Bài tập về chiều dài lò xo có đáp án chi tiết

CÁC DẠNG BÀI VỀ CHIỀU DÀI LÒ XO CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT

a) $\Delta {{\ell }_{o}}=\frac{g}{{{\omega }^{2}}}=\frac{10}{{{\left( 10\pi  \right)}^{2}}}=0,01m=1cm$

$k=m{{\omega }^{2}}=0,1.{{\left( 10\pi  \right)}^{2}}=100\,N/m$

b) Ban đầu $t=0,\varphi =0$: Vật đang ở biên dương.

Sau T/3 vật quay được góc $120{}^\circ $và có x = -2,5 cm.

$\Rightarrow \ell ={{\ell }_{o}}+\Delta {{\ell }_{o}}-\left| x \right|=30+1-\left| -2,5 \right|=28,5cm$

c) $x=\pm \sqrt{{{A}^{2}}-{{\left( \frac{v}{\omega } \right)}^{2}}}=\pm \sqrt{{{5}^{2}}-{{\left( \frac{25\pi \sqrt{2}}{10\pi } \right)}^{2}}}=\pm 2,5\sqrt{2}cm$

$\Rightarrow \ell ={{\ell }_{o}}+\Delta {{\ell }_{o}}\pm \left| x \right|=30+1\pm 2,5\sqrt{2}=31\pm 2,5\sqrt{2}cm$.

Lời giải chi tiết:

Tại VTCB lực đàn hồi cân bằng với trọng lực của vật nên:

${{F}_{dh}}=P\Leftrightarrow k.\Delta \ell =mg\Rightarrow \frac{m}{k}=\frac{\Delta \ell }{g}$. Do đó $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2\pi \sqrt{\frac{g}{\Delta \ell }}$. Chọn D

Lời giải chi tiết:

Ta có biên độ dao động của con lắc: $A=\frac{{{\ell }_{\max }}-{{\ell }_{\min }}}{2}=3cm$. Chọn B

Lời giải chi tiết:

Ta có: Chiều dài lò xo ở vị trí cân bằng là ${{\ell }_{vtcb}}=\frac{{{\ell }_{\max }}+{{\ell }_{\min }}}{2}=24cm$.

Mặt khác: $\Delta \ell =\frac{g}{{{\omega }^{2}}}=\frac{g}{{{\left( 2\pi f \right)}^{2}}}=\frac{g}{{{\left( 2\pi \frac{N}{\Delta t} \right)}^{2}}}=1\left( cm \right)\Rightarrow {{\ell }_{0}}={{\ell }_{cb}}-\Delta \ell =23(cm)$. Chọn D.

Lời giải chi tiết:

Ta có:$A=4cm,\omega =5\pi \,rad/s$.

Mặt khác: $\Delta \ell =\frac{mg}{k}=\frac{g}{{{\omega }^{2}}}=\frac{10}{25{{\pi }^{2}}}=0,04m=4cm$.

Chiều dài cực đại của lò xo là: ${{\ell }_{\max }}={{\ell }_{0}}+\Delta \ell +A=28cm$.

Chiều dài cực tiểu của lò xo là ${{\ell }_{\min }}={{\ell }_{0}}+\Delta \ell -A=20cm$. Chọn A.

Lời giải chi tiết:

Ta có: ${{\ell }_{1}}={{\ell }_{0}}+\Delta {{\ell }_{1}}={{\ell }_{0}}+\frac{{{m}_{1}}g}{k};{{\ell }_{2}}={{\ell }_{0}}+\frac{{{m}_{2}}g}{k}$

Suy ra: ${{\ell }_{1}}-{{\ell }_{2}}=\frac{\left( {{m}_{1}}-{{m}_{2}} \right)g}{k}\Rightarrow k=\frac{{{m}_{1}}-{{m}_{2}}}{{{\ell }_{1}}-{{\ell }_{2}}}g=100N/m$. Chọn D.

Lời giải chi tiết:

Tại thời điểm ban đầu ta có : $\varphi =-\frac{\pi }{4}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{} x=1,5\sqrt{2} \\ {} v>0 \\ \end{array} \right.$

Sau $\frac{T}{4}=\frac{T}{8}+\frac{T}{8}={{t}_{\left( \frac{A\sqrt{2}}{2}\to A\to \frac{A\sqrt{2}}{2} \right)}}$

Trong thời gian $\frac{3T}{8}$vật đến điểm có li độ $x=\frac{A\sqrt{2}}{2}=1,5\sqrt{2}$

Khi đó chiều dài lò xo là: ${{\ell }_{x}}={{\ell }_{0}}+\Delta \ell +x=42,12cm$. Chọn D.

