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

Phương pháp giải:

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

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

Viết phương trình 2 Niuton cho vật nặng ta được: P – N – F_đh = ma

Khi vật bắt đầu rời tấm ván thì N = 0. Khi đó P – F_dh = ma  =>  mg - k = ma  =>  ∆l = 0,08m = 8cm

Với chuyển động nhanh dần đều có vận tốc đầu bằng 0 ta áp 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 bằng của vật lò xo dãn \(\Delta {\ell _0} = mg/k = 0,1m = 10cm\) 

Tại thời điểm vật rời ván ta có: x = - 0,02m; v = 2\(\sqrt {0,08} \) m/s

Biên độ dao động: \({A^2} = {x^2} + {{{v^2}} \over {{\omega ^2}}}\)  => A = 0,06m = 6cm

Vận tốc cực đại của vât: v₀ = ωA = 60cm/s

Phương pháp giải:

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

Ở vị trí cân bằng lò xo dãn một đoạn ∆l . Ta có \(k\Delta \ell  = mg \Rightarrow \Delta \ell  = 0,05m = 5cm\)

Khi quả cầu đến vị trí thấp nhất thì lò xo đang dãn đoạn A + ∆l  = 12,5+5=17,5cm và vận tốc của vật bằng 0.

Sau khi va chạm vận tốc hai vật là: mv = (m+M)v’ => 0,5.6 = 1,5.v’ => v’ = 2m/s.

Sau đó hai vật dao động điều hòa, vị trí cân bằng lò xo dãn ∆l'  với \(k\Delta \ell ' = (m + M)g \Rightarrow \Delta \ell ' = 0,075m = 7,5cm\)

Vậy khi x = 10cm, v’ = 2m/s, \(\omega ' = \sqrt {{k \over {M + m}}}  = \sqrt {{{400} \over 3}} rad/s\)

Áp dụng công thức độc lập:  \({A^2} = {x^2} + {{{v^2}} \over {{\omega ^2}}} \Rightarrow A = 0,2m = 20cm\)

Phương pháp giải:

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

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

Vật dao động điều hòa với chu kỳ \(T = 2\pi \sqrt {{m \over k}} \) = 0,4s,

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  với: \(F = k\Delta \ell  = 2N \Rightarrow \Delta \ell  = 4cm\)  Biên độ dao động mới là A = 4cm

Giả sử lực tác dụng hướng sang phải, vậy thời điểm ban đầu vật ở biên bên trái.

PT dao động: x = 4cos(5πt+π)cm, sau 2/15s vật có x = 2cm.

AD công thức độc lập: \({A^2} = {x^2} + {{{v^2}} \over {{\omega ^2}}}\) ta tìm được tốc độ của vật là 54cm/s

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

Lời giải chi tiết:

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị ta thấy:

Lực đàn hồi tại thời điểm ban 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 gian từ t = 0 đến t = 2/15s

Ta có: \(T + \frac{{\Delta t}}{2} = 2\Delta t \Rightarrow \Delta t = \frac{{2T}}{3} \Rightarrow x = \frac{A}{2}\)

Theo đề bài: \({F_1} + 3{F_2} + 6{F_3} = 0 \Leftrightarrow k\left( {\Delta {l_0} + x} \right) + 3k\left( {\Delta {l_0} + A} \right) + 6k\left( {\Delta {l_0}--A} \right) = 0 \Rightarrow \Delta {l_0} = 0,25A\)

=> Thời gian lo xo nén là : \({t_n} = \frac{{2\alpha }}{{360}}T = \frac{{151}}{{360}}T = 0,42T \Rightarrow {t_g} = T--{t_n} = 0,58T\)

Tỉ số thời gian giãn và nén trong một chu kì: \(\frac{{{t_g}}}{{{t_n}}} = \frac{{0,58}}{{0,42}} = 1,381\) => Chọn B

Lời giải chi tiết:

Lời giải chi tiết:

Lời giải chi tiết:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Xác định độ dãn ban 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 dao động của con lắc lò xo:  

\(T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} \)

Sử dụng VTLG để xác định thời gian từ vị trí ban đầu đến vị trí lò xo không dãn và tìm tỉ số.

