DẠNG 5. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN LỰC ĐÀN HỒI LỰC KÉO VỀ
Ta xét các bài toán:
+ Con lắc lò xo dao động theo phương ngang.
+ Con lắc lò xo dao động theo phương thẳng đứng, xiên.
Phương pháp giải
+ Lực kéo về luôn có xu hướng đưa vật về VTCB và có độ lớn tỉ lệ với li độ (F = k|x|). + Lực đàn hồi luôn có xu hướng đưa vật về vị trí lò xo không biến dạng, có độ lớn tỉ lệ với độ biến dạng của lò xo (Fd = k|A$\ell $|).
1. Con lắc lò xo dao động theo phương ngang
* Với con lắc lò xo nằm ngang thì lực hồi phục và lực đàn hồi là một (vì tại VTCB lò xo không biến dạng).
$\left| \Delta \ell \right|=\left| x \right|\Rightarrow {{F}_{dh}}=F=k\left| \Delta \ell \right|=k\left| x \right|$
Ví dụ: Một quả cầu nhỏ có khối lượng 1 kg gắn vào đầu lò xo được kích thích dao động điều hòa theo phương ngang với tần số góc 10 rad/s. Khi tốc độ của vật là 60 cm/s thì lực đàn hồi tác dụng lên vật bằng 8 N. Biên độ dao động của vật là
A. 5 cm. B. 8 cm. C. 10 cm. D. 12 cm.
Hướng dẫn
${{F}_{d}}={{F}_{hp}}=k\left| x \right|=m{{\omega }^{2}}\left| x \right|\Rightarrow \left| x \right|=\frac{{{F}_{d}}}{m{{\omega }^{2}}}=0,08\left( m \right)=8\left( cm \right)$
$\Rightarrow A=\sqrt{{{x}^{2}}+\frac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}}=10\left( cm \right)\Rightarrow $ Chọn C.
Chú ý: Khi lò xo dãn lực đàn hồi là lực kéo, khi lò xo nén lực đàn hồi là lực đẩy. Trong một T thời gian lò xo nén bằng thời gian lò xo dãn bằng T/2. Trong các trường hợp khác ta vẽ trục tọa độ để xác định thời gian lò xo nén dãn.
* Độ lớn lực đàn hồi lớn hơn F1 = kx1 thì vật nằm ngoài khoảng (−x1; x1), ứng với thời gian trong một chu kì là 4t2.
* Độ lớn lực đàn hồi nhỏ hơn F1 = kx1 thì vật nằm trong khoảng (−x1; x1),ứng với thời gian trong một chu kì là 4t1.
* Độ lớn lực kéo nhỏ hơn F1 = kx1 thì vật nằm trong khoảng (0; x1), ứng với thời gian trong một chu kì là 2t1.
* Độ lớn lực kéo lớn hơn F1 = kx1 thì vật nằm trong khoảng (x1; A), ứng với thời gian trong một chu kì là 2t2.
* Độ lớn lực đẩy nhỏ hơn F1 = kx1 thì vật nằm trong khoảng (−x1; 0), ứng với thời gian trong một chu kì là 2t1.
* Độ lớn lực kéo lớn hơn F1 = kx1 thì vật nằm trong khoảng (−A; −x1), ứng với thời gian trong một chu kì là 2t2.
DẠNG 6. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN SỢI DÂY TRONG CƠ HỆ
Phương pháp chung
Muốn hệ dao động điều hòa thì sợi dây phải luôn căng muốn vậy lò xo phải luôn dãn, tức là $A\le \Delta {{\ell }_{0}}=\frac{mg}{k}$
Lực căng sợi dây luôn bằng độ lớn lực đàn hồi (lực kéo) : $R=k\Delta \ell =k\left( \Delta {{\ell }_{0}}+x \right)$
+ ${{R}_{\min }}=k\left( \Delta {{\ell }_{0}}-A \right)=mg-kA$ (Khi vật ở VT cao nhất)
+ ${{R}_{\max }}=k\left( \Delta {{\ell }_{0}}+A \right)=mg+kA$. ( Khi vật ở VT thấp nhất )
Nếu sợi dây chỉ chịu được lực kéo tối đa F0 thì điều kiện để sợi dây không đứt là ${{R}_{\max }}\le {{F}_{0}}$
Ví dụ: Một vật khối lượng M được treo trên trần nhà bằng sợi dây nhẹ không dãn tại nơi có gia tốc trọng trường là g. Phía dưới vật M có gắn một lò xo nhẹ có độ cứng k, đầu còn lại của lò xo gắn vật nhỏ khối lượng m. Biên độ dao động thẳng đứng của m tối đa bằng bao nhiêu thì dây treo chưa bị chùng?
