Tìm lực căng dây treo khi gia tốc vật nặng cực tiểu

hongmieu

Well-Known Member
Bài toán
Cho con lắc đơn có vật nặng 100 g, tích điện 0,5 mC, dao động tại nơi có gia tốc $g=10 \ \left(\text{m}/\text{s}^{2}\right)$. Đặt con lắc trong điện trường đều có véc tơ điện trường nằm ngang, độ lớn $\dfrac{2000}{\sqrt{3}}\dfrac{V}{m}$. Đưa con lắc về vị trí thấp nhất rồi thả nhẹ. Tìm lực căng dây treo khi gia tốc vật nặng cực tiểu
A. 2,19 N
B. 1,5 N
C. 2N
D. 1,46 N
 

hoaluuly777

Well-Known Member
Bài toán
Cho con lắc đơn có vật nặng 100 g, tích điện 0,5 mC, dao động tại nơi có gia tốc $g=10 \ \left(\text{m}/\text{s}^{2}\right)$. Đặt con lắc trong điện trường đều có véc tơ điện trường nằm ngang, độ lớn $\dfrac{2000}{\sqrt{3}}\dfrac{V}{m}$. Đưa con lắc về vị trí thấp nhất rồi thả nhẹ. Tìm lực căng dây treo khi gia tốc vật nặng cực tiểu
A. 2,19 N
B. 1,5 N
C. 2N
D. 1,46 N
Vật có gia tốc biểu kiến là : $g_{bk} = \sqrt{g^2 + \left( \dfrac{qE}{m} \right)^2} = \dfrac{20}{\sqrt{3}} \left( \ \left(\text{m}/\text{s}\right)\right)$
Khi đó, vật hợp với phương thẳng đứng góc $\alpha _0 = 30^0$

Ta coi vật di chuyển trong gia tốc biểu kiến đó. Coi vị trí thấp nhất của con lắc là vị trí biên. Gia tốc của vật gồm 2 thành phần là gia tốc pháp tuyến và gia tốc hướng tâm vuông góc với nhau nên ta có biểu thức gia tốc tức thời của vật (vị trí có độ lệch $\alpha $ so với VTCB biểu kiến):

$a^2 = a_{pt}^2 + a_{ht}^2 = g_{bk}^2.\sin ^2\alpha + \dfrac{v^4}{l^2}$

$= g_{bk}^2.\sin ^2\alpha + \left [ \dfrac{2g_{bk}l\left(\cos \alpha -\cos \alpha _0\right)}{l} \right ]^2$

$= g_{bk}^2\left(\sin ^2\alpha + 4\cos ^2\alpha - 8\cos \alpha .\cos \alpha _0 + 4\cos ^2\alpha _0\right)$

$= g_{bk}^2\left(3\cos ^2\alpha - 8\cos \alpha .\cos \alpha _0 + 4\cos ^2\alpha _0 + 1\right)$

Suy ra: $a_{min} \leftrightarrow\cos \alpha = \dfrac{4\cos \alpha _0}{3}$
Thay số: $\cos \alpha _0 =\cos _30^0 = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \rightarrow\cos \alpha = \dfrac{2\sqrt{3}}{3} > 1$ nên vị trí gia tốc cực tiểu chính là VTCB ứng với $\cos \alpha = 1$

Lại có: $T = m.g_{bk}\left(3\cos \alpha - 2\cos \alpha _0\right) = 1,46N$

Qua đây rút ra được kết luận, chỉ có những dđ của con lắc đơn ứng với biên độ góc lớn hơn $41,4^0$ mới tồn tại vị trí khác VTCB mà gia tốc cực tiểu.
 
