Đáp án A

Hướng dẫn:

Nhận thấy rằng với cách kích thích bằng va chạm cho con lắc lò xo nằm ngang, chỉ làm thay đổi tần số góc của hệ (do m thay đổi) chứ không làm thay đổi vị trí cân bằng của hệ.

+ Tần số góc của con lắc sau va chạm ${\omega }^{\text{'}}=\sqrt{\frac{k}{M+m}}=\sqrt{\frac{40}{0,4+0,1}}=4\sqrt{5}$

Tốc độ của vật M khi đi qua vị trí cân bằng $v_M=\omega A=\sqrt{\frac{k}{m}}A=50$cm/s.

→ Vận tốc của hệ hai vật sau khi thả nhẹ vật m lên vật M tuân theo định luật bảo toàn độ lượng $v_0=\frac{M{v}_M}{M+m}=40$cm/s

→ Biên độ dao động mới của hệ $A^{\text{'}}=\sqrt{{x^{\text{'}}}^2+{\left(\frac{v^{\text{'}}}{{\omega }^{\text{'}}}\right)}^2}$ , trong đó v′ và x′ được xác định ở cùng một thời điểm, do vậy nếu ta chọn thời điểm mà$v\prime = v_0$ thì x′ = 0 (do hệ M và M đang ở vị trí cân bằng) → $A^{\text{'}}=\frac{40}{4\sqrt{5}}=2\sqrt{5}$ cm

Hướng dẫn:

Nhận thấy rằng với cách kích thích bằng va chạm cho con lắc lò xo nằm ngang, chỉ làm thay đổi tần số góc của hệ (do m thay đổi) chứ không làm thay đổi vị trí cân bằng của hệ.

+ Vị trí vật có thế năng bằng 3 lần động năng thì $x=\pm \frac{\sqrt{3}}{2}A$ và v = 0,5ωA.

Sau va chạm con lắc mới tiếp tục dao động điều hòa với tần số góc ${\omega }^{\text{'}}=\sqrt{\frac{k}{m+m}}=\frac{\omega }{\sqrt{2}}$

+ Quá trình va chạm động lượng theo phương nằm ngang của hệ được bào toàn → v′ = 0,25ωA.

→ Biên dộ dao động mới của con lắc $A^{\text{'}}=\sqrt{{x^{\text{'}}}^2+{\left(\frac{v^{\text{'}}}{{\omega }^{\text{'}}}\right)}^2}=\sqrt{{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}A\right)}^2+\left(\frac{V_0}{{\omega }^{\text{'}}}\right)}=\frac{\sqrt{14}}{4}A$

Đáp án B

Hướng dẫn:

Ta nhận thấy rằng, với cách kích thích dao động bằng va chạm, cho con lắc lò xo nằm thẳng đứng như trên thì cả tần số góc của hệ và vị trí cân bằng của hệ cũng thay đổi.

+ Ban đầu M nằm cân bằng tại O, sau va chạm hệ hai vật sẽ dao động quanh vị trí cân bằng mới O′ nằm dưới O một đoạn $\Delta l_0=\frac{mg}{k}=\frac{0,1.10}{25}=4$cm

+ Tần số góc của hệ hai con lắc sau va chạm ${\omega }^{\text{'}}=\sqrt{\frac{k}{M+m}}=\sqrt{\frac{25}{0,9+0,1}}=5$

Tại vị trí va chạm hệ hai vật M, m sẽ có li độ $x^{\text{'}}=-\Delta l_0=-4$ cm, và có tốc độ tuân theo định luật bảo toàn động lượng $v^{\text{'}}=\frac{m{v}_0}{m+M}=\frac{0,1.0,2\sqrt{2}}{0,1+0,9}=\frac{\sqrt{2}}{50}m/s$

→  Biên độ dao động mới của hệ hai vật $A=\sqrt{{x^{\text{'}}}^2+{\left(\frac{v^{\text{'}}}{{\omega }^{\text{'}}}\right)}^2}=\sqrt{4^2+{\left(\frac{2\sqrt{2}}{5}\right)}^2}=4$ cm.

Đáp án D

Hướng dẫn:

Nhận thấy rằng, với cách kích bằng điện trường như trên sẽ làm thay đổi vị trí cân bằng của hệ mà không làm thay đổi tần số góc của hệ.

+ Tần số góc của hệ dao động $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{100}{0,2}}=10\sqrt{5}$

+ Ban đầu con lắc dao động quanh vị trí cân bằng O, dưới tác dụng của điện trường hướng lên, lực điện tác dụng lên vật làm vị trí cân bằng của vật dịch chuyển lên trên một đoạn $O{O}^{\text{'}}=\frac{qE}{k}=\frac{{100.10}^{-6}.0,{12.10}^6}{100}=12$

→ Khi vật đi qua vị trí can bằng, ta có x′ = OO′ = 12 cm và $v^{\text{'}}=v_{max}=\omega A=10\sqrt{5}.5=50\sqrt{5}cm/s$

→ Biên độ dao động lúc sau $A^{\text{'}}=\sqrt{{x^{\text{'}}}^2+{\left(\frac{v^{\text{'}}}{\omega }\right)}^2}=\sqrt{{12}^2+{\left(\frac{50\sqrt{5}}{10\sqrt{5}}\right)}^2}=13cm$

Đáp án B

Hướng dẫn:

Nhận thấy rằng, với cách kích bằng điện trường như trên sẽ làm thay đổi vị trí cân bằng của hệ mà không làm thay đổi tần số góc của hệ.

+ Tần số góc dao động của hệ $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{10}{0,1}}=10$ rad/s → T = 0,2π s.

Dưới tác dụng của lực điện, con lắc sẽ dao động quanh vị trí cân bằng mới O′ cách vị trí cân bằng cũ O một đoạn $O{O}^{\text{'}}=\frac{qE}{k}=5$ cm.

+ Ta để ý rằng thời gian lực điện tồn tại đúng bằng 0,25T do vậy con lắc đi từ vị trí biên đến vị trí cân bằng mới O′, tốc độ của vật tại vị trí này là $v^{\text{'}}=v_{max}=\omega A=\sqrt{\frac{k}{m}}\Delta l_0=50$ cm/s.

+ Ngắt điện trường, vật lại dao động quanh ví trí cân bằng cũ O, thời điểm ngắt điện trường, ta có x′ = OO′ = 5 cm.