Lời giải chi tiết:

Độ dãn ban đầu của lò xo A là \(\Delta {l_{0A}} = \frac{{mg}}{k}\)

Độ dãn ban đầu của lò xo B là  \(\Delta {l_{0B}} = \frac{{mg}}{{2k}} = \frac{1}{2}\Delta {l_{0A}}\)

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 dao động của con lắc lò xo A:  

\({T_A} = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} \)

Chu kì dao động của con lắc lò xo B:  

\({T_B} = 2\pi \sqrt {\frac{m}{{2k}}} = \frac{{{T_A}}}{{\sqrt 2 }}\)

Ta thấy biên độ của A nhỏ hơn độ dãn ban đầu của lò xo, vì vậy 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 ban đầu, nên lực đàn hồi nhỏ nhất = 0 tại vị trí lò xo không dãn. Ta có VTLG:

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.

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 chi tiết:

Con lắc (1) ứng với đồ thị (I)

Tại thời điểm 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:\(\dfrac{{{{\rm{W}}_{1\max }}}}{{{{\rm{W}}_{2\max }}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}k{A_1}^2}}{{\dfrac{1}{2}k{{\left( {{A_2} + \Delta l} \right)}^2}}} = \dfrac{4}{9} \Rightarrow {A_1} = 20\,\,\left( {cm} \right)\)

Tại thời điểm \(t = \dfrac{\pi }{{10}}\,\,s\), khoảng cách giữa hai vật là:

\(d = \sqrt {{{60}^2} + {{70}^2}}  = 92,2\,\,\left( {cm} \right)\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Khi đốt sợi dây thì vật \(m_1\) dao động điều hòa với biên độ \(A,\) chu kì \(T_1\) còn vật \(m_2\) chuyển động nhanh dần đều với gia tốc \(a_2.\)

Công thức tính độ lớn lực điện: \({F_d} = \left| q \right|E\)

Sử dụng định luật II Niuton tính gia tốc \(a_2.\)

Công thức tính quãng đường của chuyển động thẳng biến đổi đều: \(s = \dfrac{1}{2}a{t^2}\)

Lời giải chi tiết:

Khi đốt sợi dây thì vật \(m_1\) dao động điều hòa với biên độ \(A,\) chu kì \(T_1\) còn vật \(m_2\) chuyển động nhanh dần đều với gia tốc \(a_2.\)

Công thức tính độ lớn lực điện: \({F_d} = \left| q \right|E\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}A = \dfrac{{{F_d}}}{k} = \dfrac{{\left| q \right|E}}{k}\\{T_1} = 2\pi \sqrt {\dfrac{{{m_1}}}{k}} \\{a_2} = \dfrac{{{F_d} - {F_{mst}}}}{{{m_2}}} = \dfrac{{\left| q \right|E - \mu {m_2}g}}{{{m_2}}}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A = \dfrac{{{{20.10}^{ - 6}}.20000}}{{20}} = 0,02m\\{T_1} = 2\pi .\sqrt {\dfrac{{0,08}}{{20}}}  = 0,4s\\{a_2} = \dfrac{{{{20.10}^{ - 6}}.20000 - 0,1.0,2.10}}{{0,2}} = 1m/{s^2}\end{array} \right.\)

Tại thời điểm \(t = 1,25s = 3T + \dfrac{T}{8}\)

+ Vật \(m_1\) có li độ: \({x_1} = \dfrac{A}{{\sqrt 2 }}\)

+ Vật \(m_2\) đi được quãng đường:

\({s_2} = \dfrac{1}{2}{a_2}{t^2} = \dfrac{1}{2}.1.1,{25^2} = 0,78125m\)

Khoảng cách giữa hai vật là:

\(d = A - \dfrac{A}{{\sqrt 2 }} + l + {s_2}\)

\( \Rightarrow d = 0,02 - \dfrac{{0,02}}{{\sqrt 2 }} + 0,2 + 0,78125 = 0,987m = 98,7cm\)

Chọn A.

Phương pháp giải:

Tại vị trí cân bằng, 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 gian  \({A^2} = {x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}}\)

Biểu thức độ lớn lực đàn hồi  \(F = k\Delta l\)

Lời giải chi tiết:

Tại vị trí cân bằng, lò xo dãn:

\(\Delta {l_0} = \frac{{mg}}{k} = \frac{{0,15.10}}{{60}} = 0,025m = 2,5cm\)

Tần số góc:  

\(\omega = \sqrt {\frac{k}{m}} = 20rad/s\)

Biên độ dao 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 vận tốc thì lò xo không giãn: F_đh  = 0N.

Khi lực đàn hồi là 3N thì:

\(F = k\Delta l \Rightarrow \Delta l = \frac{3}{{60}} = 0,05m = 5cm\)

Ta có hình vẽ:

I là vị trí mà lò xo dãn 5cm, x = 2,5cm

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.

