50 bài tập con lắc lò xo mức độ vận dụng (Phần 1)

Phương pháp giải:

Phương pháp: Sử dụng đường tròn lượng giác để tính thời gian 

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

Thời gian lò xo nén ứng với vật ở trong khoảng li độ (-3; -A) như hình vẽ.

Theo bài ra thời gian lò xo nén = 1/3 thời gian lò xo giãn nên ta có:

\({t_n} + {t_g} = T \Rightarrow {t_n} + 3{t_n} = T \Rightarrow {t_n} = {T \over 4}\)

Thời gian lò xo nén ứng với góc quét \(\alpha  = \omega .{t_n} = {\pi  \over 2}ra{\rm{d}}\)

Từ đó ta được A = \(3\sqrt 2 cm\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

Phương pháp : Xác đinh A, ω và φ của phương trình x = Acos(ωt + φ)

Tần số góc:  \(\omega  = \sqrt {{k \over m}}  = 10{\rm{r}}a{\rm{d}}/s\)

Khi \({\rm{x}} = 3\sqrt 2 cm\) thì v = 0 nên \({\rm{A}} = \sqrt {{x^2} + {{{v^2}} \over {{\omega ^2}}}}  = 3\sqrt 2 cm\)

Chọn gốc thời gian t = 0 là lúc vật qua vị trí x = - 3cm theo chiều dương. Sử dụng vòng tròn lượng giác ta được pha ban đầu \(\varphi  =  - {{3\pi } \over 4}\) (rad)

Phương trình dao động điều hòa:  \({\rm{x}} = 3\sqrt 2 c{\rm{os}}(10t - {{3\pi } \over 4})cm\)

Phương pháp giải:

Sử dụng đường tròn lượng giác và hệ thức độc lập với thời gian của vận tốc và li độ

Lời giải chi tiết:

A = 8cm. Gọi ∆l  là độ dãn của lò xo khi vật ở VTCB.

Xét 2 trường hợp:

+ Nếu \(A \le \Delta \ell \) thì vị trí lực đàn hồi cực tiểu ứng với vật ở biên trên, vậy thời gian từ lúc lực đàn hồi cực đại đến khi lực đàn hồi cực tiểu là T/2 =>  Không phù hợp với bài toán.

+ Khi \(\Delta \ell  \le A\), vật đi từ vị trí lực đàn hồi cực đại ứng với vật ở biên dưới +A đến khi lực đàn hồi cực tiểu ứng với vị trí x = -\(\Delta \ell \), (biểu diễn như hình vẽ) hết thời gian T/3, ứng với góc 120⁰

Dựa vào hình vẽ ta được \(\Delta \ell  = \frac{A}{2} = 4cm = 0,04m \Rightarrow \omega  = \sqrt {\frac{g}{{\Delta \ell }}}  = 5\pi \left( {rad/s} \right)\)

Khi vật cách vị trí thấp nhất 2cm ứng với x = 6cm, tốc độ của vật là:

\({A^2} = {x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} \Leftrightarrow {8^2} = {6^2} + \frac{{{v^2}}}{{{5^2}{\pi ^2}}} \Rightarrow |v| = 83,119cm/s\)

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về lực kéo về trong dao động điều hoà

Lời giải chi tiết:

Ở vị trí cân bằng lò xo dãn một đoạn ∆l = mg/k = 0,04m = 4cm

Kéo đến khi lò xo dãn 8cm rồi thả nhẹ, vậy biên độ dao động A = 4cm.

Vậy trong quá trình dao động của vật lò xo bị dãn => lực đàn hồi tác dụng lên giá treo luôn có hướng xuống dưới.

Thời điểm có lực đàn hồi tác dụng lên giá treo cùng chiều lực kéo về, vật ở trong khoảng từ VTCB đến biên trên, khoảng thời gian đó là \({T \over 2} = \pi \sqrt {{m \over k}}  = 0,2s\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

Phương pháp: Sử dụng lí thuyết về lực đàn hồi của con lắc lò xo đặt thẳng đứng

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

Phương pháp: Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

Phương pháp: Áp dụng công thức tính chiều dài nhỏ nhất và lớn nhất của con lắc lò xo treo thẳng đứng

 \(\Delta {l_0} = {{mg} \over k} = {1 \over {{\omega ^2}}}g = {1 \over {{{20}^2}}}10 = 2,5cm\)

Khi ở VTCB lò xo có chiều dài : 30 + 2,5 = 32,5 cm.