A. (mg + M)/k. B. (M + m)g/k.
C. (Mg + m)/k. D. (M + 2m)g/k.
Hướng dẫn
Nếu thì trong quá trình dao động lò xo luôn kéo M nên sợi dây luôn được kéo căng.
Vì vậy ta xét trường hợp A > Δl0 khi đó khi vật ở vị trí cao nhất lò xo đẩy M một lực ${{F}_{d}}=k\left( A-\Delta {{\ell }_{\max }} \right)-kA-mg$.
Một sợi đây luôn căng thì Fdmax (không lớn hơn) trọng lượng của M tức là: $kA-mg\le Mg\Rightarrow A\le \frac{\left( m+M \right)g}{k}\Rightarrow $ Chọn B.
DẠNG 7. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN KÍCH THÍCH DAO ĐỘNG
Ta khảo sát các dạng toán sau:
+ Kích thích dao động bằng va chạm
+ Kích thích dao động bằng lực
1. Kích thích dao động bằng va chạm
a. Va chạm theo phương ngang
* Vật m chuyển động với vận tốc v0 đến va chạm mềm vào vật M đang đứng yên thì
$m{{v}_{0}}=\left( m+V \right)V\Rightarrow V=\frac{m{{v}_{0}}}{m+M}$ (Vận tốc của hệ ở VTCB)
Nếu sau va chạm cả hai vật (M + m) cùng dao động điều hòa
* Vật m chuyển động với vận tốc v0 đến va chạm đàn hồi vào vật M đang đứng yên ngay sau va chạm vận tốc của m và M lần lượt là v và V:
Nếu sau va chạm M dao động điều hòa thì 
Ví dụ: Con lắc lò xo có k = 200 N/m, m1 = 200 g. Kéo m1 đến vị trí lò xo nén một đoạn là π (cm) rồi buông nhẹ. Cùng lúc đó, một vật có khối lượng m2 = 100 g bay theo phương ngang với vận tốc v2 = 1 m/s cách vị trí cân bằng của m1 một khoảng bằng 5 (cm) đến va chạm hoàn toàn đàn hồi với m1. Biên độ của vật m1 sau va chạm là
A. π/4 cm. B. π/3 cm. C. π/5 cm. D. π/2 cm.
Hướng dẫn
Tần số góc: $\omega =\sqrt{\frac{k}{{{m}_{1}}}}=10\pi \left( rad/s \right)$ và biên độ của m1 lúc đàu là A = π cm
Hai vật m1 và m2 sẽ va chạm với nhau tại vị trí cân bằng sau thời gian T/4 = 0,05 s (vì trong thời gian này m1 về đến VTCB O và m2 đi được đoạn đúng bằng 5 cm) Ngay trước khi va chạm, vật m1 có ${{v}_{1}}={{v}_{1\max }}=\omega A=10\pi .\pi =$ = 100 cm/s = 1 m/s, còn m2 có v2= −1 m/s (chiều trong như hình vẽ).
Gọi v’l và v’2 là các vận tốc của các vật m1 và m2 ngay sau va chạm. Áp dụng ĐLBT động lượng và năng lượng 
thay số và giải hệ có v’l = −1/3 (m/s). Đó cũng chính là vận tốc của m1 khi qua vị trí cân bằng theo chiều âm (sau va chạm) nhưng với biên độ mới $v_{1}^{‘}=-\omega A’\Rightarrow A’=\pi /3$ cm=> Chọn B.