Lần chỉnh sửa cuối bởi 1 quản trị viên:

nothing2

New Member
Vật có gia tốc biểu kiến là : $g_{bk} = \sqrt{g^2 + \left( \dfrac{qE}{m} \right)^2} = \dfrac{20}{\sqrt{3}} \left( \ \left(\text{m}/\text{s}\right)\right)$
Khi đó, vật hợp với phương thẳng đứng góc $\alpha _0 = 30^0$

Ta coi vật di chuyển trong gia tốc biểu kiến đó. Coi vị trí thấp nhất của con lắc là vị trí biên. Gia tốc của vật gồm 2 thành phần là gia tốc pháp tuyến và gia tốc hướng tâm vuông góc với nhau nên ta có biểu thức gia tốc tức thời của vật (vị trí có độ lệch $\alpha $ so với VTCB biểu kiến):

$a^2 = a_{pt}^2 + a_{ht}^2 = g_{bk}^2.\sin ^2\alpha + \dfrac{v^4}{l^2}$

$= g_{bk}^2.\sin ^2\alpha + \left [ \dfrac{2g_{bk}l\left(\cos \alpha -\cos \alpha _0\right)}{l} \right ]^2$

$= g_{bk}^2\left(\sin ^2\alpha + 4\cos ^2\alpha - 8\cos \alpha .\cos \alpha _0 + 4\cos ^2\alpha _0\right)$

$= g_{bk}^2\left(3\cos ^2\alpha - 8\cos \alpha .\cos \alpha _0 + 4\cos ^2\alpha _0 + 1\right)$

Suy ra: $a_{min} \leftrightarrow\cos \alpha = \dfrac{4\cos \alpha _0}{3}$
Thay số: $\cos \alpha _0 =\cos _30^0 = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \rightarrow\cos \alpha = \dfrac{2\sqrt{3}}{3} > 1$ nên vị trí gia tốc cực tiểu chính là VTCB ứng với $\cos \alpha = 1$

Lại có: $T = m.g_{bk}\left(3\cos \alpha - 2\cos \alpha _0\right) = 1,46N$

Qua đây rút ra được kết luận, chỉ có những dđ của con lắc đơn ứng với biên độ góc lớn hơn $41,4^0$ mới tồn tại vị trí khác VTCB mà gia tốc cực tiểu.
Cho mình hỏi chút. Theo mình nghĩ : khi gia tốc cực tiểu thì vật đang ở VTCB, mà tại đó thì hợp lực bằng 0, hay lực căng dây T có giá trị bằng hợp lực của lực điện trường và trọng lực. Thì như thế sẽ tình ra được dễ dàng.
Đây là mình nghĩ thế và có vẻ hợp lý nhưng tính toán không ra 1.46 N mà là 1.15N . Bạn có thể giải đáp giúp với
 

ShogunBrs

New Member
Vật có gia tốc biểu kiến là : $g_{bk} = \sqrt{g^2 + \left( \dfrac{qE}{m} \right)^2} = \dfrac{20}{\sqrt{3}} \left( \ \left(\text{m}/\text{s}\right)\right)$
Khi đó, vật hợp với phương thẳng đứng góc $\alpha _0 = 30^0$

Ta coi vật di chuyển trong gia tốc biểu kiến đó. Coi vị trí thấp nhất của con lắc là vị trí biên. Gia tốc của vật gồm 2 thành phần là gia tốc pháp tuyến và gia tốc hướng tâm vuông góc với nhau nên ta có biểu thức gia tốc tức thời của vật (vị trí có độ lệch $\alpha $ so với VTCB biểu kiến):

$a^2 = a_{pt}^2 + a_{ht}^2 = g_{bk}^2.\sin ^2\alpha + \dfrac{v^4}{l^2}$

$= g_{bk}^2.\sin ^2\alpha + \left [ \dfrac{2g_{bk}l\left(\cos \alpha -\cos \alpha _0\right)}{l} \right ]^2$

$= g_{bk}^2\left(\sin ^2\alpha + 4\cos ^2\alpha - 8\cos \alpha .\cos \alpha _0 + 4\cos ^2\alpha _0\right)$

$= g_{bk}^2\left(3\cos ^2\alpha - 8\cos \alpha .\cos \alpha _0 + 4\cos ^2\alpha _0 + 1\right)$

