45 bài tập con lắc đơn mức độ vận dụng

Đáp án A

+ Biên độ dài của con lắc đơn \({s_0} = l{\alpha _0} = 50.0,08 = 4cm\)

Đáp án B

+ Chu kì con lắc đơn không phụ thuộc vào khối lượng của vật nặng " tăng gấp đôi khối lượng không làm thay đổi chu kì.

+ Cơ năng của con lắc đơn tỉ lệ thuận với khối lượng của vật nặng "tăng gấp đôi khối lượng thì cơ năng tăng gấp đôi.

+ Chu kì dao động của con lắc đơn:

\(\left\{ \matrix{
{T_0} = 2\pi \sqrt {{{{l_0}} \over g}} \hfill \cr
T = 2\pi \sqrt {{{1,21{l_o}} \over g}} \hfill \cr} \right. \Rightarrow T = \sqrt {1,21} {T_0} = 1,1{T_0} = {T_0} + 0,1{T_0} = {T_0} + 10\% .{T_0}\)

Chọn A   + Ta cos \(T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}}  \Rightarrow l = 0,2\,\,m.\)

Gia tốc của vật nặng của con lắc đơn :

Tại vị trí cân bằng chỉ có thành phần hướng tâm:  
\({a_1} = {a_n} = 2g.\left( {1 - \cos {\alpha _0}} \right)\)

Tại vị trí biên thì   \({a_2} = g.\sin {\alpha _0}\)

Tỉ số giữa gia tốc ở vị trí cân bằng và gia tốc ở biên là :

\(\begin{array}{l}
\tau = \frac{{2g.(1 - \cos {\alpha _0})}}{{g\sin {\alpha _0}}} = \frac{{2.\left[ {1 - (1 - 2si{n^2}\frac{{{\alpha _0}}}{2})} \right]}}{{\sin {\alpha _0}}} \approx \frac{{2.(2.\frac{{\alpha _0^2}}{2})}}{{{\alpha _0}}} \approx 2{\alpha _0} = 0,08\\
= > {\alpha _0} = 0,04rad.
\end{array}\)

Mà tại vị trí cân bằng ta có:

\(\begin{array}{l}
\overrightarrow P + \overrightarrow T = m.\overrightarrow a \\
= > T - P = m.a\\
= > T = P + ma = 0,12.10 + 0,12.2.10.(1 - \cos {\alpha _0}) \approx 1,22N
\end{array}\)

Vậy giá trị gần nhất với T ở vị tri cân bằng là 0,12N.

Tần số dao động của con lắc lần lượt là f₁ = 8/Δt và f₂ = 6/Δt

\(\frac{{{f}_{2}}}{{{f}_{1}}}=\frac{6}{8}=\sqrt{\frac{{{\ell }_{1}}}{{{\ell }_{2}}}}=\sqrt{\frac{{{\ell }_{1}}}{{{\ell }_{1}}+0,7}}\Rightarrow {{\ell }_{1}}=0,9m\)

Vậy dây treo dài 0,9m

Khi lực căng dây bằng trọng lực: mg(3cosα – 2cosα₀) = mg --> cosα = (2/3)cosα₀

Thế năng khi đó W_t = mgl(1 – cosα) = mgl (1 – 2cosα₀)/2 = 2W/3

Động năng W_đ = W – W_t = W/3

Vậy thế năng gấp đôi động năng.

Chọn C

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{\rm{W}} = {{\rm{W}}_t} + {{\rm{W}}_d}\\{{\rm{W}}_t}{\rm{ =  }}{{\rm{W}}_d}\end{array} \right. \Rightarrow 2{{\rm{W}}_t} = {\rm{W}} \Leftrightarrow 2.\frac{1}{2}mgl{\alpha ^2} = \frac{1}{2}mgl\alpha _0^2 \Rightarrow \left| \alpha  \right| = \frac{{{\alpha _0}}}{{\sqrt 2 }}\)

Con lắc chuyển động nhanh dần theo chiều dương  => con lắc đi từ biên âm về VTCB

Biểu diễn trên đường tròn lượng giác ta có:

=> Li độ góc \(\alpha  =  - \frac{{{\alpha _0}}}{{\sqrt 2 }}\)

Tần số góc \(\omega =\frac{2\pi }{T}=5rad/s=\sqrt{\frac{g}{l}}\Rightarrow l=0,4m\)

Ở VTCB truyền cho con lắc vận tốc v₀ = 20cm/s = ωS₀ = ωlα₀ => α₀ = 0,1rad

Gốc thời gian lúc truyền vận tốc nên pha ban đầu φ = - π/2

Chọn A

Đáp án A.

+ Chu kì của con lắc khi không có điện trường và khi có điện trường hướng thẳng đứng:

\(\left\{ \matrix{
\hfill {{\rm{T}}_0} = 2\pi \sqrt {{1 \over {\rm{g}}}} \cr
\hfill {\rm{T}} = 2\pi \sqrt {{1 \over {{\rm{g + a}}}}} \cr} \right. \to {\left( {{{{{\rm{T}}_0}} \over {\rm{T}}}} \right)^2} = 1 + {{\rm{a}} \over {\rm{g}}}\) với  \({\rm{a  =  }}{{{\rm{qE}}} \over {{\rm{mg}}}} \to {\rm{a  =  }}\left[ {{{\left( {{{{{\rm{T}}_0}} \over {\rm{T}}}} \right)}^2} - 1} \right]{\rm{g  =  }}\left[ {{{\left( {{{\sqrt 2 } \over 1}} \right)}^2} - 1} \right]{\rm{g  =  g}}{\rm{.}}\)

+ Chu kì của con lắc khi điện trường có hướng hợp với g một góc  60^o 

 \({\rm{T' = 2}}\pi \sqrt {{1 \over {\sqrt {{{\rm{g}}^2} + {{\rm{a}}^2} + 2{\rm{g}}{\rm{.a}}{\rm{.cos6}}{{\rm{0}}^0}} }}}  = {\rm{2}}\pi \sqrt {{1 \over {\sqrt {{{\rm{g}}^2} + {{\rm{g}}^2} + 2{\rm{g}}{\rm{.g}}{\rm{.cos6}}{{\rm{0}}^0}} }}}  = {1 \over {\sqrt {\sqrt 3 } }}\sqrt {{1 \over {\rm{g}}}}  = {1 \over {\sqrt {\sqrt 3 } }}\sqrt 2  \approx 1,075{\rm{ s}}{\rm{.}}\)

Đáp án D

Chu kỳ dao động của con lắc: \(T = 2\pi \sqrt {{\ell  \over g}}  = 2\pi \sqrt {{1 \over g}}  = {{20} \over {10}} \Rightarrow {\rm{g}} \approx {\rm{9}}{\rm{,86m/}}{{\rm{s}}^2}\)

Theo bài ra ta có:

\(\eqalign{
& \left\{ \matrix{
{T_1} = 2\pi \sqrt {{l \over {g + a}}} = 2,52 \hfill \cr
{T_2} = 2\pi \sqrt {{l \over {g - a}}} = 3,15 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
{l \over {g + a}} = {{{{2,52}^2}} \over {4{\pi ^2}}} \hfill \cr
{l \over {g - a}} = {{{{3,15}^2}} \over {4{\pi ^2}}} \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
{g \over l} + {a \over l} = {{4{\pi ^2}} \over {{{2,52}^2}}} \hfill \cr
{g \over l} - {a \over l} = {{4{\pi ^2}} \over {{{3,15}^2}}} \hfill \cr} \right. \cr
& \Rightarrow {g \over l} = 2{\pi ^2}\left( {{1 \over {{{2,52}^2}}} + {1 \over {{{3,15}^2}}}} \right) \Rightarrow {l \over g} = {1 \over {2{\pi ^2}\left( {{1 \over {{{2,52}^2}}} + {1 \over {{{3,15}^2}}}} \right)}} \cr} \)

 Khi thang máy đứng yên: \(T = 2\pi \sqrt {{\ell  \over g}}  = 2,78s\)

+ Gia tốc của vật tại VTCB

Gia tốc tiếp tuyến: \({a_t} = g\sin \alpha  \approx g\alpha  = 0\)

Gia tốc hướng tâm: \({a_n} = \frac{{{v^2}}}{l} = \frac{{{\omega ^2}{l^2}\alpha _0^2}}{l} = l{\omega ^2}\alpha _0^2\)

=> Gia tốc tại VTCB là: \({a_1} = l{\omega ^2}\alpha _0^2\,\,\,(1)\)