Phương pháp giải:

Độ lớn gia tốc của vật dao động: \(a = {\omega ^2}x = \dfrac{g}{{\Delta {\rm{l}}}}x\)

Sử dụng vòng tròn lượng giác và công thức: \(\Delta t = \dfrac{{\Delta \varphi .T}}{{2\pi }}\)

Lời giải chi tiết:

Độ lớn gia tốc của vật là: \(a = \left| {\dfrac{g}{{\Delta {\rm{l}}}}x} \right| = \dfrac{g}{{0,5A}}\left| x \right| = \dfrac{{2g\left| x \right|}}{A}\)Độ lớn gia tốc của vật đó lớn hơn hoặc bằng gia tốc trọng trường g, ta có:

\(a \ge g \Rightarrow \dfrac{{2g\left| x \right|}}{A} \ge g \Rightarrow \left| x \right| \ge \dfrac{A}{2} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge \dfrac{A}{2}\\x \le  - \dfrac{A}{2}\end{array} \right.\)

Ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác, ta thấy trong 1 chu kì, vật có độ lớn gia tốc lớn hơn hoặc bằng gia tốc 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 gia tốc lớn hơn hoặc bằng gia tốc 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.

Phương pháp giải:

Biểu thức lực hồi phục:  \(F = - kx\)

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 là biểu diễn lực hồi phục.

Đường có đỉnh đạt 6 đơn vị là biểu diễn lực đàn hồi.

Lập tỉ số tại các 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 bằng.

Sử dụng ĐTLG từ thời điểm t₁ đến t₂ tìm được chu kì T, ∆l₀ và A.

Tốc độ cực đại: 

\({v_{\max }} = \omega A = A.\sqrt {\frac{g}{{\Delta l}}} \)

Lời giải chi tiết:

Biểu thức lực hồi phục 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 là biểu diễn lực hồi phục.

Đường có đỉnh đạt 6 đơn vị là biểu diễn lực đàn hồi.

Lập tỉ số tại các 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 bằng.

Sử dụng ĐTLG từ thời điểm t₁ đến t₂

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

\(\omega = \sqrt {\frac{g}{{\Delta {l_0}}}} \Rightarrow 20 = \sqrt {\frac{{10}}{{\Delta {l_0}}}} \Rightarrow \Delta {l_0} = 0,025m = 2,5cm \Rightarrow A = 5cm\)

Tốc độ cực đại:  

\(v = \omega A = 20.5 = 100\left( {cm/s} \right)\)

Gần nhất với giá trị 98 cm/s

Chọn B.

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính độ dãn ban đầu của lò xo là  \(\Delta {l_0} = \frac{{2mg}}{k}\)

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 dao động 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 ban đầu nó ở vị trí thấp nhất.

Vật B rơi tự do, quãng đường vật B đi được trong khoảng thời gian 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:

Độ dãn ban đầu của lò xo:

\(\Delta {l_0} = \frac{{2mg}}{k} = \frac{{2.10}}{{100}} = 0,2m = 20cm\)

Khi đốt sợi dây thì độ dãn của lò xo là

\(\Delta {l_1} = \frac{{mg}}{k} = \frac{{1.10}}{{100}} = 0,1m = 10cm\)

Sau khi đốt sợi dây, vật A gắn với lò xo sẽ dao động 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 ban 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 thời gian t là:

\(S = \frac{1}{2}.g.{t^2} = \frac{1}{2}.10.{\left( {\frac{1}{\pi }} \right)^2} = 0,5m = 50cm\)

Khoảng cách giữa vật A và B khi đó là:

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

Chọn B.

Phương pháp giải:

+ Sử dụng biểu thức: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{m}{k}}  = 0,4s\)

+ Xác định lực điện

+ Sử dụng biểu thức tính tốc độ cực đại: \({v_{max}} = \omega A\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

+ Chu kì dao động: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{m}{k}}  = 0,4s\)

+ Biên độ dao động ban đầu: \({A_0} = 4cm\)

+ Tại thời điểm \(t = 0\): \(x = 4cm\)

+ Tại thời điểm \(t = 0,2s = \dfrac{T}{2}\): \(x' = 4cm\) và khi đó thiết lập điện trường không đổi trong thời gian \(0,2s\)

