Bài Tập Con Lắc Lò Xo (P2)

BÀI TẬP CON LẮC LÒ XO TRONG HỆ QUY CHIẾU PHI QUÁN TÍNH

 

*Khi hệ quy chiếu chuyển động thẳng biến đổi đều với gia tốc $\overrightarrow{a}$ thì vật dao động của con lắc sẽ chịu thêm một lực quán tính${{\overrightarrow{F}}_{qt}}=-m\overrightarrow{a}$ ; Còn nếu hệ quy chiếu quay đều với tốc độ góc ω thì chịu thêm lực li tâm có hướng ra tâm và có độ lớn:

${{F}_{lt}}=\frac{m{{v}^{2}}}{r}=m{{\omega }^{2}}r$

Hướng dẫn

Biên độ dao động con lắc lúc đầu: $A=\frac{{{\ell }_{\max }}-{{\ell }_{\min }}}{2}=\frac{48-32}{2}=8\left( cm \right)$ Tại thời điểm mà vật ở vị trí thấp nhất, người ta cho thang máy đi xuống nhanh dần đều với gia tốc a = g/10 thì vật nặng của con lắc chịu tác dụng lực quán tính hướng lên trên và có độ lớn ${{F}_{qt}}=ma=0,4N$ Vì có lực này nên vị trí cân bằng sẽ dịch lên trên một đoạn

\[b=\frac{{{F}_{qt}}}{k}=1,6\left( cm \right)\] Sau đó vật dao động biên độ là A’= 8 +1,6 = 9,6 cm => Chọn D.

 Kinh nghiệm: Con lắc lò xo treo trong thang máy đứng yên, đang dao động điều hòa theo phương thẳng đứng, đúng lúc nó có li độ x_C (vận tốc ${{v}_{C}}=\omega \sqrt{{{A}^{2}}-x_{C}^{2}}$ nếu vật đang đi theo chiều dương và vận tốc ${{v}_{C}}=-\omega \sqrt{{{A}^{2}}-x_{C}^{2}}$ nếu vật đang đi theo chiều âm) thì thang máy chuyển động biến đổi đều với gia tốc $\overrightarrow{a}$ . Khi đó, vật dao động chịu thêm lực quán tinh ${{\overrightarrow{F}}_{qt}}=-m\overrightarrow{a}$ nên VTCB mới dịch theo hướng của ${{\overrightarrow{F}}_{qt}}$ một đoạn $b=\frac{{{F}_{qt}}}{k}$ . Ngay tại lúc này, đối với gốc tọa độ mới, vật có li độ và vận tốc:

(Lấy +b khi ${{\overrightarrow{F}}_{qt}}$ theo chiều âm và lẩy −b khi ${{\overrightarrow{F}}_{qt}}$hướng theo dương)

Hướng dẫn

Tần số góc: $\omega =\frac{2\pi }{T}=5\pi \left( rad/s \right)$ Độ dãn lò xo tại VTCB lúc thang máy đứng yên: $\Delta {{\ell }_{0}}=\frac{mg}{k}=\frac{g}{{{\omega }^{2}}}=4\left( cm \right)$ 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 xC = −4 cm và có vận tốc ${{v}_{C}}=\omega \sqrt{{{A}^{2}}-{{x}^{2}}}=15\pi \left( rad/s \right)$, người ta cho thang máy đi lên nhanh dần đều với gia toc a = g/2 m/s2 thì vật nặng của con lắc chịu

tác dụng lực quán tính hướng xuống và có độ lớn F_qt = ma. Vì có lực này nên vị trí cân bằng sẽ dịch xuống dưới một đoạn b =\[\frac{{{F}_{qt}}}{k}=\frac{ma}{k}\]  = 2 (cm).

Như vậy, tại thời điểm này vật có li độ so với vị trí cân bằng mới là x_m = x_C − b = −6 cm và có vận tốc v = 1571 cm/s. Do đó, biên độ dao động mới:

$A'=\sqrt{x_{m}^{2}+\frac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}}=\sqrt{{{\left( -6 \right)}^{2}}+{{\left( \frac{15\pi }{5\pi } \right)}^{2}}}=3\sqrt{5}\left( cm \right)\Rightarrow $ Chọn C.

