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

Lực kéo về tác dụng lên vật luôn hướng về vị trí cân bằng.

Con lắc lò xo nằm ngang, ở vị trí biên, độ lớn lực đàn hồi cực đại: \(F = kA= 2 (N)\)

Biểu thức tính lực kéo về của con lắc lò xo \(F = - kx\)

Giả sử ở vị trí cân bằng, lò xo giãn một đoạn ∆l₀

Tỉ số giữa lực đàn hồi lớn nhất và lực đàn hồi khi đi qua vị trí cân bằng là:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{{F_{dh\max }}}}{{{F_{dh0}}}} = \dfrac{{k\left( {\Delta {l_0} + A} \right)}}{{k\Delta {l_0}}} = 3 \Rightarrow \Delta {l_0} + A = 3\Delta {l_0}\\ \Rightarrow \Delta {l_0} = \dfrac{A}{2} = 2\,\,\left( {cm} \right) = 0,02\,\,\left( m \right)\end{array}\)

Tần số góc của con lắc là:

\(\omega  = \sqrt {\dfrac{g}{{\Delta {l_0}}}}  = \sqrt {\dfrac{{10}}{{0,02}}}  = 10\sqrt 5 \,\,\left( {rad/s} \right)\)

Ta có: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\rm{m}}}{{\rm{k}}}}  = 0,{\rm{4 (s)}}\)

Độ biến dạng của lò xo tại vị trí CB là: \(\dfrac{k}{m} = \dfrac{g}{{\Delta l}} \Rightarrow \Delta l = \dfrac{{mg}}{k} = 4(cm)\)

Ta có: \({\rm{\Delta l}} + {\rm{A  =  12 (cm)}} \Rightarrow A = 8\) (cm)

Chiều của lực đàn hồi và lực hồi phục được biểu diễn như hình vẽ

\( \Rightarrow \) Thời gian để lực đàn hồi và lực phục hồi ngược chiều nhau là: \(t = 2.\dfrac{T}{{12}} = \dfrac{T}{6} = \dfrac{1}{{15}}\) (s)

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

Ta có:

- Cơ năng dao động:

\({\rm{W}} = \dfrac{1}{2}k{A^2} = {20.10^{ - 3}}J\)

- Lực đàn hồi cực đại: F_đhmax = kA = 2N

\( \to \dfrac{{\rm{W}}}{{{F_{{\rm{d}}{{\rm{h}}_{{\rm{max}}}}}}}} = \dfrac{A}{2} = \dfrac{{{{20.10}^{ - 3}}}}{2} \\\to A = 0,02m = 2cm\)

Ta có:

- Lực đàn hồi cực đại: F_max = k(∆l + A)

- Lực đàn hồi cực tiểu: F_min = k(∆l - A)

$ \to \dfrac{{{F_{dhmax}}}}{{{F_{dhmin}}}} = \dfrac{{\Delta l + A}}{{\Delta l - A}} = a \to A = \dfrac{{\Delta l(a - 1)}}{{a + 1}}$

Ta có:

\({F_{max}} = kA = m{\omega ^2}A \to A = \dfrac{{{F_{max}}}}{{m{\omega ^2}}} = \dfrac{{0,8}}{{0,{{5.4}^2}}} = 0,1m = 10cm\)

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

=> Lực đàn hồi, tại vị trí cân bằng:

\(\left| {{F_{dh}}} \right| = k\Delta l = k\dfrac{{mg}}{k} = mg\)

(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: \(\Delta t = \frac{T}{2} = 0,15{\rm{s}} \to T = 0,3{\rm{s}}\)

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

Vị trí lò xo ở vị trí thấp nhất là x = +A

Từ đầu bài, ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{{{F_{dh(x =  + A)}}}}{{mg}} = 1,8 = \frac{{k(\Delta l + A)}}{{mg}} = \frac{{k(\frac{{mg}}{k} + A)}}{{mg}} = 1 + \frac{{kA}}{{mg}} = 1 + \frac{{m{\omega ^2}A}}{{mg}} = 1 + \frac{{{\omega ^2}A}}{g}\\ \to \frac{{{\omega ^2}A}}{g} = 0,8 \to A = \frac{{0,8g}}{{{\omega ^2}}} = \frac{{0,8.10}}{{{{\left( {\frac{{20\pi }}{3}} \right)}^2}}} = 0,018m = 1,8cm\end{array}\)

Chọn chiều dương hướng xuống

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

Ta có thời gian từ lúc lực đàn hồi cực đại đến lúc lực đàn hồi cực tiểu là \(\dfrac{T}{3}\)

=> Ta có góc quét: \(\Delta \varphi  = \omega \Delta T = \dfrac{{2\pi }}{T}.\dfrac{T}{3} = \dfrac{{2\pi }}{3}\), vẽ trên vòng tròn lượng giác, ta được:

Ta có góc \(\alpha  = \pi  - \dfrac{{2\pi }}{3} = \dfrac{\pi }{3}\)

=> vị trí lực đàn hồi cực tiểu là \(x =  - \Delta l =  - Acos\alpha  =  - Acos\dfrac{\pi }{3} =  - \dfrac{A}{2} =  - 4cm\)

