Google
Câu hỏi: Một vật có khối lượng 400 g dao động điều hòa có đồ thị thế năng theo thời gian như hình vẽ. Lấy ${{\pi }^{2}}=10.$ Trong một chu kì, thời gian giá trị của lực phục hồi nhỏ hơn $0,4\sqrt{3}N$ là
A. $\dfrac{2}{3}s$
B. $\dfrac{1}{6}s$
C. $\dfrac{5}{6}s$
D. $\dfrac{1}{3}s$
A. $\dfrac{2}{3}s$
B. $\dfrac{1}{6}s$
C. $\dfrac{5}{6}s$
D. $\dfrac{1}{3}s$
Phương pháp:
+ Đọc đồ thị
+ Sử dụng biểu thức tính lực phục hồi: $F=kx$
+ Sử dụng VTLG
+ Sử dụng trục thời gian suy ra từ VTLG
Cách giải:
Từ đồ thị ta có:
+ Tại $t=0:{{W}_{t}}=\dfrac{3}{4}{{W}_{{{t}_{\max }}}}=\dfrac{3}{4}W$ và đang giảm $\Rightarrow {{x}_{0}}=\pm \dfrac{A\sqrt{3}}{2}$ và tiến về VTCB ứng với $\varphi =\dfrac{\pi }{3}$ hoặc $\varphi =-\dfrac{5\pi }{6}$
+ Tại $t=\dfrac{2}{3}s:{{W}_{t}}=0\Rightarrow x=0$
Biểu diễn trên VTLG ta được:
Ta có: $\Delta \varphi =\dfrac{4\pi }{3}=\omega .\Delta t=\omega \cdot \dfrac{2}{3}\Rightarrow \omega =2\pi (rad\text{/}s)$
Lại có: ${{W}_{t\max }}=20mJ=\dfrac{1}{2}k{{A}^{2}}=\dfrac{1}{2}m{{\omega }^{2}}{{A}^{2}}\Rightarrow A=0,05m=5cm$
Tại vị trí có ${{F}_{ph}}=0,4\sqrt{3}N$
Ta có: ${{F}_{ph}}=-kx\Rightarrow x=-\dfrac{F}{k}=-\dfrac{F}{m{{\omega }^{2}}}$ $\Rightarrow x=-\dfrac{0,4\sqrt{3}}{0,4\cdot {{(2\pi )}^{2}}}=-0,05\dfrac{\sqrt{3}}{2}cm=-\dfrac{5\sqrt{3}}{2}cm=-\dfrac{A\sqrt{3}}{2}$
⇒ Trong 1 chu kì thời gian giá trị của lực hồi phục nhỏ hơn $0,4\sqrt{3}N$ tương ứng với phần gạch chéo trên VTLG ta có: $t=2\left( \dfrac{T}{6}+\dfrac{T}{4} \right)=\dfrac{5T}{6}=\dfrac{5}{6}s$
+ Đọc đồ thị
+ Sử dụng biểu thức tính lực phục hồi: $F=kx$
+ Sử dụng VTLG
+ Sử dụng trục thời gian suy ra từ VTLG
Cách giải:
Từ đồ thị ta có:
+ Tại $t=0:{{W}_{t}}=\dfrac{3}{4}{{W}_{{{t}_{\max }}}}=\dfrac{3}{4}W$ và đang giảm $\Rightarrow {{x}_{0}}=\pm \dfrac{A\sqrt{3}}{2}$ và tiến về VTCB ứng với $\varphi =\dfrac{\pi }{3}$ hoặc $\varphi =-\dfrac{5\pi }{6}$
+ Tại $t=\dfrac{2}{3}s:{{W}_{t}}=0\Rightarrow x=0$
Biểu diễn trên VTLG ta được:
Ta có: $\Delta \varphi =\dfrac{4\pi }{3}=\omega .\Delta t=\omega \cdot \dfrac{2}{3}\Rightarrow \omega =2\pi (rad\text{/}s)$
Lại có: ${{W}_{t\max }}=20mJ=\dfrac{1}{2}k{{A}^{2}}=\dfrac{1}{2}m{{\omega }^{2}}{{A}^{2}}\Rightarrow A=0,05m=5cm$
Tại vị trí có ${{F}_{ph}}=0,4\sqrt{3}N$
Ta có: ${{F}_{ph}}=-kx\Rightarrow x=-\dfrac{F}{k}=-\dfrac{F}{m{{\omega }^{2}}}$ $\Rightarrow x=-\dfrac{0,4\sqrt{3}}{0,4\cdot {{(2\pi )}^{2}}}=-0,05\dfrac{\sqrt{3}}{2}cm=-\dfrac{5\sqrt{3}}{2}cm=-\dfrac{A\sqrt{3}}{2}$
⇒ Trong 1 chu kì thời gian giá trị của lực hồi phục nhỏ hơn $0,4\sqrt{3}N$ tương ứng với phần gạch chéo trên VTLG ta có: $t=2\left( \dfrac{T}{6}+\dfrac{T}{4} \right)=\dfrac{5T}{6}=\dfrac{5}{6}s$
Đáp án C.