Lời giải chi tiết:

Ta có: $\Delta \ell =\frac{g}{{{\omega }^{2}}}=2,5cm$

Tại thời điểm t = 0,2s ta có: $x=4\cos \left( 20.0,2-\frac{2\pi }{3} \right)=-3,3cm$

Do chọn chiều dương hướng lên nên chiều dài của lò xo tại thời điểm này là ${{\ell }_{x}}={{\ell }_{0}}+\Delta \ell +3,3=35,8cm$. Chọn C.

Lời giải chi tiết:

Tại thời điểm ban đầu lò xo không bị biến dạng : $\Delta \ell =A$.

Khi đó: $\Delta \ell =A=\frac{g}{{{\omega }^{2}}}$

Lại có $x=\frac{a}{-{{\omega }^{2}}}=\frac{-2}{{{\omega }^{2}}};{{A}^{2}}={{x}^{2}}+\frac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}\Rightarrow \frac{100}{{{\omega }^{4}}}=\frac{4}{{{\omega }^{4}}}+\frac{24}{{{\omega }^{2}}}\Rightarrow {{\omega }^{2}}=4\Rightarrow \omega =2\left( rad/s \right)$. Chọn D.

Lời giải chi tiết:

Ở vị trí cân bằng lò xo dãn: $\Delta \ell =\frac{g}{{{\omega }^{2}}}$.

Ở vị trí thấp nhất lò xo dãn một đoạn: $\Delta {{\ell }_{\max }}=\Delta \ell +A=\frac{g}{{{\omega }^{2}}}+A=0,15$.

Suy ra $\frac{1}{{{\omega }^{2}}}=0,015-0,1A$.

Mặt khác theo hệ thức độc lập ta có:${{x}^{2}}+\frac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}={{A}^{2}}\Leftrightarrow 0,{{03}^{2}}+0,{{4}^{2}}\left( 0,015-0,1A \right)={{A}^{2}}$

$\Leftrightarrow A=\frac{1}{20}=5cm\Rightarrow {{a}_{\max }}={{\omega }^{2}}A={{10}^{2}}.0,05=5m/{{s}^{2}}$. Chọn B.

Lời giải chi tiết:

Do ở vị trí cao nhất lò xo không nén không giãn nên $\Delta \ell =A=\frac{g}{{{\omega }^{2}}}$

Khi lò xo dãn 4(cm) vật cách vị trí cân bằng A- 0,04 (m)

Ta có hệ thức độc lập: ${{x}^{2}}+\frac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}={{A}^{2}}$.

Do đó ${{\left( A-0,04 \right)}^{2}}+\frac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}={{A}^{2}}\Leftrightarrow {{\left( A-0,04 \right)}^{2}}+0,{{8}^{2}}.\frac{A}{g}={{A}^{2}}\Leftrightarrow A=10cm.$ Chọn C.

Lời giải chi tiết:

Khi treo vật nặng khối lượng m ta có: $4mg=k\left( {{\ell }_{1}}-{{\ell }_{0}} \right)$

Khi treo vật nặng khối lượng 3m ta có: $5mg=k\left( {{\ell }_{2}}-{{\ell }_{0}} \right)$

Suy ra$mg=k\left( {{\ell }_{2}}-{{\ell }_{1}} \right)$.

Chu kì khi treo 2 vật $T=2\pi \sqrt{\frac{9m}{k}}=6\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=6\pi \sqrt{\frac{{{\ell }_{2}}-{{\ell }_{1}}}{g}}=1,2s$. Chọn B.

Lời giải chi tiết

Ta có: $\left\{ \begin{array}{} {{\ell }_{\max }}={{\ell }_{0}}+\Delta {{\ell }_{0}}+A \\ {} {{\ell }_{\min }}={{\ell }_{0}}+\Delta {{\ell }_{0}}-A \\ \end{array} \right.\Rightarrow {{\ell }_{\max }}-{{\ell }_{\min }}=2A=10\Rightarrow A=5cm$.

Thời gian vật nặng đi từ vị trí có biên độ - A đến vị trí có biên độ A là $\Delta t=\frac{\pi }{5}$.

Khi đó $\Delta t=\frac{\Delta \varphi }{\omega }\Rightarrow \omega =\frac{\Delta \varphi }{\Lambda t}=\frac{\pi }{\frac{\pi }{5}}=5$. Vậy tốc độ cực đại ${{v}_{\max }}=A.\omega =5.5=25cm/s$. Chọn B.