Biên độ 2 cm nên chiều dài nhỏ nhất và lớn nhất lần lượt là 32,5 – 2 = 30,5cm và 32,5 + 2 = 34,5cm

Phương pháp giải:

Phương pháp: Sử dụng công thức của vận tốc cực đại, gia tốc cực đại và vòng tròn lượng giác.

Lời giải chi tiết:

Đáp án D

 \({v_0} = \omega A = 3m/s;{a_0} = {\omega ^2}A = 30\pi m/{s^2} \Rightarrow \omega  = 10\pi (rad/s);A = {3 \over {10\pi }}(m)\)

Thời điểm ban đầu vật ở vị trí (1) có v = v₀/2

Khi \(a = 15\pi  =  - {\omega ^2}x \Rightarrow x =  - {{15\pi } \over {100{\pi ^2}}} =  - {3 \over {20\pi }}\) = - A/2, vật ở vị trí (2)

Từ hình vẽ xác định được thời điểm vật ở vị trí (2) là 5T/12 = 0,083s

Phương pháp giải:

Công thức của lực điện F_đ = qE

Lời giải chi tiết:

Con lắc lò xo dao động điều hoà trên một đoạn thẳng dài 4cm => Biên độ dao động A = 2cm.

Vị trí cân bằng là vị trí lò xo biến dạng một đoạn ∆l = A

Tại VTCB ta có :  \(\overrightarrow {{F_d}}  = \overrightarrow {{F_{dh}}}  \Leftrightarrow qE = kA \Rightarrow E = {{kA} \over q} = {{{{10.2.10}^{ - 2}}} \over {{{20.10}^{ - 6}}}} = {10^4}\left( {V/m} \right)\)

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về phương trình dao động điều hoà

Lời giải chi tiết:

Vị trí cân bằng lò xo dãn một đoạn : \(\Delta l = {{mg} \over k} = {{{{250.10}^{ - 3}}.10} \over k} = {{2,5} \over k}\left( m \right) = {{250} \over k}\left( {cm} \right)\)

Vật được thả nhẹ từ vị trí lò xo dãn 6,5cm => biên độ dao động : \(A = 6,5 - {{250} \over k}\)

Vì A < 6,5cm nên dựa vào đáp án ta chọn A = 4cm \( \Rightarrow 4 = 6,5 - {{250} \over k} \Rightarrow k = 100N/m \Rightarrow \omega  = 20\left( {rad/s} \right)\)

=> Phương trình dao động của vật: x = 4cos(20t) (cm)        

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính động năng và định luật bảo toàn cơ năng trong dao động điều hoà của con lắc lò xo.

Lời giải chi tiết:

Tại thời điểm vật có vận tốc v = 10cm/s thì thế năng bằng ba lần động năng ta có:

\(\left\{ \matrix{
{\rm{W}} = {{\rm{W}}_d} + {{\rm{W}}_t} \hfill \cr
{{\rm{W}}_t}{\rm{ = 3}}{{\rm{W}}_d} \hfill \cr} \right. \Rightarrow {\rm{W}} = 4{{\rm{W}}_d} = 4.{{m{v^2}} \over 2} = 2.1{\left( {{{10.10}^{ - 2}}} \right)^2} = 0,02J\)

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính lực độ lớn lực đàn hồi cực đại của con lắc lò xo dao động điều hoà theo phương thẳng đứng.

Lời giải chi tiết:

Vật ở vị trí cân bằng thì lò xo dãn một đoạn ∆l.

Ta có: \(\omega  = \sqrt {\frac{g}{{\Delta l}}}  \Rightarrow \Delta l = 0,1m = 10cm\)

Khi động năng bằng thế năng thì: \({{\rm{W}}_d} = {{\rm{W}}_t} = \frac{1}{2}{\rm{W}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  \pm \frac{A}{{\sqrt 2 }}\\v =  \pm \frac{{\omega A}}{{\sqrt 2 }}\end{array} \right.\)

Khi đó:

\(\begin{array}{l}|v| = \frac{{\omega A}}{{\sqrt 2 }} = 25\sqrt 2 cm/s \Rightarrow A = 5cm \Rightarrow x =  \pm \frac{{0,05}}{{\sqrt 2 }}m\\{F_{dh}} = k(\Delta \ell  + x) = 1,5N \to k(0,1 \pm \frac{{0,05}}{{\sqrt 2 }}) = 1,5N\end{array}\)

Vì k < 20N/m nên lấy k = 11N/m

Độ lớn cực đại của lực đàn hồi: \({F_{{\rm{max}}}} = k(A + \Delta \ell ) = 1,7N\)

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về bài toán thay đổi VTCB trong dao động điều hòa của CLLX thẳng đứng.