Vì \(\overrightarrow E \) hướng ra xa điểm cố định và điện tích \(q > 0\) nên \(\overrightarrow {{F_d}}  \uparrow  \uparrow \overrightarrow E \)

\( \Rightarrow \) Vị trí cân bằng khi có điện trường lệch ra xa điểm cố định \({x_0} = \dfrac{{qE}}{m} = 0,01m = 1cm\)

Điện trường không còn sau \(0,2s = \dfrac{T}{2}\) vật sẽ dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng ban đầu

\( \Rightarrow \) Biên độ trong giai đoạn này: \({A_2} = {A_1} + {x_0} = 6cm\)

\( \Rightarrow \) Tốc độ cực đại: \({v_{max}} = \omega {A_2} = \dfrac{{2\pi }}{{0,4}}.6 = 30\pi \left( {cm/s} \right)\)

Chọn D

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 dao động: \(v = \omega \sqrt {{A^2} - {x^2}}  = \sqrt {\dfrac{k}{m}} .\sqrt {{A^2} - {x^2}} \)

Lời giải chi tiết:

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:

\(\begin{array}{l}v = \sqrt {\dfrac{k}{m}} .\sqrt {{A^2} - {x^2}}  = \sqrt {\dfrac{{k'}}{m}} .\sqrt {A{'^2} - x{'^2}} \\ \Rightarrow k.\left( {{A^2} - {x^2}} \right) = k'.\left( {A{'^2} - x{'^2}} \right)\\ \Rightarrow k.\left( {{5^2} - {x^2}} \right) = 4k.\left[ {2,{{25}^2} - {{\left( {\dfrac{x}{4}} \right)}^2}} \right] \Rightarrow x = \sqrt {\dfrac{{19}}{3}} \,\,\left( {c{m^2}} \right)\\ \Rightarrow v = \omega \sqrt {{A^2} - {x^2}}  = \dfrac{{2\pi }}{T}.\sqrt {{A^2} - {x^2}}  = \dfrac{{2\pi }}{{0,5}}.\sqrt {{5^2} - {{\left( {\sqrt {\dfrac{{19}}{3}} } \right)}^2}}  \approx 54,29\,\,\left( {cm/s} \right)\end{array}\)

Chọn A.

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:

Ta có:

\(\Delta {l_0} = 10cm\)

Lực căng dây \(T = {F_{dh}}\)

\( \Rightarrow \) \({T_{max}}\) khi \({F_{d{h_{max}}}}\)

Tại thời điểm ban đầu: \(t = 0\) thì \(T = \dfrac{2}{6}{T_{max}}\)  lực đàn hồi khi này \({F_{d{h_0}}} = k.\Delta {l_0} = \dfrac{1}{3}{T_{max}}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{{F_{d{h_0}}}}}{{{F_{d{h_{max}}}}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{3}{T_{max}}}}{{{T_{max}}}} = \dfrac{1}{3} = \dfrac{{k\Delta {l_0}}}{{k\left( {\Delta {l_0} + A} \right)}}\\ \Rightarrow A = 2\Delta {l_0} = 20cm\end{array}\)

Dây trùng khi lò xo nén và dây căng khi lò xo dãn

Ta có: \({S_1} = 10cm\)

\({S_2} = {h_{max}}\) ta có \(\dfrac{1}{2}m{v^2} = mg{h_{max}}\)

\( \Rightarrow {S_2} = \dfrac{{{v^2}}}{{2g}}\)

Lại có vị trí ném có li độ \(x =  - \Delta {l_0} =  - \dfrac{A}{2}\) suy ra vận tốc tại đó: \(v =  - \omega A\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\)

\( \Rightarrow {S_2} = \dfrac{{3{A^2}}}{{8\Delta {l_0}}} = \dfrac{{{{3.20}^2}}}{{8.10}} = 15cm\)

\( \Rightarrow \) Quãng đường vật m đi được từ thời điểm ban đầu đến \({t_2}\) là: \(S = {S_1} + 2{S_2} = 10 + 2.15 = 40cm\)

Chọn B

Phương pháp giải:

+ Xác định tần số góc, và chu kì dao động ban đầu của hệ dao động. Xác định vị trí của vật mà ta thiết lập điện trường \(\overrightarrow E \).

+ Khi đó, vật chịu tác dụng của lực điện, vì q > 0 nên lực điện cùng chiều \(\overrightarrow E \). 

Vị trí cân bằng của vật lúc này thay đổi một đoạn ∆l₀với  \(F = q.E = k.\Delta {l_0}\)

Do đó vật dao động với biên độ mới.