Hướng dẫn Khi thang máy đi lên nhanh dần đều với gia tốc a thì vật nặng của con lắc chịu tác dụng lực quán tính hướng xuống và có độ lớn Fqt = mA. Vì có lực này nên vị trí cân bằng sẽ dịch xuống dưới một đoạn $b=\frac{{{F}_{qt}}}{k}=\frac{ma}{k}$ Giả sử tại thời điểm thang máy bắt đầu chuyển động nhanh dần đều lên trên, vật M có li độ x so với Oc (có li độ so với Om là x + b). Ta có:

Hướng dẫn

Lực li tâm (${{F}_{lt}}=m{{\omega }^{2}}r=m{{\omega }^{2}}\left( {{\ell }_{0}}+\Delta {{\ell }_{0}} \right)$ ) cân bằng với lực hướng tàm (chính là lực đàn hồi của lò xo ${{F}_{dh}}=k\Delta {{\ell }_{0}})$ nên $m{{\omega }^{2}}\left( {{\ell }_{0}}+\Delta {{\ell }_{0}} \right)=k\Delta {{\ell }_{0}}$ $\begin{align}   & \Rightarrow {{0,2.4,47}^{2}}\left( 0,2+\Delta {{\ell }_{0}} \right)=20\Delta {{\ell }_{0}} \\  & \Rightarrow \Delta {{\ell }_{0}}\approx 0,05\left( m \right) \\ \end{align}$

 Chiều dài lò xo lúc này là: ${{\ell }_{0}}+\Delta {{\ell }_{0}}=25\left( cm \right)\Rightarrow $ Chọn B.

Chú ý: Nếu tính được tốc độ góc ω thì góc quay được, số vòng quay được  trong thời gian Δt lần lượt là:

Hướng dẫn

Chu kì dao động lúc đầu: $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}.$

Khi thanh quay, chu kỳ: $T'=2\pi \sqrt{\frac{m}{k'}}$ Để tính k’ ta xét trong hệ quy chiếu quay:

* Tại VTCB, lực li tâm cân bằng với lực đàn hồi: $m{{\omega }^{2}}\left( {{\ell }_{0}}+\Delta {{\ell }_{0}} \right)=k\Delta {{\ell }_{0}}$

* Tại VT li độ x, hợp lực tác dụng: $F=m{{\omega }^{2}}\left( {{\ell }_{0}}+\Delta {{l}_{0}}+x \right)=-k\left( \Delta l+x \right)$

$\Rightarrow F=-x$ Do đó:

$\Rightarrow {{\omega }^{2}}=\frac{4{{\pi }^{2}}}{{{T}^{2}}}-\frac{4{{\pi }^{2}}}{T{{'}^{2}}}\Rightarrow \omega =2\pi \sqrt{\frac{1}{{{T}^{2}}}-\frac{1}{T{{'}^{2}}}}\approx 3,9\left( rad/s \right)\Rightarrow $ Chọn A.

Hướng dẫn

Độ cứng của lò xo: $k=\frac{T}{\Delta \ell }=\frac{0,1}{0,01}=10\left( N/m \right)$

Khi lò xo quay tạo ra hình nón tròn xoay, hợp lực $\overrightarrow{P}$ và ${{\overrightarrow{F}}_{dh}}$ đóng vai trò là lực hướng tâm.

Từ hình vẽ: $P={{F}_{dh}}\cos \alpha \Rightarrow mg=k\Delta {{\ell }_{0}}\cos \alpha \Rightarrow \Delta {{l}_{0}}=\frac{mg}{k\cos \alpha }=0,2\left( m \right)=20\left( cm \right)$

$\Rightarrow \ell ={{\ell }_{0}}+\Delta {{\ell }_{0}}=0,4\left( m \right)$

${{F}_{ht}}=P\tan \alpha \Rightarrow mr{{\omega }^{2}}=mg\tan \alpha \Rightarrow \omega =\sqrt{\frac{g\tan \alpha }{r}}=\sqrt{\frac{g\tan \alpha }{\ell \sin \alpha }}=5\sqrt{2}\left( rad/s \right)$

$\Rightarrow $ Chọn B.

Hướng dẫn

Độ cứng của lò xo: $k=\frac{F}{\Delta l}=\frac{0,15}{0,015}=10\left( N/m \right)$

Khi lò xo quay tạo ra hình nón tròn xoay, hợp lực $\overrightarrow{P}$ và ${{\overrightarrow{F}}_{dh}}$ đóng vai trò là lực hướng tâm.

Từ hình vẽ:

Số vòng quay: $n=\frac{\Delta \varphi }{2\pi }=\frac{\omega \Delta t}{2\pi }=\frac{6,49.98}{2\pi }\approx 101\Rightarrow $ Chọn C.

Quy trình giải nhanh:

 

Bài viết gợi ý: