Google
Câu hỏi: Một con lắc lò xo thẳng đứng gồm lò xo nhẹ có độ cứng $k=25N/m$ một đầu được gắn với hòn bi nhỏ có khối lượng $m=100g$. Khi vật đang ở vị trí cân bằng, tại thời điểm $t=0$ người ta thả cho con lắc rơi tự do sao cho trục lò xo luôn nằm theo phương thẳng đứng và vật nặng ở phía dưới lò xo. Đến thời điểm ${{t}_{1}}=0,02\sqrt{15}s$ thì điểm chính giữa của lò xo đột ngột bị giữ lại cố định. Lấy $g=10~\text{m}/{{\text{s}}^{2}};{{\pi }^{2}}=10$. Bỏ qua ma sát, lực cản. Tốc độ của hòn bi tại thời điểm ${{t}_{2}}={{t}_{1}}-0,07s$ có độ lớn gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 75cm/s
B. 60 cm/s
C. 90 cm/s
D. 120 cm/s
A. 75cm/s
B. 60 cm/s
C. 90 cm/s
D. 120 cm/s
Phương pháp:
Quá trình chuyển động của vật được chia thành hai giai đoạn:
+ Giai đoạn 1: Vật rơi tự do xuống dưới. Chọn HQC gắn với điểm treo lò xo, trục Ox thẳng đứng chiều dương hướng xuống dưới, gốc O tại vị trí cân bằng.
+ Giai đoạn 2. Lò xo bị giữ ở chính giữa, khi đó độ cứng k thay đổi, tần số góc và chu kì thay đổi, vị trí cân bằng thay đổi. Ta xác định vị trí và li độ ở hệ quy chiếu đất và vị trí cân bằng mới. Từ đó xác định biên độ mới. Sử dụng VTLG tìm vận tốc tại t2 .
Cách giải:
Độ biến dạng của lò xo tại VTCB: $\Delta {{l}_{0}}=\dfrac{mg}{k}=\dfrac{0,1.10}{25}=4cm$
Quá trình chuyển động của vật được chia làm hai giai đoạn:
+ Giai đoạn 1: Vật rơi tự do xuống dưới. Chọn HQC gắn với điểm treo lò xo trục Ox thẳng đứng chiều dương hướng xuống dưới, gốc O tại vị trí cân bằng.
Vật nặng chịu tác dụng của các lực trọng lực, lực đàn hồi của lò xo, lực quán tính $\left( {{F}_{qt}}=P \right)$.
Tại vị trí cân bằng và trong quá trình rơi, vật dao động điều hòa quanh vị trí lò xo không biến dạng với biên độ $A=\Delta {{l}_{0}}$.
Thời điểm t=0, con lắc bắt đầu rơi thì vật đang ở biên dưới.
Tần số góc của dao động: $\omega =\sqrt{\dfrac{k}{m}}=5\pi (\text{rad}/\text{s})\Rightarrow T=\dfrac{2\pi }{\omega }=0,4s$
Sau khoảng thời gian ${{t}_{1}}=0,02\sqrt{15}=\dfrac{\sqrt{15}}{20}T$ ứng với góc quét $\varphi =\omega {{t}_{1}}={{69}^{0}}$
Khi đó li độ của vật là: ${{x}_{1}}=A\cdot \cos {{69}^{0}}=1,4~\text{cm}$
Khi đó vật có vận tốc là: $v=-\omega \cdot \sqrt{{{A}^{2}}-{{x}^{2}}}=-58,93(~\text{cm}/\text{s})$
+ Giai đoạn 2: Khi lò xo bị giữ ở chính giữa.
Xét trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất, vật chịu tác dụng của 2 lực: Trọng lực và lực đàn hồi.
Độ cứng ${{k}^{\prime }}=2k\Rightarrow \text{VTCB}$ mới ở cách vị trí cân bằng cũ 2cm , là vị trí lò xo dãn $\Delta l=\dfrac{mg}{{{k}^{\prime }}}=2cm$
Sau thời gian t1 , vận tốc của vật nặng so với mặt đất là: $\overrightarrow{{{v}_{13}}}=\overrightarrow{{{v}_{12}}}+\overrightarrow{{{v}_{23}}}\Rightarrow {{v}_{13}}=-58,93+gt=18,53~\text{cm}/\text{s}$
Li độ của vật tại thời điểm t1 trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất là: ${{x}_{13}}=-1,4-2=3,4cm$
Khi đó tần số góc: ${{\omega }^{\prime }}=\sqrt{\dfrac{{{k}^{\prime }}}{m}}=\sqrt{2}\omega =5\sqrt{2}\pi (\text{rad}/\text{s})$
Khi đó vật dao động quanh vị trí ${{O}^{'}}$ với biên độ: ${{A}^{\prime }}=\sqrt{x_{13}^{2}+{{\left( \dfrac{{{v}_{13}}}{{{\omega }^{\prime }}} \right)}^{2}}}\approx 3,5~\text{cm}$
Sau thời gian $\Delta t=0,07s$
Vị trí ban đầu $\alpha =\operatorname{acr}\cos \dfrac{3,4}{3,5}=13,{{8}^{0}}$
Góc quét được $\varphi =\omega \Delta t=5\sqrt{2}\pi .0,07={{89}^{0}}$
Li độ lúc đó là $x=A\cdot \sin \left( \alpha +\varphi -{{90}^{0}} \right)=0,77~\text{cm}$
Vận tốc lúc đó là $v={{\omega }^{\prime }}\sqrt{{{A}^{\prime 2}}-{{x}^{2}}}=75,8~\text{cm}/\text{s}$
Quá trình chuyển động của vật được chia thành hai giai đoạn:
+ Giai đoạn 1: Vật rơi tự do xuống dưới. Chọn HQC gắn với điểm treo lò xo, trục Ox thẳng đứng chiều dương hướng xuống dưới, gốc O tại vị trí cân bằng.
