Đáp án đúng: A
Phương pháp giải:
Quá ttrình chuyển động của vật được chia thành hai giai đoạn:
+ Giai đoạn 1: Vật rơi tự do xuống dưới. Chọn HQC gắn với điểm treo lò xo,trục Ox thẳng đứng chiều dương hướng xuống dưới, gốc O tại vị trí cân bằng.
+ Giai đoạn 2. Lò xo bị giữ ở chính giữa, khi đó độ cứng k thay đổi, tần số góc và chu kì thay đổi, vị trí cân bằng thay đổi. Ta xác định vị trí và li độ ở hệ quy chiếu đất và vị trí cân bằng mới. Từ đó xác định biên độ mới. Sử dụng VTLG tìm vận tốc tại \({t_2}\).Giải chi tiết:Độ biến dạng của lò xo tại VTCB:
\(\Delta {l_0} = \dfrac{{mg}}{k} = \dfrac{{0,1.10}}{{25}} = 4cm\)
Quá trình chuyển động của vật được chia làm hai giai đoạn:
+ Giai đoạn 1: Vật rơi tự do xuống dưới. Chọn HQC gắn với điểm treo lò xo,trục Ox thẳng đứng chiều dương hướng xuống dưới, gốc O tại vị trí cân bằng.
Vật nặng chịu tác dụng của các lực: trọng lực, lực đàn hồi của lò xo, lực quán tính \(\left( {{F_{qt}} = P} \right)\).
Tại vị trí cân bằng và trong quá trình rơi, vật dao động điều hòa quanh vị trí lò xo không biến dạng với biên độ \(A = \Delta {l_0}\)
Thời điểm \(t = 0\), con lắc bắt đầu rơi thì vật đang ở biên dưới.
Tần số góc của dao động:
\(\omega = \sqrt {\dfrac{k}{m}} = 5{\pi _{}}\left( {rad/s} \right)\) \( \Rightarrow T = \dfrac{{2\pi }}{\omega } = 0,4s\)
Sau khoảng thời gian \({t_1} = 0,02\sqrt {15} = \dfrac{{\sqrt {15} }}{{20}}T\) ứng với góc quét \(\varphi = \omega {t_1} = {69^0}\)
Khi đó li độ của vật là: \({x_1} = A.\cos {69^0} = 1,4cm\)
Khi đó vật có vận tốc là:
\(v = - \omega .\sqrt {{A^2} - {x^2}} = - 58,{93_{}}(cm/s)\)
+ Giai đoạn 2: Khi lò xo bị giữ ở chính giữa.
Xét trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất, vật chịu tác dụng của 2 lực: Trọng lực và lực đàn hồi.
Độ cứng \( \Rightarrow \) VTCB mới ở cách vị trí cân bằng cũ \(2cm\), là vị trí lò xo dãn\(\Delta l = \dfrac{{mg}}{{k'}} = 2cm\)
Sau thời gian \({t_1}\), vận tốc của vật nặng so với mặt đất là:
\(\overrightarrow {{v_{13}}} = \overrightarrow {{v_{12}}} + \overrightarrow {{v_{23}}} \)
\( \Rightarrow {v_{13}} = - 58,93 + gt = 18,53cm/s\)
Li độ của vật tại thời điểm t1 trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất là:
\({x_{13}} = - 1,4 - 2 = - 3,4cm\)
Khi đó tần số góc:
\(\omega ' = \sqrt {\dfrac{{k'}}{m}} = \sqrt 2 \omega = 5\sqrt 2 \pi \left( {rad/s} \right)\)
Khi đó vật dao động quanh vị trị \(O'\) với biên độ:
\(A' = \sqrt {x_{13}^2 + {{\left( {\dfrac{{{v_{13}}}}{{\omega '}}} \right)}^2}} \approx 3,5cm\)
Sau thời gian \(\Delta t = 0,07s\)
Vị trí ban đầu \(\alpha = acr\cos \dfrac{{3,4}}{{3,5}} = 13,{8^0}\)
Góc quét được \(\varphi = \omega \Delta t = 5\sqrt 2 \pi .0,07 = {89^0}\)
Li độ lúc đó là \(x = A.\sin \left( {\alpha + \varphi - {{90}^0}} \right) = 0,77cm\)
Vận tốc lúc đó là \(v = \omega '\sqrt {A{'^2} - {x^2}} = 75,{8_{}}cm/s\)
Chọn A.
