Cách giải dạng bài biên độ mới của con lắc sau biến cố

DẠNG 2. BIÊN ĐỘ MỚI CỦA CON LẮC SAU BIẾN CỐ

I. LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

Xét một con lắc lò xo, vị trí cân bằng là vị trí có tổng hợp lực bằng không:

$\overrightarrow{{{F}_{h\ell }}}=\vec{0}\Rightarrow \overrightarrow{{{F}_{dh}}}+\overrightarrow{{{F}_{khac}}}=\vec{0}\Rightarrow {{F}_{dh}}={{F}_{khac}}\Rightarrow k.\Delta {{\ell }_{o}}={{F}_{khac}}=\Delta {{\ell }_{o}}=\frac{{{F}_{khac}}}{k}$

Với$\overrightarrow{{{F}_{khac}}}$là tổng các lực tác dụng lên vật nặng trừ lực đàn hồi $\overrightarrow{{{F}_{dh}}}$.

Để thay đổi vị trí cân bằng người ta có thể thêm hoặc bớt lực $\overrightarrow{{{F}_{t}}}$ tác dụng vào vật:

$\overrightarrow{{{F}_{h\ell }}}=\vec{0}\Rightarrow \overrightarrow{{{F}_{dh}}^{\prime }}+\overrightarrow{{{F}_{khac}}}+\overrightarrow{{{F}_{t}}}=\vec{0}$

Đặt $\overrightarrow{{{F}_{khac}}}+\overrightarrow{{{F}_{t}}}=\overrightarrow{{{{{F}'}}_{khac}}}\Rightarrow {{{F}'}_{dh}}={{{F}'}_{khac}}\Rightarrow k.\Delta {{\ell }_{o}}^{\prime }={{{F}'}_{khac}}\Rightarrow \Delta {{\ell }_{o}}^{\prime }=\frac{{{{{F}'}}_{khac}}}{k}$

$\Rightarrow \Delta {{\ell }_{o}}\ne \Delta {{\ell }_{o}}^{\prime }$: VTCB của CLLX đã thay đổi

Như vậy. khi thêm hay bớt lực $\overrightarrow{{{F}_{t}}}$ thì vị trí cân bằng thay đổi dịch chuyển theo hướng của lực $\overrightarrow{{{F}_{t}}}$ đến vị trí mới cách vị trí cân bằng cũ một đoạn: $\frac{{{F}_{t}}}{k}$

CLLX dao động quanh vị trí cân bằng của nó. Nếu vị trí cân bằng của nó thay đổi thì tính chất dao động của nó thay đổi.

Hướng làm giải quyết bài toán có vị trí cân bằng thay đổi: Xác định thời điểm thay đổi vtcb (thời điểm thêm hoặc bớt lực). Xét thời điểm ngay trước và ngay sau khi thay đổi vtcb:

Chú ý:

+) Khi con lắc lò xo dao động điều hòa được đặt thêm hoặc lấy bớt gia trọng $\Delta m$ sẽ chịu thêm hoặc bớt đi tác dụng của trọng lực $\pm \overrightarrow{{{P}_{\Delta m}}}=\pm \Delta m.\vec{g}$.

+) Khi con lắc dao động điều hòa tích điện đặt trong điện trường sẽ chịu thêm tác dụng của lực điện:

$\overrightarrow{{{F}_{d}}}=q.\overrightarrow{E}\left\{ \begin{array}{} q>0\Rightarrow \overrightarrow{{{F}_{d}}}\uparrow \uparrow \overrightarrow{E} \\ {} q<0\Rightarrow \overrightarrow{{{F}_{d}}}\uparrow \downarrow \overrightarrow{E} \\ \end{array} \right.$

+) Khi hệ quy chiếu chuyển động thẳng biến đổi đều với gia tốc $\vec{a}$ thì vật dao động của con lắc sẽ chịu thêm một lực quán tính:$\overrightarrow{{{F}_{qt}}}=-m\vec{a}$.