Lời giải chi tiết:

Khi thang đứng yên, ở vị trí CB lò xo dãn một đoạn: \(\Delta \ell  = \frac{{mg}}{k} = 16cm\), biên độ dao động A = 8cm

Vật ở vị trí thấp nhất, lò xo dãn một đoạn: 16 + 8 = 24cm

Khi thang máy đi xuống nhanh dần đều với gia tốc a, vị trí CB mới là vị trí lò xo dãn một đoạn:

\(\Delta \ell ' = \frac{{m(g - a)}}{k} = 14,4cm\)

Vậy biên độ dao động mới A’ = 24 – 14,4 = 9,6cm

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính cơ năng, thế năng và định luật bảo toàn cơ năng của con lắc lò xo dao động điều hoà.

Lời giải chi tiết:

Khi động năng bằng thế năng thì:

\(\left\{ \matrix{
{W_d} = {{\rm{W}}_t} \hfill \cr
{\rm{W}} = {W_d}{\rm{ + }}{{\rm{W}}_t} \hfill \cr} \right. \Rightarrow {{\rm{W}}_t} = {1 \over 2}{\rm{W}} \Rightarrow x = \pm {A \over {\sqrt 2 }} = \pm 6\sqrt 2 cm\)

Phương pháp giải:

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và lí thuyết về bài toán thay đổi tần số góc trong dao động điều hòa

Lời giải chi tiết:

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho vật M và m trước và sau khi va chạm ta có:

\(m{v_0} = (M + m)v \Rightarrow v = {{m{v_0}} \over {(M + m)}} = {{25.3,2} \over {75 + 25}} = 0,8(m/s) = 80(cm/s)\) 

- Sau khi va chạm, con lắc lò xo sẽ dao động điều hòa với tần số góc: \(\omega  = \sqrt {{k \over {M + m}}}  = \sqrt {{{40} \over {0,1}}}  = 20(rad/s)\)

- Vận tốc khi đi qua vị trí cân bằng là vận tốc cực đại : \(v = {v_{max}} = \omega A{\rm{ }} \Rightarrow A = {{{v_{max}}} \over \omega } = {\rm{ }}4cm\)

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính lực đàn hồi và trọng lượng

Lời giải chi tiết:

+ Thời gian quả cầu đi từ vị trí cao nhất đến VT thấp nhất là 0,15s → T/2 = 0,15 s → T = 0,3 s.

→ Độ giãn của lò xo ở VTCB: \(\Delta {l_0} = \frac{g}{{{\omega ^2}}} = \frac{{g{T^2}}}{{4{\pi ^2}}} = 0,0225(m) = 2,25(cm)\)

+ Khi con lắc ở VT thấp nhất thì: \({F_{dh}} = k(\Delta {l_0} + A)\)

Theo đề bài ta có: \(\frac{{{F_{dh}}}}{P} = \frac{{k(\Delta {l_0} + A)}}{{mg}} = \frac{{\Delta {l_0} + A}}{{\Delta {l_0}}} = 1,8 \Rightarrow A = 1,8(cm)\)

=> Chọn C

Lời giải chi tiết:

Áp dụng công thức P_đh = F_đh.v ta có P = 0 khi F = 0 hoặc v = 0

Ta có F_đh = k.∆l nên để F_đh = 0 thì vật phải ở vị trí lò xo không bị biến dạng tức là lúc đó vật ở vị trí x = -∆l

Mặt khác v = 0 khi vật ở vị trí biên.

Bài toán trở thành tìm thời gian ngắn nhất vật đi giữa vị trí biên và vị trí  \(x =  - \Delta {l_0} =  - {{mg} \over k} =  - {g \over {{\omega ^2}}} =  - {{10} \over {{{(5\pi )}^2}}} =  - 0,04m =  - 4cm\)

 Sử dụng phương pháp đường tròn ta có: 

Lời giải chi tiết:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về PT dao động của vật  \(x = A\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\), trong đó A là biên độ dao động, ω là tốc độ góc, φ là pha dao động tại thời điểm ban đầu; lí thuyết về dao động điều hòa của CLLX thằng đứng

Lời giải chi tiết:

* Độ giãn của lò xo ở VTCB \(\Delta {l_0} = {{mg} \over k} = {g \over {{\omega ^2}}}\)  => Tốc độ góc của CLLX  \(\omega  = \sqrt {{g \over {\Delta {l_0}}}}  = \sqrt {{{10} \over {0,25}}}  = 2\pi rad/s\)