b. Va chạm theo phương thẳng đứng
Phương pháp giải ${{v}_{0}}=\sqrt{2gh}$
* Nếu va chạm đàn hồi thì vị trí cân bằng không thay đổi:
* Nếu va chạm mềm thì vị trí cân bằng mới thấp hơn vị trí cân bằng cũ một đoạn ${{x}_{0}}=\frac{mg}{k}$ và vận tốc hệ sau va chạm $V=\frac{m{{v}_{0}}}{m+M}$ (vận tốc của vật ở cách vị trí cách vị trí cân bằng một đoạn x0)
Biên độ sau va chạm: $A=\sqrt{x_{0}^{2}+\frac{{{V}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}}$ với $\omega =\sqrt{\frac{k}{M+m}}$
Ví dụ: Một vật A có m1 = 1 kg nối với vật B có m2 = 4,1 kg bằng lò xo nhẹ có k = 625 N/m. Hệ đặt trên bàn nằm ngang, sao cho B nằm trên mặt bàn và trục lò xo luôn thẳng đứng. Kéo A ra khỏi vị trí cân bằng một đoạn 1,6 cm rồi buông nhẹ thì thấy dao động điều hòa theo phương thẳng đứng. Lấy g = 9,8 m/s2. Lưc tác dụng lên mặt bàn có giá trị lớn nhất và nhỏ nhất là
A. 19,8 N và 0,2 N. B. 50N và 40,2 N. C. 60 N và 40 N. D. 120 N và 80 N.
Hướng dẫn
Độ nén lò xo tại vị trí cân bằng:
$\Delta {{\ell }_{0}}=\frac{{{m}_{1}}g}{k}=0,01568\left( m \right)=1,568\left( m \right)<A=1,6\left( cm \right)$
=> Trong quá trình dao động có lúc lò xo nén, có lúc lò xo dãn. Khi ở vị trí cao nhất lò xo dãn nhiều nhất là (A − Δlo) (lúc này, lực lò xo tác dụng lên B hướng lên) và khi ở vị trí thấp nhất lò xo nén nhiều nhất là (A + Δlo) (lúc này, lực lò xo tác dụng lên B hướng xuống).
Gọi Q và N lần lượt là lực tác dụng của B lên mặt bàn và lực tác dụng của mặt bàn lên B. Theo định luật III Niuton thì Q = N. Vì B cân bằng nên: $\overrightarrow{N}+{{\overrightarrow{F}}_{dh}}+{{\overrightarrow{P}}_{_{B}}}=0$
Nmin khi lò xo dãn cực đại => vật ở cao nhất: ${{N}_{\min }}+{{F}_{dh\max }}-{{P}_{B}}=0$
${{N}_{\min }}={{P}_{B}}-{{F}_{dh\max }}={{m}_{2}}g-k\left( A-\Delta {{\ell }_{0}} \right)=39,98N$
Nmax khi lò xo bị nén nhiều nhất
Nmax khi lò xo bị nén nhiều nhất => vật ở VT thấp nhất :
${{N}_{\max }}-{{F}_{dh}}-{{P}_{B}}=0\Rightarrow {{N}_{\max }}={{P}_{B}}+{{F}_{dh}}={{m}_{2}}g+k\left( A+\Delta {{\ell }_{0}} \right)=59,98\left( N \right)\Rightarrow $ Chọn C.
2. Kích thích dao động bằng lực
Phương pháp giải
* Nếu tác dụng ngoại lực F vào vật theo phương trùng với trục của lò xo trong khoảng thời gian $\Delta t\approx 0$ thì vật sẽ dao động xung quanh VTCB cũ OC với biên độ:
* Nếu tác dụng ngoại lực vô cùng chậm trong khoảng thời gian Δt lớn thì vật đứng yên
tại vi trí Om cách VTCB cũ Oc môt đoan $A=\Delta {{\ell }_{0}}=\frac{F}{k}$
* Nếu thời gian tác dụng $\Delta t=\left( 2n+1 \right)\frac{T}{2}$ thì quá trình dao động được chia làm hai giai đoạn:
Giai đoan 1 (0 < t < Δt): Dao đông với biên độ $A=\Delta {{\ell }_{0}}=\frac{F}{k}$ xung quanh VTCB mới Om.
Giai đoạn 2 (t Δt): Đúng lúc vật đến M thì ngoại lực thồi tác dụng. Lúc này VTCB sẽ là Oc nên biên độ dao động $A’=2\Delta {{\ell }_{0}}=2\frac{F}{k}$
* Nếu thời gian tác dụng Δt = nT thì quá trình dao động được chia làm hai giai đoạn:
Giai đoan 1 (0 < t < Δt): Dao đông với biên độ $A=\Delta {{\ell }_{0}}=\frac{F}{k}$ xung quanh VTCB mới Om.
Giai đoạn 2 (t Δt): Đúng lúc vật đến Oc với vận tốc bằng không thì ngoại lực thồi tác dụng. Lúc này VTCB sẽ là OC nên vật đứng yên tại đó.
* Nếu thời gian tác dụng: $\Delta t=\left( 2n+1 \right)\frac{T}{4}$ thì quá trình dao đông đươc chia làm hai giai đoan:
Giai đoan 1 (0 < t < Δt); Dao động với độ $A=\Delta {{\ell }_{0}}=\frac{F}{k}$ xung quanh VTCB mới Om.
Giai đoạn 2 (t Δt): Đúng lúc vật đến Om với vận tốc bằng ωA thì ngoại lực thồi tác dụng. Lúc này VTCB sẽ là Oc nên vật có li độ A và biên độ mới là:$A’=\sqrt{{{A}^{2}}+\frac{{{\left( \omega A \right)}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}}=A\sqrt{2}$
* Nếu thời gian tác dụng $\Delta t=nT+\frac{T}{4}+\frac{T}{12}$ thì quá trình dao động được chia làm hai giai đoạn:
Giai đoan 1 (0 < t < Δt): Dao đông với biên độ $A=\Delta {{\ell }_{0}}=\frac{F}{k}$ xung quanh VTCB mới Om.
Giai đoạn 2 (t Δt): Đúng lúc vật có li độ đối với Om là A/2 với vận tốc bằng $\omega A\sqrt{3}/2$ thì ngoại lực thồi tác dụng. Lúc này VTCB sẽ là OC nên vật có li độ A + A/2 và biên độ mới là:
Ví dụ 1 : Một con lắc lò xo đặt nằm ngang một đầu cố định, đầu kia gắn vật nhỏ. Lò xo có độ cứng 200 N/m, vật có khối lượng 2/π2 kg. Vật đang đứng yên ở vị trí cân bằng thì tác dụng vào vật một lực có độ lớn 4 N không đổi trong 0,5 s. Bỏ qua mọi ma sát. Sau khi ngừng tác dụng, vật dao động với biên độ là
A. 2 cm. B. 2,5 cm. C. 4 cm. D. 3 cm.
Hướng dẫn
Quá trình dao động được chia làm hai giai đoạn:
Giai đoạn 1 (0 < t < 0,5 s): Vật dao động với biên độ $A=\frac{F}{k}=2\left( cm \right)$ xung quanh
VTCB mới Om.
Giai đoạn 2 (t 0,5 s): Đúng lúc vật đến M (vật có vận tốc bằng 0) thì ngoại lực thồi
VT CB khi có lực tác dụng.Lúc này VTCB sẽ là Oc nên dao động với biên độ $A’=2\frac{F}{k}=4\left( cm \right)\Rightarrow $ Chọn A.
Dạng 8. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN HAI VẬT
Ta khảo sát các bài toán sau:
+ Các vật cùng dao động theo phương ngang.
+ Các vật cùng dao động theo phương thắng đứng.
1. Các vật cùng dao động theo phương ngang
1.1. Hai vật tách rời ở vị trí cân bằng
Phương pháp giải
+ Giai đoạn 1: Cả hai vật cùng dao động với biên độ A, tần số góc $\omega =\sqrt{\frac{k}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}}$ và tốc độ cực đại ${{v}_{0}}=\omega A.$
+ Giai đoạn 2: Nếu đến VTCB m2 tách ra khỏi m1 thì
* m1 dao đông điều hòa với tần số góc $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}$ và biên độ $A’=\frac{{{v}_{0}}}{\omega ‘}=A\sqrt{\frac{{{m}_{1}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}}$ (vì tốc độ cực đại không đổi vẫn là v0!).
* m2 chuyển động thẳng đều với vận tốc v0 và khi m1 đến vị trí biên dương (lần 1) thì m2 đi đươc quãng đường
Lúc này khoảng cách hai vật: 
Ví dụ: Một con lắc lò xo đặt trên mặt phang nằm ngang gồm lò xo nhẹ có độ cứng 300 N/m, một đầu cố định, đầu kia gắn với vật nhỏ M = 3 kg. Vật M đang ở vị trí cân bằng thì vật nhỏ m = 1 kg chuyển động với vận tốc v0 = 2 m/s đến va chạm mềm vào nó theo xu hướng làm cho lò xo nén. Biết rằng, khi trở lại vị trí va chạm thì hai vật tự tách ra. Lúc lò xo có chiều dài cực đại lần đầu tiên thì khoảng cách M và m là
A. 2,85 cm. B. 5,8 cm. C. 7,85 cm. D. 10 cm.
Hướng dẫn
Vận tốc của hệ ngay sau va chạm: $V=\frac{m{{v}_{0}}}{m+M}=0,5\left( m/s \right)$ đây chính là tốc độ cực đại của dao động điều hòa. Sau đó cả hai cùng chuyển động về bên phải rồi về been trái và đúng lúc trở về vị trí cân bằng với tốc độ V thì m tách ra tiếp theo thì:
* M dao động điều hòa với tần số $\omega ‘=\sqrt{\frac{k}{M}}$ , biên độ $A’=\frac{V}{\omega ‘}=V\sqrt{\frac{M}{k}}=0,05\left( m \right)$
(vì tốc độ cực đại không đổi vẫn là V).
* m chuyển động thẳng đều với vận tốc V và khi M đến vị trí biên dưcmg (lần 1) thì m
đi đươc quãng đường $S=V\frac{T’}{4}=V.\frac{1}{4}2\pi \sqrt{\frac{M}{k}}\approx 0,0785\left( m \right)$
Lúc này khoảng cách giữa hai vật: $\Delta S=S-A’=0,0285\left( m \right)$ Chọn A.
1.2. Cắt bớt vật (đặt thêm vật)
Cất bớt vật (đặt thêm vật) lúc tốc độ dao động cực đại sao cho không làm thay đổi biên độ
\[A’=A\Rightarrow \frac{v_{\max }^{‘}}{{{v}_{\max }}}=\frac{\omega ‘A’}{\omega A}=\frac{\sqrt{\frac{k}{m}}}{\sqrt{\frac{k}{m+\Delta m}}}=\sqrt{\frac{m+\Delta m}{m}}\]
+ Cất bớt vật (đặt thêm vật) lúc tốc độ dao động cực đại sao cho không làm thay đổi tốc độc cực đại: \[v_{\max }^{‘}={{v}_{\max }}\Rightarrow \frac{A’}{A}=\frac{\frac{v_{\max }^{‘}}{\omega ‘}}{\frac{{{v}_{\max }}}{\omega }}=\frac{\sqrt{\frac{k}{m+\Delta m}}}{\sqrt{\frac{k}{m}}}=\sqrt{\frac{m}{m+\Delta m}}\]
+ Cất bớt vật (đặt thêm vật) lúc hệ có li độ x1 (vận tốc x1) sao cho không làm thay đổi vận tốc tức thời:
Ngay trước lúc tác động: ${{A}^{2}}=x_{1}^{2}+\frac{v_{1}^{2}}{{{\omega }^{2}}}=x_{1}^{2}+v_{1}^{2}\frac{m+\Delta m}{k}\Rightarrow v_{1}^{2}=\frac{k}{m+\Delta m}\left( {{A}^{2}}-{{x}^{2}} \right)$
Ngay sau lúc tác động:\[A’=\sqrt{x_{1}^{2}+\frac{v_{1}^{2}}{{{\omega }^{‘2}}}}=\sqrt{x_{1}^{2}+\frac{k}{m+\Delta m}\left( {{A}^{2}}-x_{1}^{2} \right)\frac{m}{k}}=\sqrt{x_{1}^{2}+\left( {{A}^{2}}-x_{1}^{2} \right)\frac{m}{m+\Delta m}}\]
Ví dụ 4 : Một con lắc lò xo gồm vật nhỏ có khối lượng m = 100 (g) dao động điều hòa theo phương ngang với biên độ $2\sqrt{7}$ cm. Lúc m cách vị trí cân bằng 2 cm, một vật có khối lượng 300 (g) nó đang chuyển động cùng vận tốc tức thời như m đến dính chặt vào nó và cùng dao động điều hòa. Biên độ dao động lúc này là
