Bài tập chiều dài CLLX - Lực đàn hồi, lực hồi phục của CLLX

Ta có: Lực kéo về tác dụng vào vật luôn hướng về vị trí cân bằng

Ta có:

- Cơ năng dao động: \({\rm{W}} = \dfrac{1}{2}k{A^2} = {32.10^{ - 3}}J\)

- Lực đàn hồi cực đại: \({F_{dhmax}} = {\rm{ }}kA{\rm{ }} = {\rm{ 4}}N\)

\(\begin{array}{l} \to \dfrac{{\rm{W}}}{{{F_{{\rm{d}}{{\rm{h}}_{{\rm{max}}}}}}}} = \dfrac{A}{2} = \dfrac{{{{32.10}^{ - 3}}}}{4} = {8.10^{ - 3}}\\ \to A = 0,016m = 1,6cm\end{array}\)

Ta có:

- Lực đàn hồi cực đại: \({F_{dhmax}} = k\left( {\Delta l + A} \right)\)

- Lực đàn hồi cực tiểu: \({F_{dh\min }} = k\left( {\Delta l - A} \right)\)

\(\begin{array}{l} \to \dfrac{{{F_{dh\min }}}}{{{F_{dhmax}}}} = \dfrac{{\Delta l - A}}{{\Delta l + A}} = a\\ \to \Delta l - A = a\left( {\Delta l + A} \right)\\ \to A = \dfrac{{\Delta l\left( {1 - a} \right)}}{{\left( {1 + a} \right)}}\end{array}\)

+ Từ phương trình của lực kéo về \(F =  - 0,75cos\left( {4t} \right)N\), ta có:

- Tần số góc \(\omega  = 4\left( {rad/s} \right)\)

- Lực kéo về cực đại: \({F_{max}} = 0,75N\)

+ Ta có:

\(\begin{array}{l}{F_{max}} = kA = m{\omega ^2}A\\ \to A = \dfrac{{{F_{max}}}}{{m{\omega ^2}}} = \dfrac{{0,75}}{{{{0,25.4}^2}}} = 0,1875m = 18,75cm\end{array}\)

Ta có, tại vị trí cân bằng, lò xo dãn một đoạn \(\Delta l = \dfrac{{mg}}{k}\)

=> Lực đàn hồi, tại vị trí biên dương: \(\left| {{F_{dh}}} \right| = k\left( {\Delta l + A} \right) = k\left( {\dfrac{{mg}}{k} + A} \right) = mg + kA\)

(Chọn chiều dương hướng xuống)

Thời gian quả cầu đi từ vị trí cao nhất đến vị trí thấp nhất tương ứng với thời gian đi từ: 

\( - A\) đến \(A\) và bằng: \(\Delta t = \dfrac{T}{2} = 0,02{\rm{s}} \to T = 0,04{\rm{s}}\)

=> Tần số góc: \(\omega  = \dfrac{{2\pi }}{T} = \dfrac{{2\pi }}{{0,04}} = 50\pi \left( {rad/s} \right)\)

- Độ dãn của lò xo tại vị trí cân bằng: \(\Delta l = \dfrac{{mg}}{k}\)

+ Vị trí lò xo ở vị trí thấp nhất là \(x =  + A\), thì lực đàn hồi tại đây: \({F_{dh}} = k\left( {\Delta l + A} \right)\)

Theo đầu bài, ta có:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{{F_{dh(x =  + A)}}}}{{mg}} = 6 = \dfrac{{k(\Delta l + A)}}{{mg}} = \dfrac{{k(\dfrac{{mg}}{k} + A)}}{{mg}}\\ = 1 + \dfrac{{kA}}{{mg}} = 1 + \dfrac{{m{\omega ^2}A}}{{mg}} = 1 + \dfrac{{{\omega ^2}A}}{g} = 6\\ \to \dfrac{{{\omega ^2}A}}{g} = 5\\ \to A = \dfrac{{5g}}{{{\omega ^2}}} = \dfrac{{5.10}}{{{{\left( {\dfrac{{2\pi }}{{0,04}}} \right)}^2}}} = {2.10^{ - 3}}m = 2mm\end{array}\)

