhẹ một đầu cố định và thắt chặt, đầu còn lại gắn vào sợi dây mềm, không dãn có treo vật nhỏ m như hình vẽ ( H. 1 ). Khối lượng dây và sức cản của không khí không đáng kể. Tại \ ( t = 0 \ ), m đang đứng yên ở vị trí cân đối thì được truyền tốc độ \ ( { v_0 } \ ) thẳng đứng từ dưới lên. Sau đó lực căng dây T tính năng vào m phụ thuộc vào thời hạn theo quy luật được diễn đạt bởi đồ thị hình vẽ ( H. 2 ). Biết lúc vật cân đối lò xo giãn \ ( 10 cm \ ) và trong quy trình hoạt động m không va chạm với lò xo. Quãng đường m đi được kể từ lúc mở màn hoạt động đến thời gian \ ( { t_2 } \ ) bằng

7

  • A60 cm.
  • B40 cm.
  • C65 cm.
  • D45 cm.

Đáp án: B

Phương pháp giải :+ Vận dụng lí thuyết về lực căng dây và lực đàn hồi
+ Sử dụng công thức tính lực đàn hồi : \ ( { F_ { dh } } = k. \ left ( { \ Delta l + x } \ right ) \ )
+ Đọc đồ thị \ ( T – t \ )Lời giải chi tiết cụ thể :Ta có :
\ ( \ Delta { l_0 } = 10 cm \ )
Lực căng dây \ ( T = { F_ { dh } } \ )
\ ( \ Rightarrow \ ) \ ( { T_ { max } } \ ) khi \ ( { F_ { d { h_ { max } } } } \ )
Tại thời gian khởi đầu : \ ( t = 0 \ ) thì \ ( T = \ dfrac { 2 } { 6 } { T_ { max } } \ ) lực đàn hồi khi này \ ( { F_ { d { h_0 } } } = k. \ Delta { l_0 } = \ dfrac { 1 } { 3 } { T_ { max } } \ )
\ ( \ begin { array } { l } \ Rightarrow \ dfrac { { { F_ { d { h_0 } } } } } { { { F_ { d { h_ { max } } } } } } = \ dfrac { { \ dfrac { 1 } { 3 } { T_ { max } } } } { { { T_ { max } } } } = \ dfrac { 1 } { 3 } = \ dfrac { { k \ Delta { l_0 } } } { { k \ left ( { \ Delta { l_0 } + A } \ right ) } } \ \ \ Rightarrow A = 2 \ Delta { l_0 } = 20 cm \ end { array } \ )
Dây trùng khi lò xo nén và dây căng khi lò xo dãn

6

Ta có : \ ( { S_1 } = 10 cm \ )
\ ( { S_2 } = { h_ { max } } \ ) ta có \ ( \ dfrac { 1 } { 2 } m { v ^ 2 } = mg { h_ { max } } \ )
\ ( \ Rightarrow { S_2 } = \ dfrac { { { v ^ 2 } } } { { 2 g } } \ )
Lại có vị trí ném có li độ \ ( x = – \ Delta { l_0 } = – \ dfrac { A } { 2 } \ ) suy ra tốc độ tại đó : \ ( v = – \ omega A \ dfrac { { \ sqrt 3 } } { 2 } \ )
\ ( \ Rightarrow { S_2 } = \ dfrac { { 3 { A ^ 2 } } } { { 8 \ Delta { l_0 } } } = \ dfrac { { { { 3.20 } ^ 2 } } } { { 8.10 } } = 15 cm \ )
\ ( \ Rightarrow \ ) Quãng đường vật m đi được từ thời gian khởi đầu đến \ ( { t_2 } \ ) là : \ ( S = { S_1 } + 2 { S_2 } = 10 + 2.15 = 40 cm \ )

Chọn B

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 21 :

Một lò xo nhẹ làm bằng vật liệu cách điện có độ cứng k = 50N/m, một đầu được gắn cố định, đầu còn lại gắn vào quả cầu nhỏ tích điện q = 5µC, khối lượng m = 50g. Quả cầu có thể dao động không ma sát dọc theo trục lò xo nằm ngang và cách điện. Tại thời điểm ban đầu t = 0 kéo vật tới vị trí lò xo dãn 4 cm rồi thả nhẹ đến thời điểm t = 0,1 s thì thiết lập điện trường không đổi trong thời gian 0,1 s, biết điện trường nằm ngang dọc theo trục lò xo hướng ra xa điểm cố định và có độ lớn E = 105 V/m. Lấy g = 10 m/s2, π2 = 10. Trong quá trình dao động thì tốc độ cực đại mà quả cầu đạt được gần nhất giá trị nào sau đây?

  • A80 cm/s.                             
  • B160 cm/s.                           
  • C190 cm/s.                          
  • D 95 cm/s.