+ Giai đoạn 2. Lò xo bị giữ ở chính giữa, khi đó độ cứng k thay đổi, tần số góc và chu kì thay đổi, vị trí cân bằng thay đổi. Ta xác định vị trí và li độ ở hệ quy chiếu đất và vị trí cân bằng mới. Từ đó xác định biên độ mới. Sử dụng VTLG tìm vận tốc tại t2 .
Cách giải:
Độ biến dạng của lò xo tại VTCB: $\Delta {{l}_{0}}=\dfrac{mg}{k}=\dfrac{0,1.10}{25}=4cm$
Quá trình chuyển động của vật được chia làm hai giai đoạn:
+ Giai đoạn 1: Vật rơi tự do xuống dưới. Chọn HQC gắn với điểm treo lò xo trục Ox thẳng đứng chiều dương hướng xuống dưới, gốc O tại vị trí cân bằng.
Vật nặng chịu tác dụng của các lực trọng lực, lực đàn hồi của lò xo, lực quán tính $\left( {{F}_{qt}}=P \right)$.
Tại vị trí cân bằng và trong quá trình rơi, vật dao động điều hòa quanh vị trí lò xo không biến dạng với biên độ $A=\Delta {{l}_{0}}$.
Thời điểm t=0, con lắc bắt đầu rơi thì vật đang ở biên dưới.
Tần số góc của dao động: $\omega =\sqrt{\dfrac{k}{m}}=5\pi (\text{rad}/\text{s})\Rightarrow T=\dfrac{2\pi }{\omega }=0,4s$
Sau khoảng thời gian ${{t}_{1}}=0,02\sqrt{15}=\dfrac{\sqrt{15}}{20}T$ ứng với góc quét $\varphi =\omega {{t}_{1}}={{69}^{0}}$
Khi đó li độ của vật là: ${{x}_{1}}=A\cdot \cos {{69}^{0}}=1,4~\text{cm}$
Khi đó vật có vận tốc là: $v=-\omega \cdot \sqrt{{{A}^{2}}-{{x}^{2}}}=-58,93(~\text{cm}/\text{s})$
+ Giai đoạn 2: Khi lò xo bị giữ ở chính giữa.
Xét trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất, vật chịu tác dụng của 2 lực: Trọng lực và lực đàn hồi.
Độ cứng ${{k}^{\prime }}=2k\Rightarrow \text{VTCB}$ mới ở cách vị trí cân bằng cũ 2cm , là vị trí lò xo dãn $\Delta l=\dfrac{mg}{{{k}^{\prime }}}=2cm$
Sau thời gian t1 , vận tốc của vật nặng so với mặt đất là: $\overrightarrow{{{v}_{13}}}=\overrightarrow{{{v}_{12}}}+\overrightarrow{{{v}_{23}}}\Rightarrow {{v}_{13}}=-58,93+gt=18,53~\text{cm}/\text{s}$
Li độ của vật tại thời điểm t1 trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất là: ${{x}_{13}}=-1,4-2=3,4cm$
Khi đó tần số góc: ${{\omega }^{\prime }}=\sqrt{\dfrac{{{k}^{\prime }}}{m}}=\sqrt{2}\omega =5\sqrt{2}\pi (\text{rad}/\text{s})$
Khi đó vật dao động quanh vị trí ${{O}^{'}}$ với biên độ: ${{A}^{\prime }}=\sqrt{x_{13}^{2}+{{\left( \dfrac{{{v}_{13}}}{{{\omega }^{\prime }}} \right)}^{2}}}\approx 3,5~\text{cm}$
Sau thời gian $\Delta t=0,07s$
Vị trí ban đầu $\alpha =\operatorname{acr}\cos \dfrac{3,4}{3,5}=13,{{8}^{0}}$
Góc quét được $\varphi =\omega \Delta t=5\sqrt{2}\pi .0,07={{89}^{0}}$
Li độ lúc đó là $x=A\cdot \sin \left( \alpha +\varphi -{{90}^{0}} \right)=0,77~\text{cm}$
Vận tốc lúc đó là $v={{\omega }^{\prime }}\sqrt{{{A}^{\prime 2}}-{{x}^{2}}}=75,8~\text{cm}/\text{s}$
Đáp án A.