Áp dụng công thức xác định tần số góc và chu kì:  

\(\omega = \sqrt {\frac{k}{m}} ;T = \frac{{2\pi }}{\omega }\)

Vận tốc cực đại mới là:  \({v_{\max }}' = \omega .A'\)

Lời giải chi tiết:

Ta có hình vẽ:

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 bằng 4cm, rồi thả nhẹ thì vật dao động với biên độ A = 4cm, chu kì T = 0,2s.

Sau khi chuyển động được 0,1s vật đi đến vị trí biên âm. Ta thiết lập điện trường E thì vật chịu tác dụng của lực điện trường \(\overrightarrow F = q.\overrightarrow E \) do đó vị trí cân bằng bị thay đổi ∆l₀ với:

\(F = q.E = k.\Delta {l_0} \Rightarrow \Delta {l_0} = \frac{{{{5.10}^{ - 6}}{{.10}^5}}}{{50}} = 0,01m = 1cm\)

Biên độ dao động mới: 

\(A' = A + \Delta {l_0}\; = 4 + 1 = 5cm\)

Vận tốc cực đại mới là: 

\({v_{\max }}' = \omega .A' = 10\pi .5 \approx 158,5cm/s\)

Vậy giá trị gần nhất là 160 cm/s

Chọn B.

Phương pháp giải:

Vẽ hình biểu diễn các lực tác dụng vào vật nặng khi vật năng 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 bằng là vị trí lò xo giãn ∆l₀thỏa mãn:  \(\Delta {l_0} = \frac{{mg}}{k}\)

Lời giải chi tiết:

Ta có hình vẽ:

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 bằng là vị trí lò xo giãn ∆l₀ thỏa mãn:

\(\Delta {l_0} = \frac{{mg}}{k} = \frac{{1.10}}{{100}} = 0,1m = 10cm\)

Vậy li độ của dao động là: 

\(x = 8-10 = - 2cm\)

Vận tốc của vật khi đó là  

\(v = \sqrt {2as} = \sqrt {2.2.8} = \sqrt {32} cm/s\)

Vậy biên độ dao động của vật là  

\(A = \sqrt {{x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}}} = 6cm\)

Chọn 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 gian: \({x^2} + \dfrac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {A^2}\)

Lời giải chi tiết:

Tần số góc của con lắc là: \(\omega  = \sqrt {\dfrac{k}{m}}  = \sqrt {\dfrac{{40}}{{0,4}}}  = 10\,\,\left( {rad/s} \right)\)

Trong thời gian \(\dfrac{{7\pi }}{{30}}\,\,s\), 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:

Từ vòng tròn lượng giác ta thấy tại thời điểm \(\dfrac{{7\pi }}{{30}}\,\,s\), vật có li độ \(x = 4\,\,cm\)

Áp dụng công thức độc lập với thời gian 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: \(k'x' = kx \Rightarrow k' = \dfrac{{kx}}{{x'}} = 2k = 80\,\,\left( {N/m} \right)\)

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, vận tốc của vật không thay đổi. Áp dụng công thức độc lập với thời gian, 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.

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) dao động tắt dần do có ma sát, vị trí bị nén cực đại cách vị trí cân bằng A₁.

Áp dụng định luật bảo toàn 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 chuyển động sang trái, khi đó lò xo bị giãn đến vị trí cách vị trí cân bằng 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 đại của lò xo.

Lời giải chi tiết:

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) dao động tắt dần do có ma sát, vị trí bị nén cực đại cách vị trí cân bằng A₁.

Áp dụng định luật bảo toàn 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 chuyển động sang trái, khi đó lò xo bị giãn đến vị trí cách vị trí cân bằng 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  = 12,65cm chính là độ giãn cực đại của lò xo.

Chọn C.

Phương pháp giải:

Khi ở vị trí cân bằng, 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 gian: \({x^2} + \dfrac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {A^2}\)

Lời giải chi tiết:

Gọi O₁, O₂ là vị trí cân bằng trước và sau khi đặt thêm vật, chiều dương hướng lên.

+ Trước khi đặt thêm vật:

Ban đầu đưa vật đến vị trí lò xo không biến dạng rồi buông nhẹ, biên độ dao động 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 bằng 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 bằng mới của hệ dịch xuống một đoạn:

\({O_1}{O_2} = \Delta {l_2} - \Delta {l_1} = \dfrac{{2mg}}{k} - \dfrac{{mg}}{k} = \dfrac{{mg}}{k} = \dfrac{{0,2.10}}{{100}} = 0,02\,\,\left( m \right) = 2\,\,\left( {cm} \right)\)

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 dao 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.