Thang máy đi lên, nhanh dần đều với gia tốc a: đi lên $\vec{v}\uparrow \xrightarrow{NDD}\vec{a}\uparrow \xrightarrow{{}}\overrightarrow{{{F}_{qt}}}\downarrow $

Thang máy đi lên, chậm dần đều với gia tốc a: đi lên $\vec{v}\uparrow \xrightarrow{CDD}\vec{a}\downarrow \xrightarrow{{}}\overrightarrow{{{F}_{qt}}}\uparrow $

Thang máy đi xuống, nhanh dần đều với gia tốc a: đi lên $\vec{v}\downarrow \xrightarrow{NDD}\vec{a}\downarrow \xrightarrow{{}}\overrightarrow{{{F}_{qt}}}\uparrow $

Thang máy đi xuống, chậm dần đều với gia tốc a: đi lên $\vec{v}\downarrow \xrightarrow{CDD}\vec{a}\uparrow \xrightarrow{{}}\overrightarrow{{{F}_{qt}}}\downarrow $

+) Nếu hệ quy chiếu quay đều với tốc độ $\omega $ thì vật chịu thêm lực li tâm có hướng ra tâm và có độ lớn: ${{F}_{\ell t}}=\frac{m{{v}^{2}}}{r}=m{{\omega }^{2}}r.$

I. BÀI TẬP MINH HỌA DẠNG 2

Lời giải chi tiết

Khi chưa đặt gia trọng, có 2 lực tác dụng vào vật là $\overrightarrow{{{F}_{dh}}};\overrightarrow{P}$.

Sau khi đặt gia trọng, có 3 lực tác dụng vào vật: $\overrightarrow{{{F}_{dh}}};\overrightarrow{P}+\overrightarrow{\Delta P}$, vị trí cân bằng mới tại O’, O’ nằm dưới vtcb cũ O và cách O đoạn $O{O}'=\frac{\Delta P}{k}=\frac{0,15.10}{100}=0,015m=1,5cm$

Thời điểm đặt gia trọng lúc vật lên cao nhất $x=-A=-4cm$

Do tại x’ có vận tốc v’ = 0 nên tại đó là biên dao động mới: ${A}'=\left| {{x}'} \right|=5,5cm.$. Chọn C

Lời giải chi tiết

Các lực tác dụng lên vật : $\overrightarrow{{{F}_{dh}}};\overrightarrow{{{P}_{A}}}+{{\overrightarrow{P}}_{B}}$

Sau khi đốt sợi dây, các lực tác dụng vào vật là $\overrightarrow{{{F}_{dh}}};\overrightarrow{{{P}_{A}}}$; Vị trí cân bằng mới tại O’, O’ nằm trên vtcb cũ O (do khối lượng của hệ vật giảm) và cách O đoạn:

$O{O}'=\frac{{{P}_{B}}}{k}=\frac{1.10}{100}=0,1m=10cm$

Thời điểm đốt dây là thời điểm hệ vật đứng yên tại vị trí cân bằng cũ (v=0) _ Tại đó li độ trong hệ dao động mới là x’= OO’=10 cm = A’

Khi A lên đến cao nhất tại biên âm ${{{x}'}_{A}}=-10cm$

Thời gian từ lúc cắt dây đến khi lên cao nhất = thời gian vật B rơi $=\frac{{{T}_{A}}}{2}=\frac{2\pi }{2}\sqrt{\frac{{{m}_{A}}}{k}}=\frac{\pi }{10}S$

Li độ của B lúc cắt dây: ${{x}_{OB}}=\ell +O{O}'=10+10=20cm=0,2m$

Quãng đường vật B rơi: ${{x}_{B}}^{\prime }={{x}_{OB}}+\frac{1}{2}g.{{t}^{2}}=0,2+\frac{1}{2}.10.{{\left( \frac{\pi }{10} \right)}^{2}}=0,7m=70cm$

_Khoảng cách của A và B lúc A lên cao nhất là: $d=\left| {{x}_{A}}^{\prime }-{{x}_{B}}^{\prime } \right|=80cm$. Chọn C

Lời giải chi tiết

Quá trình thêm lực: $\overrightarrow{{{F}_{dh}}}\xrightarrow[t=0]{{\vec{F}}}\left( \overrightarrow{{{F}_{dh}}}+\overrightarrow{{{F}_{{}}}} \right)$