Lời giải chi tiết:

Ta có: $\left\{ \begin{array}{} {{\ell }_{\min }}={{\ell }_{cb}}-A \\ {} {{\ell }_{\max }}={{\ell }_{cb}}+A \\ \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{} {{\ell }_{cb}}+A=38 \\ {} {{\ell }_{cb}}-A=32 \\ \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{} {{\ell }_{cb}}=35 \\ {} A=3 \\ \end{array} \right.\Rightarrow \Delta {{\ell }_{0}}={{\ell }_{cb}}-{{\ell }_{0}}=5cm$. Chọn C.

Lời giải chi tiết:

Tần số góc $\omega =4\pi \Rightarrow \Delta {{\ell }_{0}}=\frac{g}{{{\omega }^{2}}}=\frac{{{\pi }^{2}}}{16{{\pi }^{2}}}=0,0625m=6,25cm$.

+) Tại thời điểm t= 0, ta có $\left\{ \begin{array}{} {{x}_{1}}=5.\cos \frac{\pi }{3}=\frac{5}{2} \\ {} v=-5.\sin \frac{\pi }{3}<0 \\ \end{array} \right.$ $\Rightarrow $ vật ở vị trí M₁ : có li độ $x=\frac{A}{2}$di chuyển về VTCB.

+) Tại thời điểm t = t₂, ta có $\Delta t=\frac{4T}{3}\Rightarrow \Delta \varphi =\omega .\Delta t=\frac{2\pi }{T}.\frac{4T}{3}=\frac{8\pi }{3}\Rightarrow $vật ở vị trí M₂ có li độ x = -A.

Vậy chiều dài của lò xo cần tính là ${{\ell }_{\frac{4T}{3}}}={{\ell }_{0}}+\Delta {{\ell }_{0}}+x=40+6,25+5=51,25cm$. Chọn B.

Lời giải chi tiết:

Ta có: $\left\{ \begin{array}{} {{\ell }_{\min }}={{\ell }_{cb}}-A \\ {} {{\ell }_{\max }}={{\ell }_{cb}}+A \\ \end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{} {{\ell }_{cb}}+A=38 \\ {} {{\ell }_{cb}}-A=32 \\ \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{} {{\ell }_{cb}}=35 \\ {} A=3 \\ \end{array} \right.\Rightarrow \Delta {{\ell }_{0}}={{\ell }_{cb}}-{{\ell }_{0}}=5cm$.

Tần số góc dao động của vật là: $\omega =\sqrt{\frac{g}{\Delta {{\ell }_{0}}}}=\sqrt{\frac{10}{0,05}}=10\sqrt{2}$rad/s.

Vậy tốc độ cực đại của vật nặng là ${{v}_{\max }}=A.\omega =3.10\sqrt{2}=30\sqrt{2}cm/s$. Chọn B.

Lời giải chi tiết:

Ta có: $\Delta {{\ell }_{0}}=\frac{mg}{k}=0,016(m)=1,6\left( cm \right);\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=25\left( rad/s \right)$

Khi lò xo dãn 3,2 (cm) vật cách vị trí cân bằng 3,2 – 1,6 = 1,6 (cm)

Ta có: $A=\sqrt{{{x}^{2}}+\frac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}}=\sqrt{1,{{6}^{2}}+2,{{4}^{2}}}=0,8\sqrt{13}\left( cm \right)$. Chọn B.

Lời giải chi tiết:

Để dãn lớn hơn $2\sqrt{2}cm=\frac{A}{2}$thì vật có li độ nằm trong khoảng $x=\frac{A}{2}$đến A

$\Delta t=\frac{T}{6}+\frac{T}{6}=\frac{T}{3}=\frac{1}{3}2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=\frac{1}{3}2\pi \sqrt{\frac{0,2}{50}}=\frac{2}{15}\left( s \right)$. Chọn A.

Lời giải chi tiết:

Độ dãn của lò xo thẳng đứng khi vật ở VTCB:

$\Delta {{\ell }_{0}}=\frac{mg\sin \alpha }{k}=\frac{g\sin \alpha }{{{\omega }^{2}}}=0,05\left( m \right)$

Chiều dài lò xo tại VTCB: ${{\ell }_{cb}}={{\ell }_{0}}+\Delta {{\ell }_{0}}=35\left( cm \right)$(${{\ell }_{0}}$là chiều dài tự nhiên).

Chiều dài cực tiểu (khi vật ở vị trí cao nhất): ${{\ell }_{\min }}={{\ell }_{cb}}-A=29\left( cm \right)$. Chọn A.