* Từ VTCB kéo vật xuống theo phương thẳng đứng một đoạn 20 cm rồi buông nhẹ để vật dao động điều hòa => biên độ dao động A = 20cm

* Gốc thời gian là lúc vật đi qua VTCB theo chiều dương => φ = - π/2

Vậy PT dao động của vật x = 20cos(2πt - π/2) cm

=> Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về PT dao động của vật \(x = A\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\) , trong đó A là biên độ dao động, ω là tốc độ góc, φ là pha dao động tại thời điểm ban đầu; lí thuyết về dao động điều hòa của CLLX thằng đứng

Lời giải chi tiết:

* Tần số góc của CLLX  \(\omega  = \sqrt {{k \over m}}  = \sqrt {{{100} \over {0,25}}}  = 20rad/s\)

* Độ giãn của lò xo ở VTCB \(\Delta {l_0} = {{mg} \over k} = {{0,25.10} \over {100}} = 0,025m = 2,5cm\)

Kéo vật xuống dưới sao cho lò xo dãn 7,5 cm rồi buông nhẹ => biên độ dao động \(A = \Delta l - \Delta {l_0} = 5cm\)

* Thế năng gấp 3 lần độnng năng, nghĩa là \({W_d} = {1 \over 3}{{\rm{W}}_t}\)

Suy ra \(x =  \pm {A \over {\sqrt {n + 1} }} =  \pm {{A\sqrt 3 } \over 2}\)

=> Pha ban đầu φ = π/6 rad

Vậy, PT dao động của CLLX là x = 5cos(20t + π/6) cm

=> Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về PT dao động \(x = A\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\) , trong đó A là biên độ dao động, ω là tốc độ góc, φ là pha dao động tại thời điểm ban đầu; kĩ năng đọc đồ thị dao động

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị dao động ta suy ra được

- Biên độ dao động A = 8cm

- Khoảng thời gian để vật đi từ vị trí có li độ x = -4cm qua biên âm rồi đến VTCB là Δt = 1s

- Tại thời điểm t = 0, vật đi qua vị trí có li độ x = -4cm theo chiều âm

=> φ = 5π/6 rad

Vậy PT dao động của vật là \(x = 8\cos \left( {{{2\pi } \over 3}t + {{5\pi } \over 6}} \right)cm\)

=> Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về PT dao động \(x = A\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\) , trong đó A là biên độ dao động, ω là tốc độ góc, φ là pha dao động tại thời điểm ban đầu; kĩ năng đọc đồ thị dao động

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị biểu diễn dao động điều hòa của vật ta suy ra

- Biên độ dao động A = 3cm

- Thời gian ngắn nhất để vật đi từ VT có li độ x = 1,5cm đến vị trí x = 3cm là \(\Delta t = {1 \over 6}s\)

Từ hình vẽ ta có \(\Delta t = {{\Delta \varphi } \over \omega } = {{\Delta \varphi .T} \over {2\pi }} = {{{\pi  \over 3}T} \over {2\pi }} = {T \over 6}\)

Do đó, T = 1s =>  \(\omega  = {{2\pi } \over T} = 2\pi rad/s\)

- Tại thời điểm t = 0, vật đi qua VT có li độ x = 1,5cm theo chiều dương của trục tọa độ => φ = -π/3 rad

Vậy, PT dao động của vật \(x = 3\cos \left( {2\pi t - {\pi  \over 3}} \right)cm\)

=> Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về PT dao động \(x = A\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\) , trong đó A là biên độ dao động, ω là tốc độ góc, φ là pha dao động tại thời điểm ban đầu; lí thuyết về dao động điều hòa của CLLX thẳng đứng

Lời giải chi tiết:

* Tần số góc của CLLX \(\omega  = \sqrt {{k \over m}}  = \sqrt {{{20} \over {0,1}} = } 10\sqrt 2 rad/s\)

*Kéo quả cầu thẳng đứng xuống dưới vị trí cân bằng một đoạn 2 cm rồi thả cho quả cầu trở về vị trí cân bằng với vận tốc có độ lớn là 0,2 m/s = 20 cm/s.