A. 15 cm. B. 3 cm. C. 10 cm. D. 12 cm.
Hướng dẫn
Ngay trước lúc tác đụng: \[{{A}^{2}}=x_{1}^{2}+\frac{v_{1}^{2}}{{{\omega }^{2}}}\Rightarrow v_{1}^{2}={{\omega }^{2}}\left( {{A}^{2}}-x_{1}^{2} \right)-\frac{k}{m}\left( {{A}^{2}}-{{x}^{2}} \right)\]
Ngay sau lúc tác động: $A’=\sqrt{x_{1}^{2}+\frac{v_{1}^{2}}{\omega {{‘}^{2}}}}=\sqrt{x_{1}^{2}+\left( {{A}^{2}}-x_{1}^{2} \right)\frac{m+\Delta m}{k}}$
$A’=\sqrt{{{2}^{2}}+\left( 4.7-{{2}^{2}} \right)\frac{0,4}{0,1}}=10\left( cm \right)\Rightarrow $ Chọn C.
Chú ý: Nếu khi vật m có li độ x1 và vận tốc v1, vật m0 rơi xuống dính chặt vào nhau thì xem như va chạm mềm và vận tốc của hai vật ngay sau va chạm: ${{V}_{1}}=\frac{m{{v}_{1}}}{m+{{m}_{0}}}$. Cơ năng của hệ sau đó:
\[\text{W}’=\frac{kA{{‘}^{2}}}{2}=\frac{\left( m+{{m}_{0}} \right)v_{\max }^{2}}{2}=\frac{kx_{1}^{2}}{2}+\frac{\left( m+{{m}_{0}} \right)V_{1}^{2}}{2}\]
1.3. Liên kết giữa hai vật
+ Để hai vật cùng dao động thì lực liên kết không nhỏ hơn lực quán tính cực đại tác dụng lên m2: ${{F}_{lk}}\ge {{F}_{qt\max }}={{m}_{2}}{{\omega }^{2}}A={{m}_{2}}\frac{k}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}A$
Ví dụ: Một con lắc lò xo gồm lò xo nhẹ có độ cứng 100 (N/m) quả cầu nhỏ bằng sắt có khối lượng m1 = 100 (g) có thể dao động không ma sát theo phương ngang Ox trùng với trục của lò xo. Gắn vật m với một nam châm nhỏ có khối lượng m2 = 300 (g) để hai vật dính vào nhau cùng dao động điều hòa với biên độ 10 cm. Để m2 luôn gắn với m1 thì lực hút (theo phương Ox) giữa chúng không nhỏ hơn
A. 2,5 N. B. 4N. C. 10 N. D. 7,5 N.
Hướng dẫn
Để hai vật cùng dao động thì lực liên kết không nhỏ hơn lực quán tính cực đại:
${{F}_{\ell k}}\ge {{m}_{2}}{{\omega }^{2}}A={{m}_{2}}\frac{k}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}A=\frac{0,3.100}{0,1+0,3}0,1=7,5\left( N \right)\Rightarrow $ Chọn D.