Phương pháp giải:

Vận tốc của vật rơi tự do: \({v_0} = \sqrt {2gh} \)

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 dịch chuyển vị trí cân bằng: \(x = \dfrac{{mg}}{k}\)

Công thức độc lập với thời gian: \({x^2} + \dfrac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {A^2}\)

Lời giải chi tiết:

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:

\(v = \dfrac{{m{v_0}}}{{m + M}} = \dfrac{{m\sqrt {2gh} }}{{m + M}} = \dfrac{{0,3.\sqrt {2.10.0,6} }}{{0,3 + 0,6}} = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {m/s} \right) = \dfrac{{200}}{{\sqrt 3 }}\,\,\left( {cm/s} \right)\)

Độ dịch chuyển vị trí cân bằng 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 gian:

\({x^2} + \dfrac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {A^2} \Rightarrow 1,{5^2} + \dfrac{{{{\left( {\dfrac{{200}}{{\sqrt 3 }}} \right)}^2}}}{{{{\left( {\dfrac{{20\sqrt 5 }}{3}} \right)}^2}}} = {A^2} \Rightarrow A = 7,9\,\,\left( {cm} \right)\)

Chọn D.

Phương pháp giải:

Tần số góc của hệ dao động: \(\omega  = \sqrt {\dfrac{k}{m}} \)

Vận tốc của vật khi qua vị trí cân bằng: \({v_{\max }} = A\omega \)

Lời giải chi tiết:

+ Trước khi va chạm:

Tần số góc của hệ dao 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 bằng 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 dao động của hệ là: \(A' = \dfrac{{{v_{\max }}'}}{{\omega '}} = \dfrac{{120}}{{20}} = 6\,\,\left( {cm} \right)\)

Chọn A.

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 dao động: \(A = \dfrac{{{v_{\max }}}}{\omega }\)

Gia tốc cực đại: \({a_{\max }} = A{\omega ^2}\)

Lời giải chi tiết:

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 đại của hệ là: \({a_{\max }} = A{\omega ^2} = 0,{12.10^2} = 12\,\,\left( {m/{s^2}} \right)\)

Chọn C.

Phương pháp giải:

Khi vật ở vị trí cân bằng thì độ dãn của lò xo là  \(\Delta {l_0} = \frac{{mg}}{k}\)

Xác định biên độ dao động A = 5 cm, vị trí mà lò xo bị nén x₀.

Xác định thời gian 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 gian lò xo nén.

Áp dụng công thức xác định vận tốc trung bình :  

\(v = \frac{S}{t}\)

Lời giải chi tiết:

Khi vật ở vị trí cân bằng 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 bằng 5 cm rồi thả nhẹ nên biên độ : A = 5cm.

Trong quá trình dao động, chọn chiều dương hướng xuống, gốc O ở vị trí cân bằng.

Vậy lò xo bị nén khi chuyển động từ vị trí – 2,5cm đến – 5cm.

Vậy trong một chu kì, thời gian 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 = 5cm.

Vận tốc trung bình trong thời gian 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.

Phương pháp giải:

Từ đồ thị ta thấy F_dhmax = 1,8N; F_min = 0; sau đó F_dh tăng đến 0,6N 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 = 0,1s 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 chi tiết:

+ Từ đồ thị ta thấy F_dhmax = 1,8N; F_min = 0; sau đó F_dh 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 = 1,2N, vậy vật đang ở vị trí dãn một đoạn bằng A, tức là có tọa độ   

Đến t = 0,1s thì F = 0, tức là vật ở vị trí lò xo không dãn.

+ Ta có VTLG:

Vậy chu kì:

\(T = 2.0,1 = 0,2s \Rightarrow \omega = \frac{{2\pi }}{T} = 10\pi \left( {rad/s} \right)\)

Mà  \(\omega = \sqrt {\frac{g}{{\Delta {l_0}}}} = 10\pi \Rightarrow \Delta {l_0} = 0,01m = 1cm\)

Nên \(A = 2.\Delta {l_0} = 0,02m\)

Ta có năng lượng của dao động là:

\({\rm{W}} = \frac{1}{2}.k.{A^2} = \frac{1}{2}.k.A.A = \frac{1}{2}.1,2.0,02 = 0,012J = 12mJ\)

Chọn D.