Vtcb dịch sang bên phải (do lực F kéo sang phải): $O{O}'=\frac{F}{k}=5cm$

So với O’, vật có x’ = -5 cm. Do t = 0 có v = 0 => A’= 5cm

Tần số góc: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=20\,rad/s\Rightarrow T=\frac{\pi }{10}s$

Tách $t=\frac{\pi }{3}=\frac{10}{3}T=3T+\frac{T}{3}\Rightarrow {{{x}'}_{\left( t \right)}}=2,5cm$

Quá trình bớt lực: $\overrightarrow{{{F}_{dh}}}+\overrightarrow{F}\xrightarrow[t=\frac{\pi }{3}]{bot\vec{F}}\overrightarrow{{{F}_{dh}}}$

Ngừng tác dụng lực F thì vtcb của vật quay về O

Biên độ dao động mới: ${{A}'}'=\sqrt{{{\left( \frac{50\sqrt{3}}{20} \right)}^{2}}+7,{{5}^{2}}}=5\sqrt{3}cm$. Chọn A

Lời giải chi tiết

Cách 1: Ta làm tương tự như ví dụ 8.

Cách 2: Sử dụng phương pháp năng lượng:

Tại t = 0, cơ năng của vật W = 0

Cơ năng của hệ lúc sau khi ngừng tác dụng lực: ${{W}'}'=\frac{1}{2}k{{{{A}'}'}^{2}}$

Có sự thay đổi năng lượng của hệ do lực $\vec{F}$ đã sinh công

Áp dụng biến thiên cơ năng: ${{W}'}'-W=F.s.\cos 0{}^\circ $

$\Rightarrow \frac{1}{2}k.{{{{A}'}'}^{2}}=Fs\Rightarrow {{A}'}'=\sqrt{\frac{2FS}{k}}=\sqrt{\frac{2.4.0,064}{80}}=0,08m=8cm$. Chọn B

Lời giải chi tiết

Tần số góc của con lắc m:

$\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{100}{1}}=10\,rad/s$

Định luật II Newton cho vật m:

$\overrightarrow{P}+\overrightarrow{N}+\overrightarrow{{{F}_{dh}}}=ma$

Theo chiều của gia tốc: $P-N-{{F}_{dh}}=ma$

Tại vị trí vật m rời khỏi bàn tay thì N = 0

Vậy độ dãn của lò xo khi đó là

$\Delta \ell =\frac{mg-ma}{k}=\frac{1.10-1.2}{100}=8cm$

Vật và tay đã đi được một khoảng thời gian $t=\sqrt{\frac{2\Delta \ell }{a}}=\sqrt{\frac{2.0,08}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{5}s$

Vận tốc của vật m ngay khi rời bàn tay sẽ là ${{v}_{o}}=at=\frac{2\sqrt{2}}{5}m/s=\frac{200\sqrt{2}}{5}cm/s$

Sau khi rời khỏi bàn tay vật m sẽ dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng, tại vị trí này lò xo dãn một đoạn $\Delta {{\ell }_{o}}=mg/k=0,1m=10cm$

Biên độ dao động mới: $A=\sqrt{{{\left( \Delta \ell -\Delta {{\ell }_{o}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{{{v}_{o}}}{\omega } \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 8-10 \right)}^{2}}+{{\left( \frac{\frac{200\sqrt{2}}{5}}{10} \right)}^{2}}}=6cm$. Chọn C

Lời giải chi tiết

Tần số dao động của con lắc $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{10}{0,1}}=10\,rad/s$

Độ biến dạng của lò xo tại vị trí cân bằng $\Delta {{\ell }_{o}}=\frac{qE}{k}=\frac{{{5.10}^{-6}}{{.10}^{4}}}{10}={{5.10}^{-3}}m=0,5cm$

Dưới tác dụng của điện trường con lắc dao động với biên độ $A=\Delta {{\ell }_{o}}$

Sau khoảng thời gian $\Delta t=0,05\pi s\Leftrightarrow \Delta \varphi =\frac{\pi }{2}rad$vật đến vị trí $\left\{ \begin{array}{} x=0cm \\ {} v=A\omega =10.0,5=5cm/s \\ \end{array} \right.$