Đáp án: B

Phương pháp giải :+ Xác định tần số góc, và chu kì xê dịch khởi đầu của hệ giao động. Xác định vị trí của vật mà ta thiết lập điện trường \ ( \ overrightarrow E \ ) .
+ Khi đó, vật chịu công dụng của lực điện, vì q > 0 nên lực điện cùng chiều \ ( \ overrightarrow E \ ) .
Vị trí cân đối của vật lúc này biến hóa một đoạn ∆ l0với \ ( F = q. E = k. \ Delta { l_0 } \ )
Do đó vật giao động với biên độ mới .
Áp dụng công thức xác lập tần số góc và chu kì :
\ ( \ omega = \ sqrt { \ frac { k } { m } } ; T = \ frac { { 2 \ pi } } { \ omega } \ )
Vận tốc cực lớn mới là : \ ( { v_ { \ max } } ‘ = \ omega. A ‘ \ )Lời giải cụ thể :Ta có hình vẽ :

1jpg 4

Tần số góc và chu kì :

\(\left\{ \begin{array}{l}
\omega = \sqrt {\frac{k}{m}} = \sqrt {\frac{{50}}{{0,05}}} = 10\pi \left( {rad/s} \right)\\
T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{10\pi }} = 0,2\left( s \right)
\end{array} \right.\)

Ban đầu kéo vật khỏi vị trí cân đối 4 cm, rồi thả nhẹ thì vật xê dịch với biên độ A = 4 cm, chu kì T = 0,2 s .
Sau khi hoạt động được 0,1 s vật đi đến vị trí biên âm. Ta thiết lập điện trường E thì vật chịu công dụng của lực điện trường \ ( \ overrightarrow F = q. \ overrightarrow E \ ) do đó vị trí cân đối bị biến hóa ∆ l0 với :
\ ( F = q. E = k. \ Delta { l_0 } \ Rightarrow \ Delta { l_0 } = \ frac { { { { 5.10 } ^ { – 6 } } { {. 10 } ^ 5 } } } { { 50 } } = 0,01 m = 1 cm \ )
Biên độ giao động mới :
\ ( A ‘ = A + \ Delta { l_0 } \ ; = 4 + 1 = 5 cm \ )
Vận tốc cực lớn mới là :
\ ( { v_ { \ max } } ‘ = \ omega. A ‘ = 10 \ pi. 5 \ approx 158,5 cm / s \ )
Vậy giá trị gần nhất là 160 cm / s

Chọn B.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 22 :

Một lò xo nhẹ có độ cứng 100N/m, đầu trên gắn cố định, đầu dưới treo quả cầu nhỏ có khối lượng m = 1kg sao cho vật có thể dao động không ma sát theo phương thẳng đứng trùng với trục của lò xo. Lúc đầu dùng giá nằm ngang đỡ m để lò xo không biến dạng. Sau đó cho giá đỡ chuyển động thẳng đứng xuống dưới nhanh dần đều với gia tốc 2m/s2. Bỏ qua mọi ma sát. Lấy gia tốc trọng trường g = 10m/s2. Khi m rời khỏi giá đỡ nó dao động điều hòa. Biên độ dao động điều hòa là

  • A1,5cm                         
  • B2cm                            
  • C6cm                            
  • D1,2cm

Đáp án: C

Phương pháp giải :Vẽ hình màn biểu diễn những lực tính năng vào vật nặng khi vật năng vận động và di chuyển .
Áp dụng định luật II Niu – tơn :
\ ( \ overrightarrow P + \ overrightarrow N + \ overrightarrow F = m. \ overrightarrow a \ )
Khi vật rời khỏi tấm ván đỡ thì phản lực \ ( \ overrightarrow N \ ) = 0 .
Ta tìm được vị trí vật rời khỏi giá đỡ thì lò xo giãn ∆ l, khi đó
Vị trí cân đối là vị trí lò xo giãn ∆ l0thỏa mãn : \ ( \ Delta { l_0 } = \ frac { { mg } } { k } \ )Lời giải cụ thể :Ta có hình vẽ :

 1jpg 2

Áp dụng định luật II Niu – tơn : \ ( \ overrightarrow P + \ overrightarrow N + \ overrightarrow F = m. \ overrightarrow a \ )
Khi vật rời khỏi tấm ván đỡ thì phản lực \ ( \ overrightarrow N \ ) = 0 .
Ta có : \ ( \ overrightarrow F + \ overrightarrow P = m \ overrightarrow a \ )
Chiếu lên Ox ta được :

\(\begin{array}{l}
– F + P = ma \Rightarrow F = P – ma = mg – ma\\
\Rightarrow k.\Delta l = F \Rightarrow \Delta l = \frac{F}{k} = \frac{{mg – ma}}{k} = 0,08m = 8cm
\end{array}\)