\( \to \Delta l = \dfrac{{mg}}{k} = \dfrac{{mg}}{{m{\omega ^2}}} = 0,04 \to \omega  = \sqrt {\dfrac{g}{{0,04}}}  = 5\pi (ra{\rm{d}}/s)\)

- Vị trí cách vị trí thấp nhất \(2cm\) có li độ: \(x{\rm{ }} = {\rm{ }}6cm\)

 \({A^2} = {x^2} + \dfrac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} \leftrightarrow {8^2} = {6^2} + \dfrac{{{v^2}}}{{{{\left( {5\pi } \right)}^2}}} \to v =  \pm 10\sqrt 7 \pi cm/s\)

Từ phương trình dao động, ta có:

+ Biên độ dao động: \(A = 2cm\)

+ Tần số góc: \(ω = 20 (rad/s)\)

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 ≤ \(4N\)

\( \to {F_{d{h_{{\rm{max}}}}}} = k(\Delta l + A) \le 4N \leftrightarrow k(\dfrac{{mg}}{k} + A) \le 4 \leftrightarrow mg + kA \le 4 \to A \le \dfrac{{4 - 0,1.10}}{{50}} = 0,06m = 6cm\)

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:

\({F_{dh}} = k(\Delta l + x)\)

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. Khoảng thời gian đó là: \(\Delta t = \dfrac{T}{6} = \dfrac{{0,4}}{6} = \dfrac{1}{{15}}s\)

Độ dãn của lò xo tại vị trí cân bằng là: \(\Delta l = \frac{{mg\sin \alpha }}{k} = \frac{{0,2.10.\sin {{30}^0}}}{{50}} = 0,02m = 2cm\)

Lực đàn hồi tại VTCB: F_đh = - k.∆l = - 50. 0,02 = 1N

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

Từ phương trình dao động, ta có chu kì dao động: \(T = \dfrac{{2\pi }}{\omega } = 1{\rm{s}}\)

Tại t = 0: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_0} = 5c{\rm{os}}\left( { - \dfrac{\pi }{3}} \right) = 2,5cm\\v =  - A\omega \sin \left( { - \dfrac{\pi }{3}} \right) > 0\end{array} \right.\)

Lực đàn hồi 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: \(t = \dfrac{T}{6} + \dfrac{T}{4} = \dfrac{{5T}}{{12}} = \dfrac{5}{{12}}s\)

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 (T/2) lực hồi phục sinh công âm, một nửa thời gian (T/2) sinh công dương.

Dựa vào VTLG ta xác định được:

+ Lần 1, vật qua li độ x = -10 cm theo chiều âm ứng với góc quét từ \( - \pi /6\) đến \(2\pi /3\). Trong giai đoạn này khoảng thời gian sinh công dương là T/4 ( ứng với cung phần tư thứ nhất).

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

=> Tổng thời gian: T/4 + 1007T = 1208,7 s.

Tần số góc của vật là :

\(\omega  = \sqrt {\frac{k}{m}}  = \sqrt {\dfrac{{50}}{{0,5}}}  = 10rad\)

Tại VTCB truyền vận tốc cho vật

\( \Rightarrow {v_{\max }} = \omega .A \Rightarrow A = \dfrac{{{v_{m{\rm{ax}}}}}}{\omega } = \dfrac{1}{{10}} = 0,1m\)

Công suất của lực đàn hồi: $P = F.v = kx.v$

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

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

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 : \( \Rightarrow P = F.v = k.\dfrac{A}{{\sqrt 2 }}.\dfrac{{\omega A}}{{\sqrt 2 }} = k\omega \dfrac{{{A^2}}}{2} = 2,5W\)

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

* CLLX1 có biên độ dao động A₁ = 2cm, lực kéo về cực đại F_1max = 2 N => độ cứng của lò xo 1 là k₁ = 100 N/m

* CLLX2 có biên độ dao động A₂ = 1 cm, lực kéo về cực đại F_2max = 3 N => độ cứng của lò xo 2 là k₂ = 300 N/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 = 0,5 thì CLLX1 qua vị trí có động năng bằng nửa cơ năng, tức là VT \({x_1} = \frac{{{A_1}}}{{\sqrt 2 }}\) => thời gian t = T₁/8  => T₁ = 8t = 8.0,5 =  4 s

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

+ Ta có \(\frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} = \sqrt {\frac{{{k_1}}}{{{k_2}}}}  = \frac{1}{{\sqrt 3 }} =  > {T_2} = \frac{4}{{\sqrt 3 }}(s)\) => Sau thời gian t = 0,5s =>\(t = \frac{{\sqrt 3 {T_2}}}{8}\) => Khi đó CLLX 2 đang ở vị trí có li độ x₂ = 0,98 cm

=> Thế năng của con lắc 2 là: \({{\rm{W}}_{t2}} = \frac{{{k_2}.x_2^2}}{2} = \frac{{300.0,{{98}^2}}}{2} = 0,0144(J)\)

Cơ năng của con lắc 2 là: \({\rm{W}} = \frac{1}{2}{k_2}A_2^2 = \frac{1}{2}.300.0,{01^2} = 0,015\)

Do đó \(\frac{{{{\rm{W}}_{t2}}}}{{\rm{W}}} = 0,96\)