→ Biên độ dao động mới của vật $A^{\text{'}}=\sqrt{{x^{\text{'}}}^2+{\left(\frac{v^{\text{'}}}{\omega }\right)}^2}=\sqrt{5^2+{\left(\frac{50}{10}\right)}^2}=5\sqrt{2}$ cm

→ Tốc độ dao động cực đại tương ứng ${v^{\text{'}}}_{max}=\omega A^{\text{'}}=10.5\sqrt{2}=50\sqrt{2}$ cm/s.

Đáp án B

Hướng dẫn:

Nhận thấy rằng cách kích thích trên chỉ làm thay đổi vị trí cân bằng của vật mà không làm thay đổi tần số dao động riêng của hệ.

+ Tần số dao đọng riêng của hệ $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{50}{0,2}}=5\pi$ rad/s → T = 0,4 s.

Để đơn giản, ta có thể chia chuyển động của con lắc thành các đao động thành phần theo từng giai đoạn.

Giai đoạn 1: Vật dao động điều quanh vị trí cân bằng O với biên độ A = 4 cm trong 0,2 s đầu tiên.

+ Ta để ý rằng khoảng thời gian t = 0,5T = 0,2 s → vật chuyển động từ vị trí ban đầu qua vị trí cân bằng O đến biên âm.

Giai đoạn 2: Vật dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng O′ trong 0,2 s tiếp theo.

+ Điện trường được thiết lập trong khoảng thời gian bằng nửa chu kì, lúc này vật sẽ dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng mới O′ cách vị trí cân bằng cũ O một đoạn OO'$=\frac{qE}{k}=1$cm, biên độ dao động trong giai đoạn này là $A^{\text{'}}=A+O{O}^{\text{'}}=5$ cm, sau khoảng thời gian này vật đang ở vị trí biên dương (lò xo đan giãn 6 cm).

Giai đoạn 3: Vật dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng O

+ Ngừng tác dụng của điện trường, con lắc lại dao động quanh vị trí cân bằng cũ O với biên độ A′′ = 6 cm.

→ Vậy tốc độ cực đại của vật là v_max = ωA′′ = 5π.6 = 30π cm/s.

Đáp án C

Hướng dẫn:

Ta nhận thấy rằng, trong quá trình chuyển động đến một thời điểm nào đó vật $m_2$ sẽ tách khỏi vật $m_1$, biến cố này chỉ làm thay đổi tần số dao động riêng của vật dao động điều hòa mà không làm thay đổi vị trí cân bằng của hệ dao động điều hòa.

Mặc khác, tại vị trí cân bằng hai vật sẽ có tốc độ cực đại, ngay sau đó vật $m_1$ sẽ chuyển động chậm dần về biên, vật $m_2$ thì chuyển động thẳng đều với vận tốc cực đại do đó hai vật sẽ tách ra khỏi nhau tại vị trí này.

Để đơn giản, ta có thể thay thế chuyển động của vật thành hai giai đoạn chuyển động thành phần.

Giai đoạn 1: Hai vật dao động điều hòa với biên độ A = 8 cm quanh vị trí cân bằng O từ biên về vị trí cân bằng.

+ Tần số góc dao động của hệ $\omega =\sqrt{\frac{k}{m_1+m_2}}=\sqrt{\frac{200}{1,25+3,75}}=2\pi$ rad/s.

→ Khi hệ hai vật đến O, ta có $v = v_{max} = \omega A = 2\pi .8 = 16\pi cm/s.$

Giai đoạn 1: Vật m₁ dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng O, vật m₂ chuyển động thẳng đều ra xa với tốc độ $v_2 = v_{max}$.

+ Tần số góc của con lắc sau khi vật $m_2$ tách ra khỏi $m_1$ ${\omega }^{\text{'}}=\sqrt{\frac{k}{m_1}}=\sqrt{\frac{200}{1,25}}=4\pi$rad/s → T = 0,5 s.

Tại vị trí vật $m_2$ tách khỏi vật $m_1$, ta có x′ = 0, v′ = v_max.

→ Biên độ dao động mới của $m_1$ là $A_1=\frac{v_{max}}{{\omega }^{\text{'}}}=\frac{16\pi }{4\pi }=4$ cm.

+ Lò xo giãn cực đại lần đầu tiên kể từ thời điểm hai vật tách nhau ứng với Δt = 0,25T = 0,125 s.

→ Khoảng cách giữa hai vật lúc đó là $\Delta x = x_2 – x_1 = v_2\Delta t – A_1 = 16\pi .0,125 – 4 = 2\pi – 4 cm.$

Đáp án A

Hướng dẫn:

Nhận thấy rằng việc vật B tách ra khỏi vật A làm thay đổi vị trí cân bằng và cả tần số góc dao động của con lắc lúc sau.

Để đơn giản, ta có thể tách chuyển động của hệ thành hai giai đoạn sau:

Giai đoạn 1: Hai vật dao động quanh vị trí cân bằng O từ biên âm đến biên dương.

+ Độ biến dạng của lò xo tại vị trí cân bằng của hai vật đúng bằng biên độ dao động:

$\Delta l_0=\frac{\left(m_A+m_B\right)g}{k}=\frac{3m_{A}g}{k}=6cm$

+ Lực đàn hồi có độ lớn cực đại tại vị trí biên dưới.

Giai đoạn 2: Vật B tách ra khỏi vật A rơi tự do, vật A dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng mới O′.

Vị trí cân bằng mới O′ nằm trên vị trí cân bằng cũ O một đoạn $O{O}^{\text{'}}=\frac{m_{B}g}{k}=\frac{0,2.10}{50}=4cm$

+ Tại vị trí vật B tách ra khỏi vật A ta có x′ = 6 + 4 = 10 cm, v′ = 0

→ Biên độ dao động mới A′ = x′ = 10 cm

Chiều dài ngắn nhất của lò xo l_min = 30 + 2 – 10 = 22 cm

Đáp án A

Hướng dẫn:

Giai đoạn 1: Hai vật dao động điều hòa với biên độ A = 8 cm quanh vị trí cân bằng O từ biên về vị trí cân bằng.

+ Tần số góc dao động của hệ $\omega =\sqrt{\frac{k}{m_1+m_2}}=\sqrt{\frac{k}{2m}}$ rad/s.

→ Khi hệ hai vật đến O, ta có $v = v_{max }= \omega A = 8\omega cm/s.$

Giai đoạn 1: Vật m₁ dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng O, vật m₂ chuyển động thẳng đều ra xa với tốc độ $v_2 = v_{max}$.

+ Tần số góc của con lắc sau khi vật $m_2$ tách ra khỏi $m_1$ ${\omega }^{\text{'}}=\sqrt{\frac{k}{m_1}}=\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{2}\omega$rad/s → $T^{\text{'}}=\frac{2\pi }{\sqrt{2}\omega }=\sqrt{2}\frac{\pi }{\omega }$s.

Tại vị trí vật $m_2$ tách khỏi vật $m_1$, ta có x′ = 0, $v\prime = v_{max}.$

→ Biên độ dao động mới của $m_1$ là $A_1=\frac{v_{max}}{{\omega }^{\text{'}}}=\frac{8\omega }{{\omega }^{\text{'}}}=4\sqrt{2}$ cm.

+ Lò xo giãn cực đại lần đầu tiên kể từ thời điểm hai vật tách nhau ứng với Δt = 0,25T s.

→ Khoảng cách giữa hai vật lúc đó là $\Delta x=x_2-x_1=v_{max}\frac{T^{\text{'}}}{4}-A_1$$=8\omega \frac{\sqrt{2}\pi }{4\omega }-4\sqrt{2}=3,22$ cm.

Đáp án D

Đáp án C

Độ biến dạng của lò xo tại vị trí cân bằng $\Delta l_0=\frac{g}{{\omega }^2}=\frac{10}{{25}^2}=1,6$ cm.

→ Tốc độ cực đại của vật trong quá trình dao động điều hòa $v_{max}=\omega A=\omega \sqrt{\Delta l_0^2+{\left(\frac{v_0}{\omega }\right)}^2}$$=25\sqrt{1,6^2+{\left(\frac{42}{25}\right)}^2}=58$ cm/s

Đáp án B

Hướng dẫn:

+ Tốc độ của vật sau khoảng thời gian t = 0,11 s rơi tự do là $v_0=gt=10.0,11=1,1m/s$

+ Sau khi điểm chính giữa của lò xo được giữ cố định thì phần lò xo tham gia vào dao động có độ cứng $k = 2k_0 = 25$ cm.

→ Tần số góc của dao động $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{25}{0,1}}=5\pi$  rad/s → T = 0,4 s.

+ Độ biến dạng của lò xo khi vật đi qua vị trí cân bằng $\Delta l_0=\frac{mg}{k}=\frac{0,1.10}{25}=4cm$

+ Biên độ dao động của con lắc $A=\sqrt{\Delta l_0^2+{\left(\frac{v_0}{{\omega }^2}\right)}^2}=\sqrt{4^2+{\left(\frac{110}{5\pi }\right)}^2}=8$ cm.

+ Tại $t_1 = 0,11 s$ vật đang ở vị trí có li độ $x=-\Delta l_0=-\frac{A}{2}=-4cm$ sau khoảng thời gian $\Delta t = t_2 – t_1 = 0,25T = 0,1 s$ vật đến vị trí có li độ $x=\frac{\sqrt{3}}{2}A$ , tốc độ của vật khi đó $v=\frac{1}{2}{v}_{max}=\frac{1}{2}\omega A=\frac{1}{2}.5\pi .8=20\pi$cm/s

Đáp án A

+ Tốc độ của vật sau khoảng thời gian t = 0,11 s rơi tự do là $v_0=gt=10.0,11=1,1$

+ Sau khi điểm chính giữa của lò xo được giữ cố định thì phần lò xo tham gia vào dao động có độ cứng $k = 2k_0 = 25$ cm.

→ Tần số góc của dao động $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{25}{0,1}}=5\pi$  rad/s → T = 0,4 s.

+ Độ biến dạng của lò xo khi vật đi qua vị trí cân bằng$\Delta l_0=\frac{mg}{k}=\frac{0,1.10}{25}=4$

+ Biên độ dao động của con lắc $A=\sqrt{\Delta l_0^2+{\left(\frac{v_0}{{\omega }^2}\right)}^2}=\sqrt{4^2+{\left(\frac{110}{5\pi }\right)}^2}=8cm$

+ Tại $t_1 = 0,11 s$ vật đang ở vị trí có li độ $x=-\Delta l_0=-\frac{A}{2}=-4$ cm. Lực đàn hồi của lò xo bị triệt tiêu tại vị trí lò xo không biến dạng (tương ứng với $x=-\Delta l_0$ )

→ từ hình vẽ, t có $t=t_1+\frac{2T}{3}=0,11+\frac{2}{3}.0,4=0,38s$

Đáp án D

Hướng dẫn:

Ban đầu vật B tích điện do vậy B sẽ chịu tác dụng của lực F làm lò xo bị kéo dãn một đoạn $\Delta l_0=\frac{qE}{k}=\frac{{10}^{-6}{\mathrm{.2.10}}^5}{10}=2$ cm khi hệ nằm cân bằng tại O.

+ Cắt dây nối vật A sẽ dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng O′ là vị trí lò xo không biến dạng → OO′ = 2 cm, vật B sẽ chuyển động nhanh dần đều ra xa dưới tác dụng của lực điện.

+ Tần số góc của hệ dao động lúc sau $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{10}{1}}=\pi$ rad/s → T = 2 s.

Tại thời điểm cắt dây, vật $m_1$ có $x\prime = \Delta l_0 = 2 cm$, v′ = 0 → sau khi cắt dây biên độ dao động của vật là $A\prime = \Delta l_0 = 2 cm$.

+ Nhận thấy rằng khoảng thời gian Δt = 0,75T = 1,5 s → sau khoảng thời gian này A quay trở lại vị trí cân bằng theo chiều dương.

→ Khoảng cách giữa hai vật khi đó $\Delta x=l_0+\frac{1}{2}a\Delta t^2=20+\frac{1}{2}\left(\frac{{10}^{-6}{\mathrm{.2.10}}^5}{1}\right)1,5^2=44,5$ cm.

Đáp án D

+ Tần số góc và chu kì của dao động $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{100}{0,25}}=20$ rad/s → T = 0,1π s.

Dưới tác dụng của lực F, vật sẽ dao động quanh vị trí cân bằng O′ cách vị trí lò xo không giãn O một đoạn $O{O}^{\text{'}}=\frac{F}{k}=\frac{3}{100}=3$ cm.

→ Thời điểm xảy ra biến cố vật có v = 0 → A = 1 + 3 = 4 cm.

+ Ta lưu ý rằng lực F chỉ tồn tại trong khoảng thời gian $\Delta t=\frac{T}{4}=\frac{\pi }{40}$ s vật đến vị trí cân bằng O′  thì lực F ngừng tác dụng, tốc độ của vật khi đó là v′ = ωA = 80 cm/s.

+ Khi không còn lực F tác dụng, vật sẽ dao động quanh vị trí cân bằng cũ O, vậy tại vị trí lực F ngừng tác dụng thì li độ của vật so với vị trí cân bằng cũ là x′ = 3 cm, v = 80 cm → $A^{\text{'}}=\sqrt{x^2+{\left(\frac{v_0}{\omega }\right)}^2}=\sqrt{3^2+{\left(\frac{80}{20}\right)}^2}=5$ cm.

→ Tốc độ cực đại của vật $v{\text{'}}_{max} = \omega A\prime = 100 cm/s.$

Đáp án B

Hướng dẫn:

Ta có thể quy bài toán con lắc lò xo trong thang máy chuyển động với gia tốc về trường hợp con lắc chịu tác dụng của trường lực ngoài $\overrightarrow{F_{}}=\overrightarrow{F_{qt}}=-m\overrightarrow{a_{}}$ .

Để đơn giản, ta có thể chia chuyển động của con lắc thành hai giai đoạn:

Giai đoạn 1: Thang máy chuyển động nhanh dần đều đi lên, con lắc dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng mới O′.

Dưới tác dụng của lực quán tính ngược chiều với gia tốc, vị trí cân bằng mới O′ của con lắc nằm phía dưới vị trí cân bằng cũ O một đoạn $O{O}^{\text{'}}=\frac{ma}{k}=\frac{0,4.4}{100}=1,6$ cm.

+ Biến cố xảy ra không làm thay đổi tần số góc của dao động $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{100}{0,4}}=5\pi$ rad/s → T = 0,4 s.

Thời điểm thang máy bắt đầu chuyển động, vật ở biên trên, do vậy sau khoảng thời gian Δt = 12,5T = 5 s vật sẽ đến vị trí biên dưới, cách vị trí cân bằng cũ O một đoạn 2OO′ = 3,2 cm.

Giai đoạn 2: Thang máy chuyển động thẳng đều, con lắc dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng O.

+ Thang máy chuyển động thẳng đều → a = 0, không còn lực quán tính nữa vị trí cân bằng bây giờ trở về O.

→ Con lắc sẽ dao đông với biên độ mới A′ = 2OO′ = 3,2 cm.

→ Thế năng đàn hồi của con lắc cực đại khi con lắc ở biên dưới, tại vị trí này lò xo giãn $\Delta l_{max}=A^{\text{'}}+\frac{mg}{k}=3,2+\frac{0,4.10}{100}=7,2$ cm.

+ Thế năng đàn hồi cực đại $E_{dhmax}=\frac{1}{2}k\Delta l_{max}^2=\frac{1}{2}.100{\left(0,072\right)}^2\approx 0,26$ J.

Đáp án B

Hướng dẫn:

Ta có thể chia quá trình chuyển động của vật m thành hai giai đoạn sau.

Giai đoạn 1: Cùng m′ dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng O.

+ Tần số góc của hệ dao động $\omega =\sqrt{\frac{k}{m+m^{\text{'}}}}=\sqrt{\frac{10}{0,1+0,1}}=5\sqrt{2}$ rad/s.

Độ biến dạng của lò xo khi hệ cân bằng tại O: $\Delta l_0=\frac{\left(m+m^{\text{'}}\right)g}{k}=\frac{0,2.10}{10}=20$ cm.

→ Nâng hai vật đến vị trí lò xo không biến dạng rồi thả nhẹ → hệ sẽ dao động với biên độ $A = \Delta l_0 = 20 cm$.

→ Tốc độ của vật khi đi qua vị trí cân bằng $v=v_{max}=\omega A=100\sqrt{2}$ cm/s.

Giai đoạn 2: Dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng O′.

Khi m′ tách ra khỏi m, m sẽ dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng mới O′ nằm trên vị trí cân bằng cũ một đoạn $O{O}^{\text{'}}=\frac{m^{\text{'}}g}{k}=\frac{0,1.10}{10}=10$ cm.

+ Tần số góc của hệ dao động lúc này $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{10}{0,1}}=10$ rad/s.

→ Tại vị trí xảy ra biến cố, ta có x′ = 10 cm, $v^{\text{'}}=v_{max}=100\sqrt{2}$ cm/s.

→ Biên độ dao động mới $A^{\text{'}}=\sqrt{{x^{\text{'}}}^2+{\left(\frac{v^{\text{'}}}{{\omega }^{\text{'}}}\right)}^2}=\sqrt{{10}^2+{\left(\frac{100\sqrt{2}}{10}\right)}^2}=10\sqrt{3}$ cm/s.

+ Tốc độ cưc đại $v_{max}={\omega }^{\text{'}}{A}^{\text{'}}=10.10\sqrt{3}=\sqrt{3}$ m/s.

Đáp án A

Hướng dẫn:

Tại vị trí cân bằng O ban đầu lò xo giãn một đoạn $\Delta l_0=\frac{2mg}{k}=\frac{\mathrm{2.1.10}}{100}=20$ cm.

+ Dây nối bị đứt, vật A sẽ dao động quanh vị trí cân bằng mới O′ nằm trên vị trí cân bằng cũ O một đoạn $O^{\text{'}}O=\frac{mg}{k}=\frac{1.10}{100}=10$ cm.

Tần số góc của dao động $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{100}{1}}=10$ rad/s → T = 0,2π s.

→ Tại thời điểm dây bị đứt, vật A có x′ = 10 cm, v′ = 0 → A sẽ dao động với biên độ A = 10 cm.

+ Lần đầu A đạt đến vị trí cao nhất kể từ dây bị đứt ứng với chuyển động của A từ biên dưới đến biên trên → khoảng thời gian tương ứng Δt = 0,5T = 0,1π s.

→ Khoảng cách giữa hai vật:

$\Delta x=2A+l_0+\frac{1}{2}g\Delta t^2$$=20+10+\frac{1}{2}10{\left(0,1\pi \right)}^2=80$cm.

Đáp án B

Hướng dẫn:

Tần số góc của dao động $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=10$ rad/s

+ Dưới tác dụng của điện trường, vị trí cân bằng mới O′ của vật dịch chuyển về phía chiều dương cách vị trí cân bằng cũ O một đoạn $\Delta l_0=\frac{qE}{k}=\frac{{20.10}^{-6}{.10}^4}{10}=2$ cm.

Tại vị trí xuất hiện điện trường, ta có $x^{\text{'}}=-\Delta l_0=-2$ cm, $v^{\text{'}}=20\sqrt{3}$ cm/s.

→ Biên độ dao động của vật sau khi xuất hiện điện trường $A^{\text{'}}=\sqrt{{x^{\text{'}}}^2+{\left(\frac{v^{\text{'}}}{\omega }\right)}^2}=\sqrt{{\left(-2\right)}^2+{\left(\frac{20\sqrt{3}}{10}\right)}^2}=4$ cm

Cơ năng của dao động $E=0,5k{A}^2=8mJ.$

Đáp án C

Hướng dẫn:

Vật B tích điện → sẽ chịu tác dụng của lực điện, do đó tại vị trí cân bằng O ban đầu của vật A, lò xo đã giãn một đoạn $\Delta l_0=\frac{qE}{k}=\frac{{10}^{-6}{.10}^5}{10}=1$ cm.

+ Cắt dây nối hai vật, A không chịu tác dụng của lực điện, dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng mới O′ (vị trí lò xo không giãn) với biên độ A = 1 cm và chu kì $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2\pi \sqrt{\frac{1}{10}}=2$ s. Vật B chuyển động nhanh dần đều dưới tác dụng của lực điện gây ra gia tốc $a=\frac{qE}{m}=\frac{{10}^{-6}{.10}^5}{10}=0,01$ $m/s^2$.

+ Lò xo có chiều dài ngắt nhất kể từ thời điểm sợi dây bị đứt tương ứng với chuyển động của A từ biên dương về biên âm → Δt = 0,5T = 1 s.

Khoảng cách giữa hai vật $\Delta x=L+2A+0,5a{t}^2=17cm$

Đáp án C

Hướng dẫn:

Hai vật sẽ tách khỏi nhau khi chúng cùng đi qau vị trí cân bằng. Tần số góc của hệ dao động $\omega =\sqrt{\frac{k}{2m}}$ .

→ Tốc độ của vật m tại vị trí hai vật tách nhau $v = v_{max} = \omega A = 8\omega .$

+ Biến cố xảy ra chỉ làm thay đổi tần số góc của hệ dao động mà không làm thay đổi vị trí cân bằng của hệ.

→ Tần số góc của hệ dao động lúc sau $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{2}\omega$ .

→ Biên độ dao động mưới của vật m là $A=\frac{v_{max}}{{\omega }^{\text{'}}}=\frac{8\omega }{{\omega }^{\text{'}}}=4\sqrt{2}$ cm.

+ Năng lượng của hệ $E=0,5kA{\text{'}}^2=16mJ.$

Đáp án B

Hướng dẫn:

Nhận thấy rằng trong quá trình chuyển động của giá đỡ M, sẽ có thời điểm M tách khỏi m. Khi đó M tiếp tục chuyển động với gia tốc a, vật m sẽ dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng của nó.

+ Tại vị trí cân bằng O của m, lò xo giãn một đoạn $\Delta l_0=\frac{mg}{k}=\frac{0,1.10}{20}=5$ cm.

Tần số góc của dao động $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{20}{0,1}}=10\sqrt{2}$ rad/s → T ≈

+ Ta xác định xem, tại vị trí hai vật tách khỏi nhau vật m có li độ và vận tốc như thé nào.

Phương trình động lực học cho vật m: P – N – F_dh = ma  → tại vị trí vật m rời khỏi giá đỡ thì N = 0

→ Vậy độ giãn của lò xo khi đó là $\Delta l=\frac{mg-ma}{k}=\frac{0,1.10-0,1.2}{20}=4$ cm.

→ Vận tốc của vật m ngay khi rời giá đỡ được xác định dựa vào công thức liên hệ giữa vận tốc, gia tốc và quãng đường trong chuyển động biến đổi đều: $v=\sqrt{2as}=\sqrt{\mathrm{2.2.0},02}=0,4$ m/s.

→ Biên độ dao động của vật m là: $A^{\text{'}}=\sqrt{{x^{\text{'}}}^2+{\left(\frac{v^{\text{'}}}{\omega }\right)}^2}=\sqrt{{\left(-1\right)}^2+{\left(\frac{40}{10\sqrt{2}}\right)}^2}=3$ cm.

+ Thời điểm lò xo dài nhất lần đầu tiên ứng với thời điểm lần đầu vật đến vị trí biên $\to \Delta t=\frac{{180}^0-arcos\frac{1}{3}}{{360}^0}T=0,135$

→ Khoảng cách giữa hai vật:

$\Delta S = v_0\Delta t + 0,5a\Delta t^2 – 4 = 3,2 cm$

Đáp án C

Hướng dẫn:

+ Tại vị trí cân bằng O của hệ hai vật lò xo giãn $\Delta l=\frac{m_B+m_A}{k}=\frac{0,2+0,1}{50}=6$ cm

Nâng hai vật đến vị trí lò xo có chiều dài tự nhiên rồi thả nhẹ, con lắc sẽ dao động với biên độ A = 6 cm.

+ Hai vật dao động đến vị trí lực đàn hồi lớn nhất, vị trí này phải là vị trí biên dương. Sau khi B tách ra, A sẽ dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng mới O′, vị trí này nằm trên O một đoạn $O{O}^{\text{'}}=\frac{m_{B}g}{k}=\frac{0,2.10}{50}=4$ cm.

→ Biên độ dao động mới của con lắc sẽ là A = 4 + 6 = 10 cm.

Chiều dài nhỏ nhất của lò xo sẽ là $l_{min} = l_0 + \Delta l_0 – A = 22 cm.$

Đáp án B

Hướng dẫn:

Khi đầu trên của lò xo bị giữ lại, con lắc sẽ dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng của nó. Tại vị trí cân bằng lò xo giãn $\Delta l_0=\frac{mg}{k}=\frac{g}{{\omega }^2}=\frac{10}{{25}^2}=1,6$ cm.

+ Với vận tốc kích thích ban đầu là $v_0 = 42 cm/s$.