Chọn chiều dương hướng xuống

Vị trí lực đàn hồi cực đại: \(x{\rm{ }} = {\rm{ }} + {\rm{ }}A\)

Ta có thời gian từ lúc lực đàn hồi cực đại đến lúc lực đàn hồi cực tiểu là \(\dfrac{T}{3}\) ứng với góc quét \(\Delta \varphi  = \omega .\Delta t = \dfrac{{2\pi }}{T}.\dfrac{T}{3} = \dfrac{{2\pi }}{3}\)

Từ vòng tròn lượng giác, ta suy ra:

=> Vị trí lực đàn hồi cực tiểu là \(x =  - \Delta l = A.\sin \left( {\dfrac{{2\pi }}{3} - \dfrac{\pi }{2}} \right) = \dfrac{A}{2} =  - 5cm\)

\( \to \Delta l = \dfrac{{mg}}{k} = \dfrac{{mg}}{{m{\omega ^2}}} = 0,05 \to \omega  = \sqrt {\dfrac{g}{{0,05}}}  = 10\sqrt 2 (ra{\rm{d}}/s)\)

- Vị trí cách vị trí thấp nhất \(4cm\) có li độ: \(x = 10 - 4 = 6cm\)

 \(\begin{array}{l}{A^2} = {x^2} + \dfrac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} \leftrightarrow {10^2} = {6^2} + \dfrac{{{v^2}}}{{{{\left( {10\sqrt 2 } \right)}^2}}}\\ \to v =  \pm 80\sqrt 2 cm/s \approx  \pm 113,14cm/s\end{array}\)

+ Từ đồ thị dao động, ta có:

- Biên độ dao động: \(A = 2cm\)

- Chu kì dao động: \(T = \dfrac{\pi }{{10}}s\)

=> Tần số góc \(\omega  = \dfrac{{2\pi }}{T} = \dfrac{{2\pi }}{{\dfrac{\pi }{{10}}}} = 20\left( {rad/s} \right)\)

+ Độ dãn của lò xo tại vị trí cân bằng: \(\Delta l = \dfrac{{mg}}{k} = \dfrac{{mg}}{{m{\omega ^2}}} = \dfrac{g}{{{\omega ^2}}} = \dfrac{{10}}{{20{}^2}} = 0,025m = 2,5cm\)

+ Chiều dài cực đại của lò xo: \({l_{{\rm{max}}}} = {l_0} + \Delta {l_0} + A = 30 + 2,5 + 2 = 34,5cm\)

+ Chiều dài cực tiểu của lò xo: \({l_{{\rm{min}}}} = {l_0} + \Delta {l_0} - A = 30 + 2,5 - 2 = 30,5cm\)

Để hệ thống không bị rơi

=> lực đàn hồi cực đại \( \le 4N\)

\(\begin{array}{l} \to {F_{d{h_{{\rm{max}}}}}} = k(\Delta l + A) \le 4N\\ \leftrightarrow k(\dfrac{{mg}}{k} + A) \le 4\\ \leftrightarrow mg + kA \le 4\\ \to A \le \dfrac{{4 - mg}}{k} = \dfrac{{4 - 0,16.10}}{{80}} = 0,03m = 3cm\end{array}\)

+ Từ đồ thị, ta có:

- Biên đọ dao động: \(A = 8cm\)

- Chu kì dao động: \(T = 0,4s\)

Chọn chiều dương hướng xuống, ta có:

+ Độ dãn của lò xo tại vị trí cân bằng: \(\Delta l = \dfrac{{mg}}{k} = \dfrac{{mg}}{{m{\omega ^2}}} = \dfrac{g}{{{{\left( {\dfrac{{2\pi }}{T}} \right)}^2}}} = \dfrac{{10}}{{{{\left( {\dfrac{{2\pi }}{{0,4}}} \right)}^2}}} = 0,04m = 4cm\)

+ Lực đàn hồi tại vị trí bất kì:  

+ Công suất tức thời: \(P = \left| {Fv} \right| = k\left| {(\Delta l + x)v} \right|\)

Ta có: P = 0 khi \(\left[ \begin{array}{l}x =  - \Delta l =  - 4cm\\v = 0 \to x =  \pm A\end{array} \right.\)

Vẽ vòng tròn lượng giác, ta được:

=> Khoảng thời gian ngắn nhất giữa hai lần công suất tức thời của lực đàn hồi bằng 0 chính bằng khoảng thời gian đi từ \( - 4cm\)  đến \( - 8cm\) hoặc ngược lại.

Ta có: \(\Delta \varphi  = \omega \Delta t\)

=> Khoảng thời gian đó là: \(\Delta t = \dfrac{{\Delta \varphi }}{\omega } = \dfrac{{\dfrac{\pi }{3}}}{{\dfrac{{2\pi }}{T}}} = \dfrac{T}{6} = \dfrac{{0,4}}{6} = \dfrac{1}{{15}}s\)

+ Độ dãn của lò xo tại vị trí cân bằng là: \(\Delta l = \dfrac{{mg\sin \alpha }}{k} = \dfrac{{0,16.10.\sin {{45}^0}}}{{80}} = 0,01\sqrt 2 m = \sqrt 2 cm\)

+ Lực đàn hồi tại VTCB: \(\left| {{F_{dh}}} \right| = k\Delta l = 80.0,01\sqrt 2  = 0,8\sqrt 2 N \approx 1,13N\)

Tại vị trí cân bằng, lò xo đang dãn mà lực đàn hồi có hướng chống lại sự dãn

=> Lực đàn hồi hướng lên

+ Từ đồ thị dao động, ta có:

- Biên độ dao động: \(A = 5cm\)

- Thời gian đi từ \(\dfrac{A}{2} \to A\): \(\Delta t = \dfrac{T}{6} = \dfrac{1}{6}s \to T = 1s\)

+ Tại thời điểm ban đầu, vật đang đang ở li độ \(x = \dfrac{A}{2}\) và chuyển động theo chiều dương

+ Lực đàn hồi của con lắc lò xo nằm ngang đổi chiều tại vị trí cân bằng

Từ vòng tròn lượng giác,

=> Lực đàn hồi đổi chiều lần đầu kể từ t = 0 tại thời điểm: \(\Delta t = \dfrac{{\Delta \varphi }}{\omega } = \dfrac{{\dfrac{{5\pi }}{6}}}{{\dfrac{{2\pi }}{T}}} = \dfrac{{5T}}{{12}} = \dfrac{5}{{12}}s\)

+ Từ đồ thị, ta có:

- Biên độ dao động của vật \(A = 20cm\)

- Khoảng thời gian vật đi từ \(10\sqrt 3  \to 20 \to 0\) là: \(\Delta t = \dfrac{T}{{12}} + \dfrac{T}{4} = 0,4s \to T = 1,2s\)

- Tại thời điểm ban đầu, vật đang ở li độ \({\rm{?i}}\) và đang chuyển động theo chiều dương

+ Lực hồi phục luôn luôn hướng về VTCB, lực hồi phục sinh công dương khi vật chuyển động về VTCB và sinh công âm khi chuyện động ra VT biên.

+ Trong một chu kì, một nửa thời gian \(\left( {\dfrac{T}{2}} \right)\) lực hồi phục sinh công âm, một nửa thời gian \(\left( {\dfrac{T}{2}} \right)\) sinh công dương.

Dựa vào vòng tròn lượng giác, ta xác định được:

- Lần 1, vật qua li độ \(x =  - 10cm\) theo chiều âm ứng với góc quét \(\dfrac{{5\pi }}{6}\).

Trong giai đoạn này khoảng thời gian sinh công dương là \(\dfrac{T}{4}\) ( ứng với cung phần tư thứ nhất).

- Để đến thời điểm lần thứ 2015, vật qua li độ \(x =  - 10cm\) theo chiều âm thì cần quét thêm 2014 vòng và thời gian sinh công dương có thêm là \(2014\dfrac{T}{2} = 1007T\)

=> Tổng thời gian: \(\dfrac{T}{4} + 1007T = 1007,25T = 1007,25.1,2 = 1208,7s\)

+ Tần số góc của vật là : \(\omega  = \sqrt {\dfrac{k}{m}}  = \sqrt {\dfrac{{80}}{{0,2}}}  = 20rad\)