Suy ra: $a_{min} \leftrightarrow\cos \alpha = \dfrac{4\cos \alpha _0}{3}$
Thay số: $\cos \alpha _0 =\cos _30^0 = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \rightarrow\cos \alpha = \dfrac{2\sqrt{3}}{3} > 1$ nên vị trí gia tốc cực tiểu chính là VTCB ứng với $\cos \alpha = 1$

Lại có: $T = m.g_{bk}\left(3\cos \alpha - 2\cos \alpha _0\right) = 1,46N$

Qua đây rút ra được kết luận, chỉ có những dđ của con lắc đơn ứng với biên độ góc lớn hơn $41,4^0$ mới tồn tại vị trí khác VTCB mà gia tốc cực tiểu.
Dây treo lệch một góc 30 độ thì phải thiết lập lại công thức lực căng dây chứ
 

hoaluuly777

Well-Known Member
Dây treo lệch một góc 30 độ thì phải thiết lập lại công thức lực căng dây chứ

Đây nhé

Vật có gia tốc biểu kiến là : $g_{bk} = \sqrt{g^2 + \left( \dfrac{qE}{m} \right)^2} = \dfrac{20}{\sqrt{3}} \left( \ \left(\text{m}/\text{s}\right)\right)$
Khi đó, vật hợp với phương thẳng đứng góc $\alpha _0 = 30^0$

Ta coi vật di chuyển trong gia tốc biểu kiến đó. Coi vị trí thấp nhất của con lắc là vị trí biên. Gia tốc của vật gồm 2 thành phần là gia tốc pháp tuyến và gia tốc hướng tâm vuông góc với nhau nên ta có biểu thức gia tốc tức thời của vật (vị trí có độ lệch $\alpha $ so với VTCB biểu kiến):

$a^2 = a_{pt}^2 + a_{ht}^2 = g_{bk}^2.\sin ^2\alpha + \dfrac{v^4}{l^2}$

$= g_{bk}^2.\sin ^2\alpha + \left [ \dfrac{2g_{bk}l\left(\cos \alpha -\cos \alpha _0\right)}{l} \right ]^2$

$= g_{bk}^2\left(\sin ^2\alpha + 4\cos ^2\alpha - 8\cos \alpha .\cos \alpha _0 + 4\cos ^2\alpha _0\right)$

$= g_{bk}^2\left(3\cos ^2\alpha - 8\cos \alpha .\cos \alpha _0 + 4\cos ^2\alpha _0 + 1\right)$

Suy ra: $a_{min} \leftrightarrow\cos \alpha = \dfrac{4\cos \alpha _0}{3}$
Thay số: $\cos \alpha _0 =\cos _30^0 = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \rightarrow\cos \alpha = \dfrac{2\sqrt{3}}{3} > 1$ nên vị trí gia tốc cực tiểu chính là VTCB ứng với $\cos \alpha = 1$

Lại có: $T = m.g_{bk}\left(3\cos \alpha - 2\cos \alpha _0\right) = 1,46N$

Qua đây rút ra được kết luận, chỉ có những dđ của con lắc đơn ứng với biên độ góc lớn hơn $41,4^0$ mới tồn tại vị trí khác VTCB mà gia tốc cực tiểu.
 
Cho mình hỏi chút. Theo mình nghĩ : khi gia tốc cực tiểu thì vật đang ở VTCB, mà tại đó thì hợp lực bằng 0, hay lực căng dây T có giá trị bằng hợp lực của lực điện trường và trọng lực. Thì như thế sẽ tình ra được dễ dàng.
Đây là mình nghĩ thế và có vẻ hợp lý nhưng tính toán không ra 1.46 N mà là 1.15N . Bạn có thể giải đáp giúp với
Bạn chưa thay Ghd nên được 1,15. Lúc đầu mình cũng vậy, giờ hiểu rồi!
 

Võ Đình Sáng

New Member
Cho mình hỏi một chút, chỗ mà Qua đây rút ra được kết luận, chỉ có những dđ của con lắc đơn ứng với biên độ góc lớn hơn 41,40 mới tồn tại vị trí khác VTCB mà gia tốc cực tiểu. Mình chưa hiểu lắm
 

Quảng cáo

Top