Vị trí cân đối là vị trí lò xo giãn ∆ l0 thỏa mãn nhu cầu :
\ ( \ Delta { l_0 } = \ frac { { mg } } { k } = \ frac { { 1.10 } } { { 100 } } = 0,1 m = 10 cm \ )
Vậy li độ của giao động là :
\ ( x = 8-10 = – 2 cm \ )
Vận tốc của vật khi đó là
\ ( v = \ sqrt { 2 as } = \ sqrt { 2.2.8 } = \ sqrt { 32 } cm / s \ )
Vậy biên độ giao động của vật là
\ ( A = \ sqrt { { x ^ 2 } + \ frac { { { v ^ 2 } } } { { { \ omega ^ 2 } } } } = 6 cm \ )

Chọn C.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 23 :Một con lắc lò xo được đặt nằm ngang gồm lò xo có độ cứng \ ( k = 40 \, \, N / m \ ) và vật nặng khối lượng \ ( m = 400 \, \, g \ ). Từ vị trí cân đối kéo vật ra một đoạn \ ( 8 \, \, cm \ ) rồi thả nhẹ cho vật xê dịch điều hòa. Sau khi thả vật \ ( \ dfrac { { 7 \ pi } } { { 30 } } \, \, s \ ) thì giữ bất thần điểm chính giữa của lò xo khi đó. Biên độ giao động của vật sau khi giữ lò xo là

  • A\(2\sqrt 6 \,\,cm\)   
  • B\(2\sqrt 5 \,\,cm\)  
  • C\(2\sqrt 7 \,\,cm\) 
  • D\(4\sqrt 2 \,\,cm\)    

Đáp án: C

Phương pháp giải :Tần số góc của con lắc : \ ( \ omega = \ sqrt { \ dfrac { k } { m } } \ )
Sử dụng vòng tròn lượng giác và công thức : \ ( \ Delta \ varphi = \ omega. \ Delta t \ )
Giữ lò xo : \ ( k’x ‘ = kx \ )
Công thức độc lập với thời hạn : \ ( { x ^ 2 } + \ dfrac { { { v ^ 2 } } } { { { \ omega ^ 2 } } } = { A ^ 2 } \ )Lời giải chi tiết cụ thể :Tần số góc của con lắc là : \ ( \ omega = \ sqrt { \ dfrac { k } { m } } = \ sqrt { \ dfrac { { 40 } } { { 0,4 } } } = 10 \, \, \ left ( { rad / s } \ right ) \ )
Trong thời hạn \ ( \ dfrac { { 7 \ pi } } { { 30 } } \, \, s \ ), vecto quay được góc :
\ ( \ Delta \ varphi = \ omega. \ Delta t = 10. \ dfrac { { 7 \ pi } } { { 30 } } = \ dfrac { { 7 \ pi } } { 3 } = 2 \ pi + \ dfrac { \ pi } { 3 } \, \, \ left ( { rad } \ right ) \ )
Ta có vòng trong lượng giác :

 18

Từ vòng tròn lượng giác ta thấy tại thời gian \ ( \ dfrac { { 7 \ pi } } { { 30 } } \, \, s \ ), vật có li độ \ ( x = 4 \, \, cm \ )
Áp dụng công thức độc lập với thời hạn ta có :
\ ( { x ^ 2 } + \ dfrac { { { v ^ 2 } } } { { { \ omega ^ 2 } } } = { A ^ 2 } \ Rightarrow v = \ omega. \ sqrt { { A ^ 2 } – { x ^ 2 } } = 10. \ sqrt { { 8 ^ 2 } – { 4 ^ 2 } } = 40 \ sqrt 3 \, \, \ left ( { cm / s } \ right ) \ )
Giữ điểm chính giữa lò xo, li độ mới của vật tại điểm giữ là : \ ( x ‘ = \ dfrac { x } { 2 } = 2 \, \, \ left ( { cm } \ right ) \ )
Độ cứng của lò xo khi đó : \ ( k’x ‘ = kx \ Rightarrow k ‘ = \ dfrac { { kx } } { { x ‘ } } = 2 k = 80 \, \, \ left ( { N / m } \ right ) \ )
Tần số góc của con lắc mới là : \ ( \ omega ‘ = \ sqrt { \ dfrac { { k ‘ } } { m } } = \ sqrt { \ dfrac { { 80 } } { { 0,4 } } } = 10 \ sqrt 2 \, \, \ left ( { rad / s } \ right ) \ )
Giữ lò xo, tốc độ của vật không biến hóa. Áp dụng công thức độc lập với thời hạn, ta có :
\ ( x { ‘ ^ 2 } + \ dfrac { { { v ^ 2 } } } { { \ omega { ‘ ^ 2 } } } = A { ‘ ^ 2 } \ Rightarrow { 2 ^ 2 } + \ dfrac { { { { \ left ( { 40 \ sqrt 3 } \ right ) } ^ 2 } } } { { { { \ left ( { 10 \ sqrt 2 } \ right ) } ^ 2 } } } = A { ‘ ^ 2 } \ Rightarrow A ‘ = 2 \ sqrt 7 \, \, \ left ( { cm } \ right ) \ )