→ Tốc độ cực đại của con lắc $v_{\max }=\omega A=\omega \sqrt{\Delta l_0^2+{\left(\frac{v_0}{\omega }\right)}^2}$$=25\sqrt{1,6^2+{\left(\frac{42}{25}\right)}^2}=58$ cm/s

Đáp án C

Hướng dẫn:

+ Dưới tác dụng của lực căng dây vật m nằm cân bằng tại O, tại vị trí này lò xo bị nén một đoạn $\Delta l_0=\frac{T}{k}=\frac{1,6}{k}$ m.

Sau khi sợi dây bị đứt vật sẽ dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng mới O ′ là vị trí mà lò xo không biến dạng. Biên độ dao động của con lắc được xác định bởi: $A=\sqrt{{\left(\frac{T}{k}\right)}^2+{\left(\frac{v}{\omega }\right)}^2}$ với ${\omega }^2=\frac{k}{m}=\frac{5k}{2}$

→ Thay vào biểu thức trên ta được $2\sqrt{2}{.10}^{-2}=\sqrt{{\left(\frac{1,6}{k}\right)}^2+\frac{2{\left(20\sqrt{2}{.10}^{-2}\right)}^2}{5k}}$ → k = 80 N/m.

Đáp án C

Hướng dẫn:

Tần số góc của dao động $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=10$ rad/s → T = 0,2π s.

+ Khi con lắc đang nằm ở vị trí cân bằng O, bật điện trường → lực điện xuất hiện làm vị trí cân bằng thay đổi, dịch chuyển về phía lò xo giãn một đoạn $O^{\text{'}}O=\frac{qE}{k}=\frac{{5.10}^{-6}{.10}^5}{10}=5$ cm.

→ Ngay sau đó con lắc sẽ dao động quanh O′ với biên độ A = OO′ = 5 cm.

+ Ta chú ý rằng thời gian điện trường tồn tại Δt = 0,25T = 0,05π s → tương ứng với chuyển động của con lắc từ biên đến vị trí cân bằng O′, khi đó $v = v_{max }= \omega A = 50 cm/s$.

→ Ngắt điện trường, con lắc sẽ dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng cũ với biên độ O, tại lúc ngắt điện trường, vật có x = OO′, v′ = ωA → $A^{\text{'}}=\sqrt{O{O^{\text{'}}}^2+{\left(\frac{v^{\text{'}}}{\omega }\right)}^2}=\sqrt{A^2+A^2}=5\sqrt{2}$ cm.

→ Năng lượng dao động lúc này $E=0,5kA{\text{'}}^2=0,025J$

Đáp án D

Hướng dẫn:

Khi thang máy đứng yên, con lắc dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng O, với biên độ $A=\frac{l_{\max }-l_{\min }}{2}=\frac{48-32}{2}=8$ cm.

+ Tại vị trí thấp nhất, thang máy chuyển động nhanh dần đều xuống dưới → con lắc chịu thêm tác dụng của lực quán tính hướng lên, làm vị trí cân bằng của vật lệc lên trên một đoạn $O{O}^{\text{'}}=\frac{ma}{k}=\frac{0,4.0,1.10}{25}=1,6$ cm.

→ Tại vị trí thang máy đi xuống, vật có x′ = 8 + 1,6 = 9,6 cm; v′ = 0.

→ Biên độ dao động mới của con lắc là A = 9,6 cm.

Đáp án D

Đáp án D

+ Tần số góc của dao động $\omega =\sqrt{\frac{k}{m_1+m_2}}=\sqrt{\frac{20}{0,1+0,1}}=10rad/s$

→ Phương trình động lực học cho chuyển động của vật $m_1$: $\overrightarrow{F_{dh}}+\overrightarrow{T}=m_1\overrightarrow{a}$  → $F_{dh} – T = m_{1}a.$

→ Vậy lực liên kết giữa hai vật có biểu thức $T = F_{dh }– m_{1}a = kx – m_1{\omega }^{2}x.$

+ Hàm số trên đồng biến theo x điều này chứng tỏ rằng $T_{max }$ tại vị trí x = A $\to T_{max }= 0,4 N.$

+ Khoảng thời gian tương ứng $t=\frac{{180}^0-ar\cos \left(\frac{0,2}{0,4}\right)}{{360}^0}T=\frac{\pi }{15}$ s.

Đáp án A

+ Gọi $\Delta l_0$ là độ biến dạng của lò xo ứng với cường độ điện  trường có độ lớn E

Cứ mỗi lần điện trường tăng lên một lượng E thì vị trí cân bằng của con lắc dịch chuyển về phía phải một đoạn $\Delta l_0$ và biên độ sẽ giảm đi một lượng cũng đúng bằng $\Delta l_0$.Trong 4 s khi đó vị trí cân bằng của con lắc bây giờ trùng với vị trí ban đầu do đó con lắc sẽ dừng lại không dao động nữa

$\left\{\begin{array}{l}{A}_0=3\Delta l_0\\ 4\left(A_0-2\Delta l_0\right)+4\left(A_0-\Delta l_0\right)=3\text{S}\end{array}\right.$$\to S=\frac{4}{3}{A}_0$

Kết hợp với ${\left(\frac{x}{A_0}\right)}^2+{\left(\frac{v}{\omega A_0}\right)}^2=1$$\to \left\{\begin{array}{l}{A}_0=9\\ S=12\end{array}\right.cm$

Đáp án B

Tần số góc của dao động $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=10$ rad/s → T = 0,2 s.

→ Tốc độ của vật khi đi qua vị trí cân bằng $v=v_{max}=\omega A=20\sqrt{3}$ cm/s.

+ Dưới tác dụng của ngoại lực con lắc dao động quanh vị trí cân bằng mới O′, tại vị trí này lò xo giãn một đoạn $O{O}^{\text{'}}=\Delta l_0=\frac{F}{k}=\frac{2}{100}=2$cm.

+ Tại ví trí xuất hiện ngoại lực, con lắc có $x\text{'}=-2$ cm, $v\text{'}=v_{max}$

→ Biên độ dao động của con lắc lúc này $A_1=\sqrt{{x^{\text{'}}}^2+\left(\frac{v^{\text{'}}}{\omega }\right)}=\sqrt{2^2+{\left(\frac{20\sqrt{3}}{10}\right)}^2}=4$cm.