=> Biên độ \(A = \sqrt {{x^2} + {{{v^2}} \over {{\omega ^2}}}}  = \sqrt {{2^2}.3 + {{{{20}^2}.2} \over {{{10}^2}.2}}}  = 4cm\)

* Gốc thời gian là lúc thả quả cầu, nghĩa là lúc vật có li độ x = 2 cm và chuyển động theo chiều âm(vì chiều dương hướng xuống)

=> Pha ban đầu φ = π/6 rad

Vậy, PT dao động của vật là \(x = 4\cos \left( {10\sqrt 2 t + {\pi  \over 6}} \right)cm = 4\sin \left( {10\sqrt 2 t + {{2\pi } \over 3}} \right)cm\)

=> Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về PT dao động \(x = A\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\) , trong đó A là biên độ dao động, ω là tốc độ góc, φ là pha dao động tại thời điểm ban đầu; lí thuyết về dao động điều hòa của CLLX thẳng đứng

Lời giải chi tiết:

* Độ giãn của lò xo ở VTCB \(\Delta {l_0} = {{mg} \over k} = {g \over {{\omega ^2}}}\)

=> Tần số góc của CLLX \(\omega  = \sqrt {{g \over {\Delta {l_0}}}}  = \sqrt {{{10} \over {0,25}}}  = 2\pi rad/s\)

*. Từ vị trí cân bằng kéo quả cầu xuống theo phương thẳng đứng 20 cm rồi buông nhẹ => Biên độ dao động A = 20cm

* Chọn t₀ = 0 là lúc vật qua vị trí cân bằng theo chiều dương hướng xuống => φ = - π/2 rad

Vậy PT dao động của CLLX là x = 20cos(2πt – π/2) cm

=> Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính vận tốc của con lắc tại vị trí cân bằng $${v_{max}} = \omega A$$

Lời giải chi tiết:

Vì tạo ra điện trường trong khoảng thời gian rất nhỏ, trong thời gian này con lắc chưa dịch chuyển nên ta có $$\Delta p = mv = F.\Delta t = qE.\Delta t \to v = {{qE\Delta t} \over m} = 0,4m/s = 40cm/s$$; VTCB của con lắc không thay đổi nên $$v = {v_{m{\rm{ax}}}} = \omega A$$; $$\omega  = \sqrt {{k \over m}}  = 20rad/s$$=>$$A = {{{v_{m{\rm{ax}}}}} \over \omega }$$=2cm. 

Phương pháp giải:

Áp dụng tỉ số độ lớn lực kéo lớn nhất và độ lớn lực kéo nhỏ nhất tác dụng lên O và công thức tính tần số f trong con lắc lò xo.

Lời giải chi tiết:

$${{{F_{m{\rm{ax}}}}} \over {{{\rm{F}}_{{\rm{minh}}}}}} = {{k(\Delta {l_o} + {A_o})} \over {k(\Delta {l_o} - A)}} = 3$$; theo bài ta có $$A + \Delta {l_o} = 3(12 - 10) = 6cm =  > \Delta {l_o} - A = 2cm =  > \Delta {l_o} = 4cm = 0,04m$$; áp dụng công thức $$f = {1 \over {2\pi }}\sqrt {{g \over {\Delta {l_o}}}}  = 2,5Hz$$

Phương pháp giải:

Công thức xác định chiều dài cực đại và cực tiểu:

\(\left\{ \matrix{
{l_{\max }} = {l_0} + \Delta l + A \hfill \cr
{l_{\min }} = {l_0} + \Delta l - A \hfill \cr} \right.\)

Lời giải chi tiết:

+ Ta có: 

\(\left\{ \matrix{
{l_{\max }} = {l_0} + \Delta l + A = 18cm \hfill \cr
{l_{\min }} = {l_0} + \Delta l - A = 6cm \hfill \cr} \right.\)

+  Ta để ý rằng, tại vị trí lò xo không biến dạng (lực đàn hồi bằng 0) lò xo có chiều dài là 10 cm → l₀ = 10cm

Suy ra: 

\(\left\{ \matrix{
{l_{\max }} = {l_0} + \Delta l + A = 18cm \hfill \cr
{l_{\min }} = {l_0} + \Delta l - A = 6cm \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
\Delta l = 2cm \hfill \cr
A = 6cm \hfill \cr} \right.\)

Chu kì dao động: \(T = 2\pi \sqrt {{{\Delta {l_0}} \over g}}  = 0,28s\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về năng lượng dao động của CLLX, chiều dài của lò xo trong quá trình dao động

Lời giải chi tiết:

Biên độ dao động của CLLX là A = l_max – l₀ = 38 – 30 = 8cm

* Khi W_đ = nW_t => W = W_đ + W_t = (n + 1)W_t

 \( \Rightarrow {x_1} = {A \over {\sqrt {n + 1} }}\)

* Khi W_t = nW_đ => W = W_đ + W_t = W_t(n + 1)/n

 \( \Rightarrow {x_2} = {{\sqrt n A} \over {\sqrt {n + 1} }}\)