Chọn C.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 24 :Một con lắc lò xo nằm ngang gồm lò xo có khối lượng không đáng kể, độ cứng k = 100 N / m gắn với vật có khối lượng M = 400 g. Khi M đang đứng yên tại vị trí lò xo không biến dạng thì vật m bay từ phía trên tới va chạm và dính vào M. Biết rằng va chạm giữa m và M là va chạm mềm ; thông số ma sát trượt giữa hệ vật ( m + M ) và mặt nằm ngang là 0,1 ; khối lượng m = 100 g ; khi m tiếp xúc với M, tốc độ của vật m là 20 m / s và hợp với phương ngang một góc 600 ; lấy g = 10 m / s2. Sau va chạm, độ giãn cực lớn của lò xo gần nhất với giá trị nào sau đây ?

1 5

  • A26,79 cm.                                 
  • B27,79 cm                              
  • C12,65 cm.                           
  • D13,65 cm

Đáp án: C

Phương pháp giải :+ Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang cho hai vật m và M khi va chạm :
\ ( m. v. \ cos \ alpha = ( m + M ). v ‘ \ )
+ Sau va chạm, hệ vật ( m + M ) giao động tắt dần do có ma sát, vị trí bị nén cực lớn cách vị trí cân đối A1 .
Áp dụng định luật bảo toàn nguồn năng lượng ta có :
\ ( \ frac { 1 } { 2 }. ( m + M ). v { ‘ ^ 2 } = { F_ { ms } }. { A_1 } + \ frac { 1 } { 2 }. k. A_1 ^ 2 = \ mu. ( m + M ). g. { A_1 } + \ frac { 1 } { 2 }. k. A_1 ^ 2 \ )
Tìm được A1
+ Sau đó vật hoạt động sang trái, khi đó lò xo bị giãn đến vị trí cách vị trí cân đối A2
Ta có :
\ ( \ frac { 1 } { 2 }. k. A_1 ^ 2 – \ frac { 1 } { 2 }. k. A_2 ^ 2 = \ mu. ( m + M ). g. ( { A_1 } + { A_2 } ) \ )
Tìm được A2 chính là độ giãn cực lớn của lò xo .Lời giải chi tiết cụ thể :Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang cho hai vật m và M khi va chạm .

\(\begin{array}{l}
m.v.\cos \alpha = (m + M).v’\\
\Rightarrow v’ = \frac{{m.v.\cos \alpha }}{{m + M}} = \frac{{0,1.20.\cos {{60}^0}}}{{0,1 + 0,4}} = 2\left( {m/s} \right)
\end{array}\)

Sau va chạm, hệ vật ( m + M ) xê dịch tắt dần do có ma sát, vị trí bị nén cực lớn cách vị trí cân đối A1 .
Áp dụng định luật bảo toàn nguồn năng lượng ta có :

\(\begin{array}{l}
\frac{1}{2}.(m + M).v{‘^2} = {F_{ms}}.{A_1} + \frac{1}{2}.k.A_1^2 = \mu .(m + M).g.{A_1} + \frac{1}{2}.k.A_1^2\\
\Rightarrow \frac{1}{2}.0,{5.2^2} = 0,1.0,5.10.{A_1} + 50.A_1^2\\
\Rightarrow {A_1} = 0,{1365_{}}m = 13,{65_{}}cm
\end{array}\)

Sau đó vật hoạt động sang trái, khi đó lò xo bị giãn đến vị trí cách vị trí cân đối A2
Ta có :

\(\begin{array}{l}
\frac{1}{2}.k.A_1^2 – \frac{1}{2}.k.A_2^2 = \mu .(m + M).g.({A_1} + {A_2})\\
\Rightarrow \frac{1}{2}.k.({A_1} – {A_2}) = \mu .(m + M).g \Rightarrow 50.({A_1} – {A_2}) = 0,1.0,5.10\\
\Rightarrow {A_1} – {A_2} = 0,01m = 1cm \Rightarrow {A_2} = {A_1} – 1 = 13,65 – 1 = 12,65cm
\end{array}\)

Tìm được A2 = 12,65 cm chính là độ giãn cực lớn của lò xo .