+ Gia tốc tại VT biên

Gia tốc tiếp tuyến:  \({a_t} = g\sin {\alpha _0} \approx g{\alpha _0}\)

Gia tốc hướng tâm: \({a_n} = \frac{{{v^2}}}{l} = 0\)

=> Gia tốc tại VT biên là:  \({a_2} = g{\alpha _0}\,\,\,\,(2)\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \frac{{{a_1}}}{{{a_2}}} = \frac{{l{\omega ^2}\alpha _0^2}}{{g{\alpha _0}}} = {\alpha _0}\) => Chọn A

Đáp án B

Lực căng dây \(T = mg(3c{\rm{os}}\alpha {\rm{ - 2cos}}{\alpha _{\rm{o}}})\); \({{3 - 2c{\rm{os}}{\alpha _{\rm{o}}}} \over {{\rm{cos}}{\alpha _{\rm{o}}}}} = 1,02 =  > {\alpha _0} = 6,{6^0}\)

Con lắc 1:  ω; A

Con lắc 2:  2ω; 3A

Khi hai con lắc gặp nhau con lắc 1 có: \({{\rm{W}}_d} = 3{W_t} \to \left| x \right| = {A \over 2}\) 

Suy ra:  

\(\left\{ \matrix{
{v_1} = \omega \sqrt {{A^2} - {{\left( {{A \over 2}} \right)}^2}} = {{\omega A\sqrt 3 } \over 2} \hfill \cr
{v_2} = 2\omega \sqrt {{{(3A)}^2} - {{\left( {{A \over 2}} \right)}^2}} = \omega A\sqrt {35} \hfill \cr} \right. \to {{{v_2}} \over {{v_1}}} = \sqrt {{{140} \over 3}} \)

Khi vecto cường độ điện trường nằm ngang:

Từ hình vẽ ta có: \(\tan \alpha  = \dfrac{{{F_d}}}{P} = \dfrac{{ma}}{{mg}} = \dfrac{3}{4} \Rightarrow a = \dfrac{3}{4}.g\)

Gia tốc trọng trường hiệu dụng :

\(g' = \sqrt {{g^2} + {a^2}}  = \sqrt {{g^2} + \dfrac{{9{g^2}}}{{16}}}  = \dfrac{5}{4}.g\)

Chu kì dao động của con lắc khi đó:

\({T_1} = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{{g'}}}  = \dfrac{2}{{\sqrt 5 }}.2\pi \sqrt {\dfrac{l}{g}} \,\,\,\,\left( 1 \right)\)

+ Khi đổi chiều điện trường sao cho hướng vecto cường độ điện trường hướng lên thì \(\overrightarrow {{F_d}} \) hướng lên (do q > 0). Gia tốc trọng trường hiệu dụng khi đó:

\(g'' = g - a = g - \dfrac{3}{4}.g = \dfrac{1}{4}.g\)

Chu kì dao động của con lắc khi đó:

\({T_2} = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{{g''}}}  = 2.2\pi \sqrt {\dfrac{l}{g}} \,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

+ Từ (1) và (2) ta có: \(\dfrac{{{T_2}}}{{{T_1}}} = \sqrt 5  \Rightarrow {T_2} = \sqrt 5 .{T_1}\)

Chọn D.

Cách giải:

Ở vị trí cân bằng, dây treo hợp với phương thẳng đứng một góc:

\(\tan \theta  = \dfrac{{qE}}{{mg}} = \dfrac{{{{2.10}^{ - 5}}{{.5.10}^4}}}{{0,1.10}} = 1 \Rightarrow \theta  = {45^0}\)

Biên độ góc của con lắc là: \({\alpha _0} = \alpha  - \theta  = {55^0} - {45^0} = {10^0}\)

Gia tốc trọng trường hiệu dụng là: \({g_{HD}} = \dfrac{g}{{\cos \theta }} = \dfrac{{10}}{{\cos {{45}^0}}} = 10\sqrt 2 \,\,\left( {m/{s^2}} \right)\)

Tốc độ cực đại của con lắc là:

\({v_{\max }} = \sqrt {2{g_{HD}}{\rm{l}}\left( {1 - \cos {\alpha _0}} \right)}  = \sqrt {2.10\sqrt 2 .1.\left( {1 - \cos {{10}^0}} \right)}  = 0,66\,\,\left( {m/s} \right)\)

Chọn B.