Mà theo đề bài  \(\left| {{x_2} - {x_1}} \right| = 4cm\)

Thay vào được n ≈ 5

=> Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

W_đ = W - W_t

Lời giải chi tiết:

Ta có : 

\(\left\{ \matrix{ {l_{m{\rm{ax}}}} = {l_{cb}} + A = 30cm \hfill \cr {l_{m{\rm{ax}}}} = {l_{cb}} - A = 22cm \hfill \cr} \right. \Rightarrow A = 4cm\)

Khi vật cách vị trí biên 3cm => x = 1cm

=> Động năng : \({{\rm{W}}_d} = {\rm{W  -  }}{{\rm{W}}_t} = {k \over 2}\left( {{A^2} - {x^2}} \right) = {{100} \over 2}\left( {{{0,04}^2} - {{0,01}^2}} \right) = 0,075J\)

Chọn B

Phương pháp giải:

Định luật bảo toàn cơ năng : W_đ = W - W_t

Lời giải chi tiết:

Tần số góc : ω = 2π/T = π rad/s

Khi pha dao động là π/2 \( \Rightarrow v =  - \omega A \Leftrightarrow  - \pi A =  - 20\sqrt 3  \Rightarrow A = {{20\sqrt 3 } \over \pi }cm\)

Động năng của vật khi đi qua vị trí li độ 3π (cm) là :

\({{\rm{W}}_d} = {\rm{W}} - {{\rm{W}}_t} = {k \over 2}\left( {{A^2} - {x^2}} \right) = {{20} \over 2}.\left[ {{{\left( {{{0,2.\sqrt 3 } \over \pi }} \right)}^2} - {{\left( {0,03\pi } \right)}^2}} \right] = 0,03J\) 

Chọn D

Phương pháp giải:

Sử dụng lí thuyết về lực đàn hồi trong dao động của con lắc lò xo thẳng đứng, chiều dài của lò xo trong quá trình dao động

Lời giải chi tiết:

Biên độ dao động của con lắc A = (l_max – l_min)/2 = 7 cm

Tỉ số giữa lực đàn hồi lớn nhất và nhỏ nhất là  \({{{F_{{\rm{max}}}}} \over {{F_{\min }}}} = {{k\left( {\Delta l + A} \right)} \over {k\left( {\Delta l - A} \right)}} = {{10} \over 3} \Leftrightarrow {{\Delta l + 7} \over {\Delta l - 7}} = {{10} \over 3} \Leftrightarrow \Delta l = 13cm\)

Chiều dài tự nhiên của lò xo là l₀ = l_max - ∆l – A = 34 – 13 – 7 = 14 cm

Chọn C

Phương pháp giải:

Sử dụng vòng tròn lượng giác

Lời giải chi tiết:

Tần số góc: \(\omega  = \sqrt {{k \over m}}  = 2\pi \sqrt {{{100} \over {0,25}}}  = 20(rad/s)\)

Vận tốc cực đại: \({v_{m{\rm{ax}}}} = \omega A = 20.4 = 80(cm/s)\)

Biểu diễn trên đường tròn lượng giác cho vận tốc ta có:

=> Góc quét được: ∆α = π/2 (rad)

=> Khoảng thời gian ngắn nhất để vận tốc của vật có giá trị từ -40cm/s đến \(40\sqrt 3 cm/s\) là:

\(\Delta t = {{\Delta \alpha } \over \omega } = {\pi  \over {2.20}} = {\pi  \over {40}}s\) 

Chọn D

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

ở vị trí cân bằng lò xo dãn 1 đoạn là $$\Delta {l_0} = {{mg} \over k} = {{0,5.10} \over {100}} = 0,05m$$

lực đàn hồi của lò xo lúc vật đi qua vị trí cách vị trí cân bằng 3cm về phía trên là: $$F = k\left| {\Delta l} \right| = 100\left| {0,05 - 0,03} \right| = 2N$$

Phương pháp giải:

Phương pháp: Áp dụng công thức tính vận tốc cực đại và gia tốc cực đại của con lắc lò xo.