Chọn C.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 25 :Một con lắc lò xo treo thẳng đứng, lò xo có độ cứng k = 100 N / m, vật nặng có khối lượng m = 0,2 kg. Ban đầu đưa vật đến vị trí lò xo không biến dạng rồi thả nhẹ. Khi vật đi qua vị trí cân đối, người ta chồng nhẹ một vật cùng khối lượng lên vật m, lấy \ ( g = 10 \, \, m / { s ^ 2 } \ ). Biên độ giao động của hệ hai vật sau đó là

  • A\(2\sqrt 3 \,\,cm\)
  • B\(3\sqrt 2 \,\,cm\)
  • C\(\sqrt 6 \,\,cm\) 
  • D\(2\sqrt 2 \,\,cm\)

Đáp án: C

Phương pháp giải :Khi ở vị trí cân đối, lò xo nén một đoạn : \ ( \ Delta l = \ dfrac { { mg } } { k } \ )
Vận tốc của hệ sau va chạm : \ ( v ‘ = \ dfrac { { mv } } { { m + m ‘ } } \ )
Công thức độc lập với thời hạn : \ ( { x ^ 2 } + \ dfrac { { { v ^ 2 } } } { { { \ omega ^ 2 } } } = { A ^ 2 } \ )Lời giải chi tiết cụ thể :Gọi O1, O2 là vị trí cân đối trước và sau khi đặt thêm vật, chiều dương hướng lên .

 7

+ Trước khi đặt thêm vật :
Ban đầu đưa vật đến vị trí lò xo không biến dạng rồi buông nhẹ, biên độ xê dịch khi đó là :
\ ( { A_1 } = \ Delta { l_1 } = \ dfrac { { mg } } { k } = \ dfrac { { 0,2. 10 } } { { 100 } } = 0,02 \, \, \ left ( m \ right ) = 2 \, \, \ left ( { cm } \ right ) \ )
Tần số góc của con lắc là : \ ( { \ omega _1 } = \ sqrt { \ dfrac { k } { m } } = \ sqrt { \ dfrac { { 100 } } { { 0,2 } } } = 10 \ sqrt 5 \, \, \ left ( { rad / s } \ right ) \ )
Vận tốc của vật ở vị trí cân đối là :
\ ( { v_ { \ max 1 } } = { A_1 } { \ omega _1 } = 2.10 \ sqrt 5 = 20 \ sqrt 5 \, \, \ left ( { cm / s } \ right ) \ )
+ Sau khi đặt thêm vật :
Vận tốc của hệ là : \ ( v = \ dfrac { { m { v_ { \ max 1 } } } } { { m + m } } = \ dfrac { { 0,2. 20 \ sqrt 5 } } { { 0,2 + 0,2 } } = 10 \ sqrt 5 \, \, \ left ( { cm / s } \ right ) \ )
Vị trí cân đối mới của hệ dịch xuống một đoạn :
\ ( { O_1 } { O_2 } = \ Delta { l_2 } – \ Delta { l_1 } = \ dfrac { { 2 mg } } { k } – \ dfrac { { mg } } { k } = \ dfrac { { mg } } { k } = \ dfrac { { 0,2. 10 } } { { 100 } } = 0,02 \, \, \ left ( m \ right ) = 2 \, \, \ left ( { cm } \ right ) \ )
Li độ của vật lúc này là : \ ( x = { O_1 } { O_2 } = 2 \, \, \ left ( { cm } \ right ) \ )
Tần số góc của hệ là : \ ( \ omega = \ sqrt { \ dfrac { k } { { m + m } } } = \ sqrt { \ dfrac { { 100 } } { { 0,2 + 0,2 } } } = 5 \ sqrt { 10 } \, \, \ left ( { rad / s } \ right ) \ )
Biên độ của hệ giao động là : \ ( { x ^ 2 } + \ dfrac { { { v ^ 2 } } } { { { \ omega ^ 2 } } } = { A ^ 2 } \ Rightarrow { 2 ^ 2 } + \ dfrac { { { { \ left ( { 10 \ sqrt 5 } \ right ) } ^ 2 } } } { { { { \ left ( { 5 \ sqrt { 10 } } \ right ) } ^ 2 } } } = { A ^ 2 } \ Rightarrow A = \ sqrt 6 \, \, \ left ( { cm } \ right ) \ )

Chọn C.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 26 :Một vật nhỏ khối lượng M = 0,6 kg gắn trên một lò xo nhẹ thẳng đứng có độ cứng 200 N / m, đầu dưới của lò xo gắn cố định và thắt chặt. Một vật nhỏ có khối lượng m = 0,3 kg rơi tự do từ độ cao h = 0,6 m xuống va chạm mềm với M. Sau va chạm hai vật dính vào nhau và cùng giao động điều hòa theo phương thẳng đứng trùng với trục của lò xo. Lấy tần suất trọng trường \ ( g = 10 \, \, m / { s ^ 2 } \ ). Biên độ của giao động là