Sau khi ngắt điện trường con lắc dao động quanh vị trí cân bằng cũ với biên độ

${A}'=\sqrt{\left( x+\Delta {{\ell }_{o}}^{2} \right)+\frac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}}=\sqrt{{{\left( 0+0,5 \right)}^{2}}+{{\left( \frac{5}{10} \right)}^{2}}}=0,707cm$

Năng lượng dao động của con lắc khi ngắt điện trường $E=\frac{1}{2}k.{{{A}'}^{2}}=\frac{1}{2}.10.{{\left( \frac{0,707}{100} \right)}^{2}}=2,{{5.10}^{-4}}J$

Chọn A

Lời giải chi tiết

$T=2s\Rightarrow \omega =\pi rad/s$. Vị trí ban đầu giữ vật rồi thả là biên độ A

Độ biến dạng của lò xo tại vị trí cân bằng là $\Delta {{\ell }_{o}}=\frac{qE}{k}$

ð 2s đầu từ lúc đặt điện trường, CLLX dao động với vị trí cân bằng mới O­₁ sao cho $O{{O}_{1}}=\Delta {{\ell }_{o}}$

2s tiếp theo, dao động quanh vị trí cân bằng ${{O}_{2}}\left( {{O}_{1}}{{O}_{2}}=O{{O}_{1}} \right)$

2s tiếp theo, dao động quanh vị trí cân bằng ${{O}_{3}}\left( {{O}_{2}}{{O}_{3}}={{O}_{1}}{{O}_{2}}=O{{O}_{1}} \right)$

….

Sau 4s tức sau 2T kể từ khi có điện trường, vật về biên A và đột nhiên ngừng dao động, chứng tỏ ${{O}_{3}}\equiv A$

$\Rightarrow A=O{{O}_{1}}+{{O}_{1}}{{O}_{2}}+{{O}_{2}}{{O}_{3}}=3\Delta {{\ell }_{o}}\Rightarrow \Delta {{\ell }_{o}}=\frac{A}{3}$

Quãng đường đi được trong 4s này bằng $4.\frac{2A}{3}+4.\frac{A}{3}=4A=3S\Rightarrow S=\frac{4A}{3}$

Ban đầu vật đi được S = 4A/3 tới vị trí x= -A/3cm, vật có tốc độ $v=6\pi \sqrt{2}cm/s$nên

$\frac{{{x}^{2}}}{{{A}^{2}}}+\frac{{{v}^{2}}}{{{\left( A\omega \right)}^{2}}}=1\Leftrightarrow \frac{{{\left( -A/3 \right)}^{2}}}{{{A}^{2}}}+\frac{{{\left( 6\pi \sqrt{2} \right)}^{2}}}{{{A}^{2}}{{\pi }^{2}}}=1\Rightarrow A=9cm\Rightarrow S=\frac{4A}{3}=\frac{4.9}{3}=12cm$. Chọn A

Lời giải chi tiết

Tính được ${{x}_{1}}=\frac{qE}{k}\Rightarrow k{{x}_{1}}=qE$

$T=2\pi \sqrt{\frac{m+{{m}_{o}}}{k}}=\frac{2\pi }{5}s=\frac{T}{3}=\frac{T}{4}+\frac{T}{12}$

Hai vật bắt đầu tách ra tại N:

+) Độ lớn lực đàn hồi:

${{F}_{dh}}=k.\Delta \ell =0,5.k.{{x}_{M}}+1,5.k.{{x}_{1}}=0,5+1,5qE$

+) Gia tốc $a=\frac{qE={{F}_{\ell k}}}{{{m}_{o}}}=\frac{{{F}_{\ell k}}-{{F}_{dh}}}{m}$

$\Leftrightarrow \frac{qE-0,5}{2}=\frac{0,5-0,5-1,5qE}{1}$

$\Rightarrow E=\frac{0,5}{4q}=1250\,V/m$. Chọn C

Lời giải chi tiết

Gọi O_C là vtcb của vật khi hệ 2 lò xo, tại đó hệ dãn một đoạn:

$\Delta {{\ell }_{C}}=\frac{mg}{{{k}_{1}}+{{k}_{2}}}=\frac{0,25.10}{100+150}=0,01m=1cm$