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

+ Ta có: 

$$\left\{ \matrix{
{a_{\max }} = {\omega ^2}A \hfill \cr
{v_{\max }} = \omega A \hfill \cr} \right. \Rightarrow \omega = {{{a_{\max }}} \over {{v_{\max }}}} = \sqrt {{k \over m}} \Rightarrow k = 16\,\,{N/m}.$$

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

+ Tần số góc của dao động  

$$\omega = \sqrt {{k \over m}} = 10\pi \,\,{{rad} /s} \to A = 2\,\,cm.$$

Tốc độ của vật  

$$v = \omega \sqrt {{A^2} - {x^2}} = 10\pi \sqrt 3 \approx 54,4\,\,{{cm}/ s}.$$

Phương pháp giải:

ứng dụng phương pháp mối liên hệ giữa vòng tròn lượng giác và dao động điều hòa

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

+ Độ biến dạng của lò xo tại vị trí cân bằng  $$\Delta {l_0} = {{mg} \over k} = 2\,\,cm.$$

Nâng vật để lò xo giãn 2 cm rồi thả nhẹ => vật dao động với biên độ  A = 4 cm

+ Lò xo bị giãn khi vật đi từ vị trí lò xo không biến dạng đến vị trí biên trên.

+ Từ hình vẽ ta có  $$\Delta t = {T \over 3} = 0,97\,\,m{\rm{s}}.$$

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

+ Độ biến dạng của lò xo tại vị trí cân bằng  $$f = {1 \over {2\pi }}\sqrt {{g \over {\Delta {l_0}}}}  \Rightarrow \Delta {l_0} = 1,22\,\,cm.$$

Biên độ dao động của vật  $$A = {{{l_{\max }} - {l_{\min }}} \over 2} = 8\,\,cm.$$

+ Chiều dài tự nhiên của lò xo  $${l_0} = {l_{\max }} - A - \Delta {l_0} = 46,78\,\,cm.$$

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

+ Động năng ban đầu của lò xo bằng tổng cộng của lực ma sát và thế năng của lò xo tại vị trí bị nén cực đại

\({1 \over 2}mv_0^2 = \mu mg\Delta {l_{\max }} + {1 \over 2}k\Delta l_{\max }^2 \Leftrightarrow 5\Delta l_{\max }^2 + 0,75\Delta {l_{\max }} - 0,125 = 0 \Rightarrow \Delta {l_{\max }} = 10\,\,cm.\)

Phương pháp giải:

Phương pháp: Áp dụng công thức tính tần số của con lắc lò xo $$f = {1 \over {2\pi }}\sqrt {{k \over m}} $$

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

$$\eqalign{
& {f_1} = {1 \over {2\pi }}\sqrt {{k \over m}} ;{f_2} = {1 \over {2\pi }}\sqrt {{{2k} \over {{m \over 8}}}} = {f_2} = {1 \over {2\pi }}\sqrt {{{16k} \over m}} \cr
& = > {{{f_2}} \over {{f_1}}} = 4 \cr} $$

Phương pháp giải:

Phương pháp: áp dụng công thức tính lực phục hồi của con lắc lò xo F =- kx và công thức tính lực đàn hồi

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

\({F_{_{m{\rm{ax}}}}} = {{1,5 + 3.5} \over 2} = 2,5N\); \(F = 2,5c{\rm{os(}}\omega {\rm{t + }}\varphi {\rm{) - 1}}(N)\); \({F_o} = 2,5c{\rm{os}}\varphi {\rm{ - 1 =  - 2,25}}\)=>\(\varphi  =  - {{2\pi } \over 3}\) ;\(F = 2,5c{\rm{os(}}\omega {1 \over 3} - {{{\rm{2}}\pi } \over {\rm{3}}}{\rm{) - 1 =  - 3,5}}\) ; F= \( - k(\Delta {l_o} + x) =  - k\Delta {l_o} - kx\);\(\Delta {l_o} = {1 \over k} = 0,04m\) ;\(\omega  = \sqrt {{g \over {\Delta {l_o}}}}  = 5\pi rad/s\) ; \(x = {{ - 2,5} \over k}c{\rm{os}}\left( {{\rm{5}}\pi {\rm{t - }}{{{\rm{2}}\pi } \over {\rm{3}}}} \right) = 10c{\rm{os}}\left( {{\rm{5}}\pi {\rm{t + }}{\pi  \over {\rm{3}}}} \right)cm\)

Phương pháp giải:

Phương pháp:áp dụng định luật bảo toàn cơ năng.