Chú ý: Nếu điều kiện ${{F}_{l\ell }}\ge {{m}_{2}}\frac{k}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}A$ được thỏa mãn thì vật m2 sẽ tách ra ở vị trí lần đầu tiên lực quán tính có xu hướng kéo rời m2 (lò xo dãn) có độ lớn bằng độ lớn lực liên kết: ${{F}_{qt}}={{m}_{2}}\frac{k}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}x={{F}_{lk}}\Rightarrow x={{F}_{lk}}.\frac{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}{k{{m}_{2}}}$
Chẳng hạn, nếu lúc đầu lò xo nén cực đại rồi thả nhẹ, hai vật bắt đầu chuyển động từ M. Khi đi từ M đến O (lò xo bị nén), gia tốc hướng về vị trí cân bằng (theo chiều dươmg) nên lực quán tính tác dụng lên m2 hướng theo chiều âm (${{F}_{qt}}=-{{m}_{2}}\overrightarrow{a}$ ) và vật m2 không thể tách ra được. Sau khi qua O (lò xo dãn), gia tốc hướng theo chiều âm nên lực quán tính tác dụng lên m2 hướng theo chiều dươmg, tức là có xu hướng kéo m2 ra khỏi m1. Lúc đầu, lực quán tính này có độ lớn bé hơn nhưng sau đó độ lớn lực quán tính tăng dần. Khi đến P thì ${{F}_{qt}}={{m}_{2}}\frac{k}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}x={{F}_{lk}}\Rightarrow x={{F}_{lk}}.\frac{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}{k{{m}_{2}}}$ và vật m2 tác ra tại điểm này
Thời gian đi từ M đến P: $t=\frac{T}{4}+{{t}_{1}}=\frac{T}{4}+\frac{1}{\omega }\arccos \frac{OP}{A}=\frac{T}{4}+\frac{T}{2\pi }\arcsin \frac{OP}{A}$
2. Các vật cùng dao động theo phương thẳng đứng
a. Cất bớt vật
Giả sử lúc đàu hai vật (m + Δm) gắn vào lò xo cùng dao động theo phương thẳng đứng xung quanh vị trí cân bằng cũ Oc với biên độ A0 và với tần số góc ${{\omega }^{2}}=\frac{k}{m+\Delta m},$ sau đó người ta cất vật Δm thì hệ dao động xung quanh vị trí cân bằng mới Om với biên độ A và tần số góc $\omega {{‘}^{2}}=\frac{k}{m}$ Vị trí cân băng mới cao hơn vị trí cân bằng cũ một đoạn ${{x}_{0}}=\frac{\Delta mg}{k}.$
Nếu ngay trước khi cất vật Δm hệ ở trên vị trí cân bằng cũ một đoạn x1 (tức là cách vị trí cân bằng mới một đoạn ${{x}_{1}}+{{x}_{0}}$ thì:
$\Rightarrow A’=\sqrt{{{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{0}} \right)}^{2}}+\left[ {{A}^{2}}-x_{1}^{2} \right]\frac{m}{m+\Delta m}}$ Đặc biệt nếu ${{x}_{1}}=A$ thì $A’=A+{{x}_{0}}!$
Nếu ngay trước khi cất vật Δm hệ ở trên vị trí cân bằng cũ một đoạn x1 (tức là cách vị trí cân bằng mới một đoạn $\left| {{x}_{1}}-{{x}_{0}} \right|$ thì:
$\Rightarrow {{A}^{/}}=\sqrt{{{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{0}} \right)}^{2}}+\left[ {{A}^{2}}-x_{1}^{2} \right]\frac{m}{m+\Delta m}}$
Đặc biệt nếu ${{x}_{1}}=A$ thì $A’=\left| A-{{x}_{0}} \right|!$
Ví dụ: Hai vật A, B dán liền nhau mB = 2mA = 200 gam, treo vào một lò xo có độ cứng k = 50 N/m, có chiều dài tự nhiên 30 cm. Nâng vật theo phương thẳng đứng lên đến đến vị trí lò xo có chiều dài tự nhiên rồi buông nhẹ. Vật dao động điều hòa đến vị trí lực đàn hồi của lò xo có độ lớn lớn nhất, vật B bị tách ra của lò xo.