  • A5,3 cm
  • B3,5 cm   
  • C9,7 cm 
  • D7,9 cm

Đáp án: D

Phương pháp giải :Vận tốc của vật rơi tự do : \ ( { v_0 } = \ sqrt { 2 gh } \ )
Vận tốc của hệ sau va chạm : \ ( v = \ dfrac { { m { v_0 } } } { { m + M } } \ )
Tần số góc của hệ : \ ( \ omega = \ sqrt { \ dfrac { k } { { m + M } } } \ )
Độ di dời vị trí cân đối : \ ( x = \ dfrac { { mg } } { k } \ )
Công thức độc lập với thời hạn : \ ( { x ^ 2 } + \ dfrac { { { v ^ 2 } } } { { { \ omega ^ 2 } } } = { A ^ 2 } \ )Lời giải chi tiết cụ thể :Tần số góc của hệ sau va chạm là : \ ( \ omega = \ sqrt { \ dfrac { k } { { m + M } } } = \ sqrt { \ dfrac { { 200 } } { { 0,3 + 0,6 } } } = \ dfrac { { 20 \ sqrt 5 } } { 3 } \, \, \ left ( { rad / s } \ right ) \ )
Vận tốc của hệ sau va chạm là :
\ ( v = \ dfrac { { m { v_0 } } } { { m + M } } = \ dfrac { { m \ sqrt { 2 gh } } } { { m + M } } = \ dfrac { { 0,3. \ sqrt { 2.10.0, 6 } } } { { 0,3 + 0,6 } } = \ dfrac { { 2 \ sqrt 3 } } { 3 } \, \, \ left ( { m / s } \ right ) = \ dfrac { { 200 } } { { \ sqrt 3 } } \, \, \ left ( { cm / s } \ right ) \ )
Độ di dời vị trí cân đối là : \ ( x = \ dfrac { { mg } } { k } = \ dfrac { { 0,3. 10 } } { { 200 } } = 0,015 \, \, \ left ( m \ right ) = 1,5 \, \, \ left ( { cm } \ right ) \ )
Ta có công thức độc lập với thời hạn :
\ ( { x ^ 2 } + \ dfrac { { { v ^ 2 } } } { { { \ omega ^ 2 } } } = { A ^ 2 } \ Rightarrow 1, { 5 ^ 2 } + \ dfrac { { { { \ left ( { \ dfrac { { 200 } } { { \ sqrt 3 } } } \ right ) } ^ 2 } } } { { { { \ left ( { \ dfrac { { 20 \ sqrt 5 } } { 3 } } \ right ) } ^ 2 } } } = { A ^ 2 } \ Rightarrow A = 7,9 \, \, \ left ( { cm } \ right ) \ )

Chọn D.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 27 :Một con lắc lò xo có độ cứng 200 N / m, vật nặng có m = 0,4 kg giao động điều hòa trên mặt phẳng nằm ngang với biên độ \ ( { \ rm { 3 } } \ sqrt 5 \, \, { \ rm { cm } } \ ). Tại thời gian vật m qua vị trí cân đối thì một vật nhỏ có khối lượng m0 = 0,1 kg rơi thẳng đứng và dính vào m. Biên độ của hệ ( m + m0 ) là

  • A6 cm
  • B9 cm  
  • C5 cm 
  • D7 cm

Đáp án: A

Phương pháp giải :Tần số góc của hệ giao động : \ ( \ omega = \ sqrt { \ dfrac { k } { m } } \ )
Vận tốc của vật khi qua vị trí cân đối : \ ( { v_ { \ max } } = A \ omega \ )Lời giải cụ thể :+ Trước khi va chạm :
Tần số góc của hệ giao động là : \ ( \ omega = \ sqrt { \ dfrac { k } { m } } = \ sqrt { \ dfrac { { 200 } } { { 0,4 } } } = 10 \ sqrt 5 \, \, \ left ( { rad / s } \ right ) \ )
Vận tốc của vật khi ở vị trí cân đối là : \ ( { v_ { \ max } } = A \ omega = 3 \ sqrt 5. 10 \ sqrt 5 = 150 \, \, \ left ( { cm / s } \ right ) \ )
+ Sau va chạm :
Vận tốc của hệ là : \ ( { v_ { \ max } } ‘ = \ dfrac { { m { v_ { \ max } } } } { { m + { m_0 } } } = \ dfrac { { 0,4. 150 } } { { 0,5 } } = 120 \, \, \ left ( { cm / s } \ right ) \ )
Tần số góc của hệ là : \ ( \ omega ‘ = \ sqrt { \ dfrac { k } { { m + { m_0 } } } } = \ sqrt { \ dfrac { { 200 } } { { 0,4 + 0,1 } } } = 20 \, \, \ left ( { rad / s } \ right ) \ )
Biên độ xê dịch của hệ là : \ ( A ‘ = \ dfrac { { { v_ { \ max } } ‘ } } { { \ omega ‘ } } = \ dfrac { { 120 } } { { 20 } } = 6 \, \, \ left ( { cm } \ right ) \ )