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

\(\left\{ \matrix{
x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 = {n \over 2}{A^2} \hfill \cr
{1 \over 2}k({A^2} - x_1^2) + {1 \over 2}k({A^2} - x_2^2) + {1 \over 2}k({A^2} - x_3^2) = {3 \over 4}.{1 \over 2}k{A^2} \hfill \cr} \right.\)

=>

\(\left\{ \matrix{
x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 = {n \over 2}{A^2} \hfill \cr
3{A^2} - (x_1^2 + x_2^2 + x_3^2) = {3 \over 4}{A^2} \hfill \cr} \right.\)

Phương pháp giải:

Phương pháp : Sử dụng vòng tròn lượng giác trong dao động cơ

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

Cách giải :

Trong 1 chu kỳ khoảng thời gian để độ lớn gia tốc không vượt quá 100cm/s² là T/3 tương ứng với góc quét 2π/3. Biểu diễn trên đường tròn lượng giác ta có

Từ hình vẽ ta có \(4{\pi ^2}{f^2}A.cos60 = 100 =  > f = \sqrt {{{100} \over {4{\pi ^2}A.cos60}}}  = 1Hz\)

Phương pháp giải:

Phương pháp: Áp dụng hệ thức độc lập \({\left( {{v \over {{v_{max}}}}} \right)^2} + {\left( {{a \over {{a_{max}}}}} \right)^2} = 1\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

Cách giải :

Có \(E = {1 \over 2}m{\omega ^2}{A^2} =  > v_{max}^2 = {{2E} \over m} = {{{{2.32.10}^{ - 3}}} \over {0,1}} = 0,64\)

Áp dụng hệ thức độc lập với thời gian ta có 

\(\eqalign{
& {\left( {{v \over {{v_{max}}}}} \right)^2} + {\left( {{a \over {{a_{max}}}}} \right)^2} = 1 \cr
& = > a = {1 \over 2}{a_{max}} = > {a_{max}} = 16m/{s^2} = > \varphi = - {{2\pi } \over 3} \cr} \)

Phương pháp giải:

Sử dụng vòng tròn lượng giác

Lời giải chi tiết:

T = 1,2s => ∆t = 4s = 3T + T/3 => Góc quét được trong 4s là: ∆α = 3.2π + 2π/3

Sử dụng vòng tròn lượng giác ta có: 

=> Quãng đường vật đi được trong 4s đầu tiên là: S = 3.4.2 + 3 = 27cm

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

Vận tốc cực đại của vật:\({v_0} = A.\omega  \Rightarrow v = {{{V_0}} \over 3} = {{A.\omega } \over 3}\)

Áp dụng công thức độc lập ta có:\({A^2} = {x^2} + {{{v^2}} \over {{\omega ^2}}} \Rightarrow {x^2} = {A^2} - {{{{\left( {A\omega } \right)}^2}} \over {9.{\omega ^2}}} = {8 \over 9}{A^2}\)

\( \Rightarrow x =  \pm {{2\sqrt 2 } \over 3}A\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án C

+ Tỉ số giữ thế năng và động năng của con lắc tại vị trí có li độ x:

\({{{E_t}} \over {{E_d}}} = {{{x^2}} \over {{A^2} - {x^2}}} = {{{3^2}} \over {{6^2} - {3^2}}} = {1 \over 3}\)

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

+ Từ đồ thị ta có \({F_{\max }} = 0,8N,A = 0,2m\)

+ Với 

\(\eqalign{
& {F_{\max }} = m{\omega ^2}A = > \omega = \sqrt {{{{F_{\max }}} \over {mA}}} = \sqrt {{{0,8} \over {0,01.0,2}}} = 20rad/s \cr
& = > T = {{2\pi } \over \omega } = {{2\pi } \over {20}} = 0,314s \cr} \)

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

+ Biên độ dao động của con lắc \(A = {{{l_{\max }} - {l_{\min }}} \over 2} = {{32 - 20} \over 2} = 6\,\,cm\).

 Cơ năng của vật \(E = {1 \over 2}k{{\rm{A}}^2} = {1 \over 2}.100.0,{06^2} = 0,18\,\,J\). 

Phương pháp giải:

Chu kì của con lắc lò xo: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{m}{k}} \)

Con lắc lò xo nằm ngang, lực đàn hồi chính là lực phục hồi

Lời giải chi tiết:

Chu kì của con lắc là: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{m}{k}}  = 2\pi \sqrt {\dfrac{{0,1}}{{100}}}  = 0,2\,\,\left( s \right)\)

Trong thời gian \(2019\,\,s\), con lắc thực hiện được số chu kì là:

\(n = \dfrac{{2019}}{T} = \dfrac{{2019}}{{0,2}} = 10095\)

Vậy sau \(2019\,\,s\), vật trở lại vị trí ở thời điểm \(t = 1\,\,s\)

Độ lớn lực phục hồi khi đó là \({F_{ph}} = {F_{dh}} = 6\,\,\left( N \right)\)

Chọn B.