Gọi O_m là vtcb của vật khi chỉ còn k₁, lúc độ dãn của riêng k₁ là:

$\frac{mg}{{{k}_{1}}}=0,025m=2,5cm$

Vậy $b={{O}_{C}}{{O}_{m}}=1,5cm$

+) Đối với hệ 2 lò xo, kéo m xuống dưới vtcb một đoạn $4/\pi $ cm rồi thả nhẹ thì A = $4/\pi $cm

_ Lúc đi qua vtcb O_C thì có vận tốc là:

$v=A\omega =\sqrt{\frac{{{k}_{1}}+{{k}_{2}}}{m}.A}=40\,cm/s$
+) Ngay tại vị trí O_C này k₂ đứt, con lắc bây giờ là con lắc mới gồm k₁ và m. Đối với con lắc này vtcb mới là O_m và vật m đi qua vị trí O có $x=\pm 1,5cm$ với v = 40 cm/s tần số mới là ${\omega }'=\sqrt{\frac{{{k}_{1}}}{m}}=20$rad/s

$\Rightarrow {A}'=\sqrt{{{x}^{2}}+{{\left( \frac{v}{{{\omega }'}} \right)}^{2}}}=\sqrt{1,{{5}^{2}}+{{\left( \frac{40}{20} \right)}^{2}}}=2,5cm$. Chọn C

Lời giải chi tiết

Lực ma sát trượt giữa M và m chỉ tồn tại khi D căng _ tương ứng với chuyển động của m về phía bên trái. Do vậy, ta chia quá trình chuyển động của m thành các giai đoạn sau:

Giai đoạn 1: Dao động tắt dần quanh vị trí cân bằng tạm O₁

Tại vtcb tạm, lực đàn hồi cân bằng với lực ma sát:

$k\Delta {{\ell }_{o}}=\mu Mg\Rightarrow \Delta {{\ell }_{o}}=\frac{\mu Mg}{k}=\frac{0,2.0,3.10}{40}=1,5cm$

_Biên độ giai đoạn này ${{A}_{1}}=4,5-1,5=3cm$

Vật chuyển động đến biên thì đổi chiều lúc này lò xo bị nén 1 đoạn $\Delta \ell =3-1,5=1,5cm$

Thời gian tương ứng trong giai đoạn này ${{t}_{1}}=\frac{{{T}_{1}}}{2}=\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=\pi \sqrt{\frac{0,1}{40}}=0,05\pi s$

Giai đoạn 2: m đổi chiều chuyển động _ dây chùng không còn ma sát trượt nữa _ hệ vật m + M dao động điều hòa quanh vtcb O (vt lò xo không biến dạng)

Biên độ dao động của vật ở giai đoạn này $A{{ {} }_{2}}=1,5cm$(${{A}_{2}}<{{A}_{2\max }}=\frac{\mu g}{{{\omega }_{2}}^{2}}=2cm$ để M không trượt trong quá trình dao động)

Thời gian tương ứng đến khi vật đổi chiều lần thứ hai${{t}_{2}}=\frac{{{T}_{2}}}{2}=\pi \sqrt{\frac{m+M}{k}}=\pi \sqrt{\frac{0,1+0,3}{40}}=0,1\pi s$

_ Tốc độ trung bình của m trong 2 giai đoạn trên:

${{v}_{tb}}=\frac{S}{t}=\frac{2{{A}_{1}}+2{{A}_{2}}}{{{t}_{1}}+{{t}_{2}}}=\frac{2\left( 3+1,5 \right)}{0,05\pi +0,1\pi }=19,1\,cm/s$. Chọn B

Lời giải chi tiết

Tần số góc $\omega =\frac{2\pi }{T}=5\pi \,rad/s$

Độ dãn của lò xo tại VTCB lúc thang máy đứng yên: $\Delta {{\ell }_{o}}=\frac{mg}{k}=\frac{g}{{{\omega }^{2}}}=4cm$

Tại thời điểm vật đi qua vị trí lò xo không biến dạng (nó có li độ so với vị trí cân bằng cũ là

${{x}_{c}}=+4cm$ và c