Chọn A.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 28 :Một con lắc lò xo, lò xo có khối lượng không đáng kể, độ cứng 50 N / m, vật nặng khối lượng M = 200 g hoàn toàn có thể trượt không ma sát trên mặt phẳng ngang. Hệ đang ở trạng thái cân đối, dùng vật m = 300 g bắn vào M theo phương nằm ngang với tốc độ 2 m / s. Sau khi va chạm, hai vật dính vào nhau và cùng xê dịch theo phương ngang trùng với trục của lò xo. Tính tần suất cực lớn của hệ ( M + m )

  • A\(10\,\,m/{s^2}\) 
  • B\(15\,\,m/{s^2}\)  
  • C\(12\,\,m/{s^2}\)
  • D\(1,2\,\,m/{s^2}\)

Đáp án: C

Phương pháp giải :Tần số góc của hệ sau va chạm : \ ( \ omega = \ sqrt { \ dfrac { k } { { m + M } } } \ )
Vận tốc của hệ sau va chạm : \ ( { v_1 } = \ dfrac { { mv } } { { M + m } } \ )
Biên độ giao động : \ ( A = \ dfrac { { { v_ { \ max } } } } { \ omega } \ )
Gia tốc cực lớn : \ ( { a_ { \ max } } = A { \ omega ^ 2 } \ )Lời giải cụ thể :Tốc độ góc của hệ sau va chạm là : \ ( \ omega = \ sqrt { \ dfrac { k } { { m + M } } } = \ sqrt { \ dfrac { { 50 } } { { 0,2 + 0,3 } } } = 10 \, \, \ left ( { rad / s } \ right ) \ )
Vận tốc của hệ sau va chạm là : \ ( { v_1 } = \ dfrac { { mv } } { { M + m } } = \ dfrac { { 0,3. 2 } } { { 0,2 + 0,3 } } = 1,2 \, \, \ left ( { m / s } \ right ) \ )
Mà \ ( { v_1 } = { v_ { \ max } } \ Rightarrow A = \ dfrac { { { v_1 } } } { \ omega } = \ dfrac { { 1,2 } } { { 10 } } = 0,12 \, \, \ left ( m \ right ) = 12 \, \, \ left ( { cm } \ right ) \ )
Gia tốc cực lớn của hệ là : \ ( { a_ { \ max } } = A { \ omega ^ 2 } = 0, { 12.10 ^ 2 } = 12 \, \, \ left ( { m / { s ^ 2 } } \ right ) \ )

Chọn C.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 29 :

Một con lắc lò xo treo thẳng đứng gồm vật nặng m = 100g, lò xo có độ cứng k = 40N/m. Từ vị trí cân bằng kéo vật xuống dưới 5cm rồi thả nhẹ cho nó dao động điều hòa. Lấy g = π2 = 10m/s2. Trong một chu kì, tốc độ trung bình của vật trong khoảng thời gian lò xo bị nén là

  • A\(\frac{{1,5}}{\pi }\left( {m/s} \right)\)
  • B\(\frac{{15}}{\pi }\left( {m/s} \right)\)
  • C\(\frac{3}{\pi }\left( {m/s} \right)\)
  • D\(\frac{{30}}{\pi }\left( {cm/s} \right)\)

Đáp án: A

Phương pháp giải :Khi vật ở vị trí cân đối thì độ dãn của lò xo là \ ( \ Delta { l_0 } = \ frac { { mg } } { k } \ )
Xác định biên độ giao động A = 5 cm, vị trí mà lò xo bị nén x0 .
Xác định thời hạn lò xo bị nén trong một chu kì :
\ ( t = 2. \ frac { { \ arccos \ frac { { { x_0 } } } { A } } } { \ omega } \ ) và quãng đường vật đi được trong thời hạn lò xo nén .
Áp dụng công thức xác lập tốc độ trung bình :
\ ( v = \ frac { S } { t } \ )Lời giải chi tiết cụ thể :Khi vật ở vị trí cân đối thì độ dãn của lò xo là :
\ ( \ Delta { l_0 } = \ frac { { mg } } { k } = \ frac { { 0,1. 10 } } { { 40 } } = 0, { 025 _ { } } m = 2, { 5 _ { } } cm \ )
Vì kéo vật xuống khỏi vị trí cân đối 5 cm rồi thả nhẹ nên biên độ : A = 5 cm .
Trong quy trình giao động, chọn chiều dương hướng xuống, gốc O ở vị trí cân đối .
Vậy lò xo bị nén khi hoạt động từ vị trí – 2,5 cm đến – 5 cm .