+ Tại VTCB truyền vận tốc cho vật \( \Rightarrow {v_{\max }} = \omega .A \Rightarrow A = \dfrac{{{v_{m{\rm{ax}}}}}}{\omega } = \dfrac{{1,2}}{{20}} = 0,06m\)

+ Công suất của lực đàn hồi: \(P{\rm{ }} = {\rm{ }}F.v{\rm{ }} = {\rm{ }}kx.v\)

Ta có :

\({A^2} = {x^2} + \dfrac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} \ge \dfrac{2}{\omega }\left| {xv} \right| \Rightarrow \left| {xv} \right| \le \dfrac{{\omega {A^2}}}{2}\)

 \( \to {P_{m{\rm{ax}}}} = \dfrac{{k{A^2}\omega }}{2}\)

Dấu bằng xảy ra khi : \({x^2} = \dfrac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}}\)

=> Công suất của lực đàn hồi đạt cực đại khi \(x = \dfrac{A}{{\sqrt 2 }},v = \omega \dfrac{A}{{\sqrt 2 }}\)

Công suất cực đại là : \( \Rightarrow P = F.v = k.\dfrac{A}{{\sqrt 2 }}.\dfrac{{\omega A}}{{\sqrt 2 }} = k\omega \dfrac{{{A^2}}}{2} = 80.20\dfrac{{{{0,06}^2}}}{2} = 2,88W\)

+ Từ đồ thị ta thu được các dữ kiện sau:

* CLLX1 có biên độ dao động \({A_1} = 4cm\), lực kéo về cực đại \({F_{1max}} = 1N\)

=> Độ cứng của lò xo 1 là \(k = \dfrac{{{F_{1max}}}}{{{A_1}}} = \dfrac{1}{{0,04}} = 25N/m\)

* CLLX2 có biên độ dao động \({A_2} = 2cm\), lực kéo về cực đại \({F_{2max}} = 2N\)

=> Độ cứng của lò xo 2 là \({k_2} = \dfrac{{{F_{2max}}}}{{{A_2}}} = \dfrac{2}{{0,02}} = 100N/m\)

+ Theo đề bài, tại thời điểm ban đầu, cả hai con lắc đều đi qua VTCB theo một chiều, ở đây giả sử theo chiều dương.

+ Sau thời gian ngắn nhất \(t = 0,5s\) thì CLLX1 qua vị trí có động năng bằng nửa cơ năng, tức là vị trí \({x_1} = \dfrac{{{A_1}}}{{\sqrt 2 }}\) => Thời gian \(t = \dfrac{{{T_1}}}{8} \to {T_1} = 8t = 8.0,5 = 4s\)

Và động năng khi đó của con lắc là \({{\rm{W}}_d} = \dfrac{{{{\rm{W}}_1}}}{2}{\rm{  = }}\dfrac{1}{2}\dfrac{{{k_1}{A_1}^2}}{2} = \dfrac{1}{2}\dfrac{{{{25.0,04}^2}}}{2} = 0,01(J)\)

+ Ta có \(\dfrac{{{T_2}}}{{{T_1}}} = \sqrt {\dfrac{{{k_1}}}{{{k_2}}}}  = \sqrt {\dfrac{{25}}{{100}}}  =  > {T_2} = \dfrac{1}{2}{T_1} = 2s\)

 => Sau thời gian \(t = 0,5s = \dfrac{{{T_2}}}{4}\)

=> Khi đó CLLX 2 đang ở vị trí có li độ \({x_2} = {A_2} = 2cm\)

=> Thế năng của con lắc 2 là: \({{\rm{W}}_{t2}} = \dfrac{{{k_2}.x_2^2}}{2} = \dfrac{{{{100.0,02}^2}}}{2} = 0,02(J)\)

 Cơ năng của con lắc 2 là: \({\text{W}} = \dfrac{1}{2}{k_2}A_2^2 = \dfrac{1}{2}.100.0,{02^2} = 0,02\left( J \right)\)

Do đó \(\dfrac{{{{\rm{W}}_{t2}}}}{{\rm{W}}} = 1\)

Lực kéo về tác dụng lên vật: \(F =  - kx\)

Từ đồ thị ta thấy:

Lực đàn hồi tại thời điểm ban đầu: $F = {F_1} =  - k(\Delta {l_o} + x)$

Lực đàn hồi tại vị trí biên dương: \(F = {F_2} =  - k\left( {\Delta l + A} \right)\)