+ Ta chú ý rằng con lắc dao động quanh vị trí cân bằng mới O′ trong khoảng thời gian $\Delta t=\frac{T}{6}=\frac{1}{30}$ s, sau khoảng thời gian này, vật có$x_1 = 0,5A_1$, $v_1=\frac{\sqrt{3}{v}_{1ma\text{x}}}{2}=\frac{\sqrt{3}\omega A_1}{2}=\frac{\sqrt{3}10\pi .4}{2}=20\sqrt{3}\pi$ cm/s.

→ Ngừng lực tác dụng F, con lắc lại dao động quanh vị trí cân bằng cũ, lúc này con lắc có $x\prime = OO\prime + 0,5A_1 = 4 cm$, $v^{\text{'}}=v_1=20\sqrt{3}\pi$cm/s.

→ Biên độ dao động mới $A_2=\sqrt{{x^{\text{'}}}^2+{\left(\frac{v^{\text{'}}}{\omega }\right)}^2}=\sqrt{4^2+{\left(\frac{20\sqrt{3}\pi }{10\pi }\right)}^2}=2\sqrt{7}$cm.

→ Vậy $\frac{A_1}{A_2}=\frac{4}{2\sqrt{7}}=\frac{2}{\sqrt{7}}$

Đáp án A

Độ biến dạng của lò xo tại vị trí cân bằng $O_1:\Delta l_0=\frac{qE}{k}=\frac{{8.10}^{-5}{\mathrm{.2.10}}^4}{40}=4cm$

Chu kì dao động của con lắc $T=2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}=2\pi \sqrt{\frac{{160.10}^{-3}}{40}}=0,4$ s → khoảng thời gian 1 s ứng với 2,5 chu kì.

+ Khi điện trường là E, vật dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng $O_1$. Sau khoảng thời gian 1s=2,5T(ứng với quãng đường đi được là $10∆l_0$) vật đi đến vị trí $O_2$. Lưu ý đây là vị trí biên nên vận tốc của vật lúc này bằng 0.

+ Khi điện trường là 2E, vị trí cân bằng mới của vật là $O_2$, do đó ở giây này con lắc đứng yên.

+ Lập luận tương tự ta sẽ thấy trong quá trìn trên con lắc chuyển động ứng với các giây thứ 1, 3 và 5 sẽ đứng yên tại giây thứ 2 và thứ 4.

Tổng quãng đường đi được S = $30∆l_0$ = 30.4 = 120 cm.

Đáp án A

Sau khi vật đến vị trí cao nhất, ta đặt thêm vật m → vị trí cân bằng mới O′ sẽ nằm dưới vị trí cân bằng cũ O một đoạn$O^{\text{'}}O=\frac{mg}{k}=\frac{0,1.10}{100}=1cm$

Biến cố này xảy ra tại vị trí biên → thay đổi của tần số góc không ảnh hưởng đến biên độ, biên độ dao động mới của con lắc là A′ = 1+ 3 = 4 cm.

Đáp án A

+ Tần số góc của dao động: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{60}{{150.10}^{-3}}}=20$ rad/s

Độ biến dạng của lò xo tại vị trí cân bằng $\Delta l_0=\frac{mg}{k}=\frac{{150.10}^{-3}.10}{60}=2,5cm$

+ Biên độ dao động ban đầu của vật: $A=\sqrt{\Delta l_0^2+{\left(\frac{v_0}{\omega }\right)}^2}=\sqrt{2,5^2+{\left(\frac{50\sqrt{3}}{20}\right)}^2}=5$cm.

Điện trường xuất hiện, vật đang ở vị trí động năng bằng ba lần thế năng, tại vị trí này vật có x = 0,5A = 2,5 cm, $v=\frac{\sqrt{3}}{2}\omega A=50\sqrt{3}$ cm/s.

+ Dưới tác dung của điện trường con lắc sẽ dao động điều hòa tại vị trí cân bằng mới O′ nằm dưới vị trí cân bằng cũ một đoạn $\Delta l=\frac{qE}{k}=\frac{{6.10}^{-5}{\mathrm{.2.10}}^4}{60}=2$ cm.

→ So với vị trí cân bằng mới, tại vị thời điểm xảy ra biến cố, vật có x′ = 2,5 – 2 = 0,5 cm, $v^{\text{'}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\omega A=50\sqrt{3}$ cm/s.

Biên độ dao động mới: $A^{\text{'}}=\sqrt{{x^{\text{'}}}^2+{\left(\frac{v^{\text{'}}}{\omega }\right)}^2}\Rightarrow \sqrt{0,5^2+{\left(\frac{50\sqrt{3}}{20}\right)}^2}=\sqrt{19}$cm.

Đáp án C

Tần số góc của dao động $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{40}{{100.10}^{-3}}}=20$rad/s → T = 0,1π s.

+ Dưới tác dụng của điện trường, con lắc dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng O′ cách O một đoạn $O{O}^{\text{'}}=\frac{qE}{k}=\frac{{40.10}^{-6}{\mathrm{.5.10}}^4}{40}=5$ cm.

Với biên độ A = OO′ = 5 cm.

+ Ta chú ý rằng, khoảng thời gian tồn tại điện trường $\Delta t=3T+\frac{T}{3}=\frac{\pi }{3}$ s → Sau khoảng thời gian này vật đến vị trí có li độ x = 0,5A = 2,5 cm, $v=\frac{\sqrt{3}}{2}{v}_{max}=25\sqrt{3}$ cm/s.

+ Ngắt điện trường, con lắc dao động quanh vị trí cân bằng cũ O′, tại vị trí xảy ra biến cố, vật có x′ = 5 + 2,5 = 7,5 cm, $v^{\text{'}}=25\sqrt{3}$ cm/s.

→ Biên độ dao động mới $A^{\text{'}}=\sqrt{{x^{\text{'}}}^2+{\left(\frac{v^{\text{'}}}{\omega }\right)}^2}=\sqrt{7,5^2+{\left(\frac{25\sqrt{3}}{20}\right)}^2}$$=7,81$ cm.

Đáp án D

+ Sau va chạm, hai vật dính chặt vào nhau, do vậy vị trí cân bằng của hệ dịch về phía dưới vị trí cân bằng cũ một đoạn $O{O}^{\text{'}}=\frac{m_{0}g}{k}=\frac{0,1.10}{100}=1$ cm.

+ Tốc độ của hai vật sau va chạm tuân theo định luật bảo toàn động lượng : $v=\frac{m_0{v}_0}{m+m_0}=\frac{100.50}{150+100}=20$cm/s

+ Tần số góc của hệ dao động sau va chạm $\omega =\sqrt{\frac{k}{m+m_0}}=20$ rad/s.