1jpg

1jpg 1

Vậy trong một chu kì, thời hạn lò xo bị nén là :
\ ( t = 2. \ frac { \ alpha } { \ omega } = 2. \ frac { { \ arccos \ frac { { 2,5 } } { 5 } } } { { \ sqrt { \ frac { k } { m } } } } = 2. \ frac { { \ frac { \ pi } { 3 } } } { { \ sqrt { \ frac { { 40 } } { { 0,1 } } } } } = \ frac { \ pi } { { 30 } } s \ )
Quãng đường vật đi được là : S = 5 cm .
Vận tốc trung bình trong thời hạn lò xo bị nén là :
\ ( v = \ frac { S } { t } = \ frac { 5 } { { \ frac { \ pi } { { 30 } } } } = \ frac { { 150 } } { \ pi } \ left ( { cm / s } \ right ) = \ frac { { 1,5 } } { \ pi } \ left ( { m / s } \ right ) \ )

Chọn A.

Đáp án – Lời giải Câu hỏi 30 :Một con lắc lò xo treo thẳng đứng đang xê dịch điều hòa. Hình bên là đồ thị miêu tả sự nhờ vào giữa độ lớn lực đàn hồi của lò xo theo thời hạn t. Lấy g = π2 m / s2. Mốc thế năng tại vị trí cân đối. Cơ năng của con lắc là :

21 2

  • A15 mJ   
  • B18 mJ          
  • C9 mJ            
  • D12 mJ

Đáp án: D

Phương pháp giải :Từ đồ thị ta thấy Fdhmax = 1,8 N ; Fmin = 0 ; sau đó Fdh tăng đến 0,6 N rồi giảm ; vậy lò xo có biên độ A lớn hơn độ dãn ∆ l0
Áp dụng công thức lực đàn hồi
\ ( F = k. \ left ( { x + \ Delta { l_0 } } \ right ) \ )
Vị trí khi t = 0 đến t = 0,1 s thì F = 0, tức là vật ở vị trí lò xo không dãn .
Ta sử dụng VTLG tìm chu kì, tần số góc .
Áp dụng công thức tính năng lượng :
\ ( { \ rm { W } } = \ frac { 1 } { 2 }. k. { A ^ 2 } \ )Lời giải cụ thể :+ Từ đồ thị ta thấy Fdhmax = 1,8 N ; Fmin = 0 ; sau đó Fdh tăng đến 0,6 N rồi giảm ; vậy lò xo có biên độ A lớn hơn độ dãn ∆ l0
+ Áp dụng công thức lực đàn hồi :

\(\left\{ \begin{array}{l}
{F_{dh\max }} = k.\left( {A + \Delta {l_0}} \right) = 1,8\\
{F_{dh\min }} = k.\left( {A – \Delta {l_0}} \right) = 0,6
\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l}
\Rightarrow \frac{{{F_{dh\max }}}}{{{F_{dh\min }}}} = \frac{{A + \Delta {l_0}}}{{A – \Delta {l_0}}} = 3 \Rightarrow \Delta {l_0} = \frac{A}{2}\\
\Rightarrow {F_{dh\max }} = k.\left( {A + \frac{A}{2}} \right) = 1,8 \Leftrightarrow k.A = 1,2
\end{array}\)

+ Vị trí khi t = 0 thì F = 1,2 N, vậy vật đang ở vị trí dãn một đoạn bằng A, tức là có tọa độ
Đến t = 0,1 s thì F = 0, tức là vật ở vị trí lò xo không dãn .
+ Ta có VTLG :

21 3

Vậy chu kì :
\ ( T = 2.0,1 = 0,2 s \ Rightarrow \ omega = \ frac { { 2 \ pi } } { T } = 10 \ pi \ left ( { rad / s } \ right ) \ )
Mà \ ( \ omega = \ sqrt { \ frac { g } { { \ Delta { l_0 } } } } = 10 \ pi \ Rightarrow \ Delta { l_0 } = 0,01 m = 1 cm \ )

Nên \(A = 2.\Delta {l_0} = 0,02m\)

Ta có nguồn năng lượng của xê dịch là :
\ ( { \ rm { W } } = \ frac { 1 } { 2 }. k. { A ^ 2 } = \ frac { 1 } { 2 }. k. A.A = \ frac { 1 } { 2 }. 1,2. 0,02 = 0,012 J = 12 mJ \ )

Chọn D.

Đáp án – Lời giải

VIETLIKE.VN

CEO: Công ty TNHH Công Nghệ Truyền Thông Ez Media.

Trả lời

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai.

Back to top button