Lực đàn hồi tại vị trí biên âm: \(F = {F_3} =  - k\left( {\Delta {l_0} - A} \right)\)

Gọi \(\Delta t\) là thời gian từ \(t = 0\) đến \(t = 0,2s\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}0,2 = \Delta t\\0,4 = T + \dfrac{{\Delta t}}{2}\end{array} \right.\\ \to T + \dfrac{{\Delta t}}{2} = 2\Delta t\\ \to \Delta t = \dfrac{{2T}}{3}\end{array}\)

\( \to x = \dfrac{A}{2}\)

Theo đề bài

\(\begin{array}{l}{F_1} + 3{F_2} + 6{F_3} = 0\\ \to k\left( {\Delta {l_0} + x} \right) + 3k\left( {\Delta {l_0} + A} \right) + 6k\left( {\Delta {l_0} - A} \right) = 0\\ \to \Delta {l_0} = \frac{A}{4}\end{array}\)

Ta có: \(cos\alpha  = \dfrac{{\Delta {l_0}}}{A} = \dfrac{1}{4} \to \alpha  = {75,52^0} = 0,42\pi \left( {rad} \right)\)

Ta có: $\Delta \varphi = \omega \Delta t$

=> Thời gian lo xo nén là \({t_n} = \dfrac{{\Delta \varphi }}{\omega } = \dfrac{{2\alpha }}{{\dfrac{{2\pi }}{T}}} = \dfrac{{2.0,42\pi }}{{2\pi }}T = 0,42T\)

=> Thời gian giãn : \({t_g} = T - {t_n} = T - 0,42 = 0,58T\)

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

+ Khi vật A chưa rời khỏi giá đỡ B thì vật A chuyển động với gia tốc của tấm gỗ \(a = 2m/{s^2}\)

Các lực tác dụng vào vật A có khối lường m là trọng lực \(\overrightarrow P \),  lực đàn hồi  \(\overrightarrow {{F_{dh}}} \), phản lực  \(\overrightarrow N \) do tấm gỗ tác dụng lên vật

+ Ta có, theo định luật II – Niutơn, tổng hợp các lực trên bằng tích của m và \(\overrightarrow a \)

\(\overrightarrow P  + \overrightarrow {{F_{dh}}}  + \overrightarrow N  = m\overrightarrow a \)

+ Chiếu theo phương thẳng đứng hướng xuống dưới ta có:

\(mg - k\Delta l - N = ma\)

+ Khi vật A rời khỏi giá đỡ B thì \(N = 0\) nên \(k\Delta l = mg - ma\)

\( \to \Delta l = \dfrac{{mg - ma}}{k} = \dfrac{{0,8.10 - 0,8.2}}{{160}} = 0,04m = 4cm\)

\(\Delta l\) chính bằng quãng đường dịch chuyển vật m trước khi rời khỏi tấm gỗ.

Thế năng của con lắc:\({{\rm{W}}_t} = {\rm{W}} - \dfrac{1}{2}m{v^2} = \dfrac{1}{2}k{x^2}\)

 \(\begin{array}{l} = 38,{4.10^{ - 3}} - \dfrac{1}{2}\left( {{{150.10}^{ - 3}}} \right).{\left( {16\pi {{.10}^{ - 2}}} \right)^2}\\ = 0,0192J\end{array}\)

Ta có

\(\begin{array}{l}{{\rm{W}}_t} = \dfrac{1}{2}k{x^2} = 0,0192(J)\\\left| {{F_{kv}}} \right| = k\left| x \right| = 0,96(N)\\ \Rightarrow \dfrac{{{{\rm{W}}_t}}}{{\left| {{F_{kv}}} \right|}} = \left| x \right| = \dfrac{{2.0,0192}}{{0,96}} = 0,04m\end{array}\)

\( \to \left| x \right| = 0,04(m)\)

Công thức tính lực kéo về: \({F_{kv}} =  - k.x \to k = \dfrac{{\left| {{F_{kv}}} \right|}}{{\left| x \right|}} = 24(N)\)

Hợp lực tác dụng lên vật dao động điều hòa luôn hướng về vị trí cân bằng.