A. 26 cm. B. 24 cm. C. 30 cm. D. 3,2cm
Hướng dẫn
$A=\Delta {{\ell }_{0}}=\frac{\left( {{m}_{A}}+{{m}_{B}} \right)g}{k}=6\left( cm \right);{{x}_{0}}=\frac{\Delta mg}{k}=\frac{{{m}_{B}}g}{k}=4\left( cm \right)$
$A’=\sqrt{{{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{0}} \right)}^{2}}+\left[ {{A}^{2}}-x_{1}^{2} \right]\frac{m}{m+\Delta m}}=A+{{x}_{0}}=10\left( cm \right)$
Ở vị trí cân bằng Om lò xo dãn 2cm lên lúc này dò xo dài ${{\ell }_{CB}}=30+2=32\left( cm \right)$
Chiều dài cực tiểu của lò xo: ${{\ell }_{\min }}={{\ell }_{CB}}-A’=22\left( cm \right)\Rightarrow $ Chọn D.
b. Đặt thêm vật
Giả sử lúc đầu chỉ m gắn vào lò xo dao động theo phương thẳng đứng xung quanh vị trí cân bằng cũ Oc với biên độ A0 và với tần số góc ${{\omega }^{2}}=\frac{k}{m}$ sau đó người ta đặt thêm vật Δm (có cùng tốc độ tức thời) thì hệ dao động xung quanh vị trí cân bằng mới Om với biên độ A và tần số góc $\omega {{‘}^{2}}=\frac{k}{m+\Delta m}$ . Vị trí cân bằng mới thấp hơn vị trí cân bằng cũ một đoạn ${{x}_{0}}=\frac{\Delta mg}{k}$.
Ta xét các trường hợp có thể xảy ra:
Nếu ngay trước khi đặt vật Δm hệ ở dưới vị trí cân bằng cũ một đoạn x1 (tức là cách vị trí cân bằng mới một đoạn$\left| {{x}_{1}}-{{x}_{0}} \right|$ ) thì
$\Rightarrow A’=\sqrt{{{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{0}} \right)}^{2}}+\left[ {{A}^{2}}-x_{1}^{2} \right]\frac{m+\Delta m}{m}}$
Đặt biệt nếu: thì $A’=\left| A-{{x}_{0}} \right|!$
Nếu ngay trước khi đặt vật Δm hệ ở trên vị trí cân bằng cũ một đoạn x1 (tức là cách vị trí cân bằng mới một đoạn x1 + x0) thì
Đặc biệt nếu ${{x}_{1}}=A$ thì $A’=A+{{x}_{0}}!$
Nếu ngay trước khi cất vật Δm hệ ở trên vị trí cân bằng cũ một đoạn x1 thì:
$\Rightarrow A’=\sqrt{{{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{0}} \right)}^{2}}+\left[ {{A}^{2}}-x_{1}^{2} \right]\frac{m}{m+\Delta m}}$
Đặc biệt nếu ${{x}_{1}}=A$ thì $A’=\left| A-{{x}_{0}} \right|!$
Ví dụ: Hai lò xo có độ cứng lần lượt là k1 = 100N/m và k2 = 150N/m. Treo vật khối lượng m = 250g vào hai lò xo ghép song song. Treo vật xuống dưới vị trí cân bằng 4/π cm rồi thả thả nhẹ khi vật qua vị trí cân bằng thì lò xo 2 bị đứt. Biên độ dao động của vật sau khi lò xo khi bị đứt là:
A. 3,5 cm. B. 2cm. C. 2,5 cm D. 3cm
Hướng dẫn
Goi O là vi trí cân bằng của vật khi còn hệ 2 lò xo, dễ dàng tính được tại đó hệ dãn một đoan 1cm. Gọi Om là vị trí cân bằng của vật khi chỉ còn k1, lúc đó độ dãn của riêng k1 là 2,5 crn.
Vậy OcOm= 1,5 cm.
+ Đối với hệ 2 lò xo, kéo m xuống dưới VTCB đoạn 4/π cm rồi thả nhẹ thì A = 4/π cm
+ Ngay tại vị trí Oc này k2 đứt, con lắc bây giờ là con lắc mới gồm k1 và m. Đối với con lắc này VTCB mới là Om và vật m qua vị trí O có x= +1,5 cm với v = 40 cm/s , tần số góc mới $\omega =\omega A=\sqrt{\frac{{{k}_{1}}+{{k}_{2}}}{m}}.A=40\left( cm/s \right)$
+ Áp dụng công thức độc lập thời gian: $A’=\sqrt{{{x}^{2}}+\frac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{‘2}}}}=2,59cm$
Chọn C.