Tại vị trí xảy ra biến cố, so với vị trí cân bằng mới O′, vật có x′ = 1 cm, v′ = 20 cm/s.

→ Biên độ dao động mới của vật $A^{\text{'}}=\sqrt{{x^{\text{'}}}^2+{\left(\frac{v^{\text{'}}}{\omega }\right)}^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}cm$

Đáp án D

Tần số góc của dao động $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{100}{0,1}}=10\pi rad/s \to T = 0,2 s$

+ Dưới tác dụng của điện trường, con lắc dao động quanh vị trí cân bằng O′, vị trí này cách vị trí lò xo không biến dạng một đoạn $O{O}^{\text{'}}=\frac{{2.10}^{-5}{.10}^5}{100}=2cm$

→ Kéo vật đến vị trí lò xo giãn 6 cm rồi thả nhẹ để vật dao động điều hòa, vật sẽ dao động điều hòa với biên độ A = 6 – 2 = 4 cm

Ta tách 2017 = 2016 + 1

Trong mỗi chi kì sẽ có 2 lần vật đi qua vị trí lò xo không biến dạng

Vị trí lò xo không biến dạng ứng với x = – 2 cm

→ Khoảng thời gian tương ứng $t=1008T+\frac{T}{4}+\frac{T}{12}=201,7s$

Đáp án D

+ Tần số góc và chu kì của dao động $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{100}{0,25}}=20$ rad/s → T = 0,1π s.

Dưới tác dụng của lực F, vật sẽ dao động quanh vị trí cân bằng O′ cách vị trí lò xo không giãn O một đoạn $O{O}^{\text{'}}=\frac{F}{k}=\frac{3}{100}=3$ cm.

→ Thời điểm xảy ra biến cố vật có v = 0 → A = 1 + 3 = 4 cm.

+ Ta lưu ý rằng lực F chỉ tồn tại trong khoảng thời gian $\Delta t=\frac{T}{4}=\frac{\pi }{40}$ s vật đến vị trí cân bằng O′  thì lực F ngừng tác dụng, tốc độ của vật khi đó là v′ = ωA = 80 cm/s.

+ Khi không còn lực F tác dụng, vật sẽ dao động quanh vị trí cân bằng cũ O, vậy tại vị trí lực F ngừng tác dụng thì li độ của vật so với vị trí cân bằng cũ là x′ = 3 cm, v = 80 cm → $A^{\text{'}}=\sqrt{x^2+{\left(\frac{v_0}{\omega }\right)}^2}=\sqrt{3^2+{\left(\frac{80}{20}\right)}^2}=5$ cm.

→ Tốc độ cực đại của vật $v{\text{'}}_{max} = \omega A\prime = 100 cm/s.$

Đáp án A

+ Độ giãn của lò xo tại vị trí cân bằng O của hệ hai vật $\Delta l_0=\frac{2mg}{k}=5$ cm, kéo hệ xuống dưới vị trí cân bằng 10 cm rồi thả nhẹ, vậy hệ sẽ dao động với biên độ A = 10 cm.

+ Ta có thể chia quá trình chuyển động của hệ thành các giai đoạn sau:

Giai đoạn 1: Hệ hai vật dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng O.

·        Tốc độ của hai vật khi đi qua vị trí cân bằng $v_{max}=\omega A=\sqrt{\frac{k}{2m}}A=100\sqrt{2}$cm/s.

Giai đoạn 2: Chuyển động của hai vật sau khi đi qua vị trí cân bằng O.

·        Khi đi qua vị trí cân bằng O, tốc độ của vật A sẽ giảm, vật B sẽ chuyển động thẳng đứng lên trên với vận tốc ban đầu bằng $v_{max}$, do có sự khác nhau về tốc độ nên hai vật không dao động chung với nhau nữa.

·        Tuy nhiên sự kiện trên chỉ diễn ra rất ngắn, vật A ngay sau đó sẽ dao động quanh vị trí cân bằng mới ở phía trên O một đoạn 2,5 cm do đó ngay lập tức tốc độ của A sẽ tăng, trong khi B lại giảm → hệ hai vật lại được xem như ban đầu và dao động quanh vị trí cân bằng O.

Giai đoạn 3: Chuyển động của hai vật sau khi dây bị chùng

·        Phương trình định luật II cho vật $m_2$: $m_{2}g-T=m_{2}a$ , khi T = 0 dây chùng → $x=-\frac{g}{{\omega }^2}=-5$ cm. Lúc này $\left|v_A\right|=\frac{\sqrt{3}}{2}{v}_{max}=50\sqrt{6}$cm/s.

·        Vật dao A dao động quanh vị trí cân bằng mới O' cách vị trí cân bằng cũ một đoạn $\Delta l=\frac{mg}{k}=2,5$cm với biên độ $A^{\text{'}}=\sqrt{2,5^2+{\left(\frac{50\sqrt{6}}{20}\right)}^2}=6,61$cm.

Từ các lập luận trên ta thấy rằng khi A dừng lại lần đầu tiên ứng với vị trí biên trên, khi đó quãng đường vật đi được sẽ là S = 10 + 5 + (6,61 – 2,5) = 19,1 cm.

Đáp án A

+ Tần số góc của con lắc lò xo $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\sqrt{\frac{50}{0,2}}=5\pi$ rad/s → T = 0,4 s.

Khi thang máy chuyển động thẳng đều đi lên thì con lắc dao động quanh vị trí cân bằng O′ nằm dưới vị trí cân bằng O ban đầu của con lắc một đoạn $\Delta l=\frac{ma}{k}=\frac{0,2.4}{50}=1,6$ cm và biên độ dao động A = Δl = 1,6 cm.

+ Ta để ý rằng, khoảng thời gian thang máy chuyển động Δt = 20T + 0,75T = 8,3 s → sau khoảng thời gian này con lắc sẽ đi qua vị trí cân bằng O′ → v = v_max = ωA′ = 8π cm/s.

+ Cho thang máy chuyển động thẳng đều, vật lại dao động quanh vị trí cân bằng O với biên độ: $A^{\text{'}}=\sqrt{\Delta l^2+{\left(\frac{v_{max}}{\omega }\right)}^2}$$=\sqrt{1,6^2+{\left(\frac{8\pi }{5\pi }\right)}^2}=1,6\sqrt{2}\approx 2,26$cm.