Câu hỏi:

08/08/2024 144

Cho cơ hệ như hình vẽ: lò xo có độ cứng k = 100 N/m, vật nặng khối lượng m = 100 g bề mặt chỉ có ma sát trên đoạn CD, biết CD = 1 cm và \[{\rm{\mu }} = 0,5.\] Ban đầu vật nặng nằm tại vị trí lò xo không biến dạng, truyền cho vật vận tốc ban đầu \({{\rm{v}}_0} = 60{\rm{\pi }}\)cm/s dọc theo trục của lò xo hướng theo chiều lò xo giãn. Lấy g = 10 m/s2. Tốc độ trung bình của vật nặng kể từ thời điểm ban đầu đến khi nó đổi chiều chuyển động lần thứ nhất có giá trị bằng bao nhiêu cm/s? Làm tròn đến phần nguyên.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 6) !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Ta có: \({\rm{k}} = 100\;{\rm{N}}/{\rm{m}};{\rm{m}} = 100\;{\rm{g}},\omega = \sqrt {\frac{{\rm{k}}}{{\rm{m}}}} = \sqrt {\frac{{100}}{{\left( {100 \cdot {{10}^{ - 3}}} \right)}}} = 10\pi {\rm{rad}}/{\rm{s}} \to {\rm{T}} = 0,2\;{\rm{s}}\).

Chuyển động của vật kể từ thời điểm ban đầu đến lúc nó đổi chiều chuyển động lần đầu tiên được chia thành các giai đoạn sau:

Giai đoạn 1: Chuyển động từ O đến C có:

\({{\rm{A}}_1} = \frac{{{{\rm{v}}_0}}}{{\rm{\omega }}} = \frac{{60{\rm{\pi }}}}{{10{\rm{\pi }}}} = 6\;{\rm{cm}},{{\rm{t}}_1} = \frac{{\rm{T}}}{{12}} = \frac{{0,2}}{{12}} = \frac{1}{{60}}\;{\rm{s}},{{\rm{v}}_{\rm{C}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}{{\rm{v}}_0} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.(60{\rm{\pi }}) = 30\sqrt 3 {\rm{\pi cm}}/{\rm{s}}\).

Giai đoạn 2: Chuyển động từ C đến D là dao động điều hòa chịu thêm tác dụng của ma sát có độ lớn không đổi.

Vị trí cân bằng mới lệch khỏi O theo hướng lò xo bị nén một đoạn

\[\Delta {\ell _0} = \frac{{{\rm{\mu mg}}}}{{\rm{k}}} = \frac{{0,5){{.100.10}^{ - 3}}.10}}{{100}} = 0,5\;{\rm{cm}}\]

\( \to {{\rm{A}}_2} = \sqrt {{{\left( {\Delta {\ell _0} + {\rm{OC}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{{{\rm{v}}_{\rm{C}}}}}{{\rm{\omega }}}} \right)}^2}} = \sqrt {{{(0,5 + 3)}^2} + {{\left( {\frac{{30\sqrt 3 {\rm{\pi }}}}{{10{\rm{\pi }}}}} \right)}^2}} = 6,265\;{\rm{cm}}\)

\(\Delta {{\rm{t}}_2} = \frac{{\arccos \left( {\frac{{3,5}}{{6,265}}} \right) - \arccos \left( {\frac{{4,5}}{{6,265}}} \right)}}{{{{360}^0}}} \cdot (0,2) = 6,64 \cdot {10^{ - 3}}\;{\rm{s}}\)

\({{\rm{v}}_{\rm{D}}} = {\rm{\omega }}{{\rm{A}}_2}\sqrt {\ell - {{\left( {\frac{{\Delta {\ell _0} + {\rm{OD}}}}{{{{\rm{A}}_2}}}} \right)}^2}} = (10{\rm{\pi }}).(6,265).\sqrt {1 - {{\left( {\frac{{4,5}}{{6,265}}} \right)}^2}} = 136,940\;\)cm/s.

Giai đoạn 3: Chuyển động từ D đến khi đổi chiều lần đầu tiên là dao động điều hòa quanh vị trí lò xo không biến dạng với biên độ

\({{\rm{A}}_3} = \sqrt {{\rm{O}}{{\rm{D}}^2} + {{\left( {\frac{{{{\rm{v}}_{\rm{D}}}}}{\omega }} \right)}^2}} = \sqrt {{4^2} + {{\left( {\frac{{136,940}}{{10\pi }}} \right)}^2}} = 5,916\;{\rm{cm}}\)

\({{\rm{t}}_3} = \frac{{\arccos \left( {\frac{{{\rm{OD}}}}{{{{\rm{A}}_3}}}} \right)}}{{{{360}^0}}}\;{\rm{T}} = \frac{{\arccos \left( {\frac{4}{{5,916}}} \right)}}{{{{360}^0}}} \cdot (0,2) = 0,0264\;{\rm{s}}\)

\({{\rm{v}}_{{\rm{tb}}}} = \frac{{\rm{S}}}{{\rm{t}}} = \frac{{{\rm{OC}} + {\rm{CD}} + \left( {{{\rm{A}}_3} - {\rm{OD}}} \right)}}{{{{\rm{t}}_1} + {{\rm{t}}_2} + {{\rm{t}}_3}}} = \frac{{3 + 1 + (5,916 - 4)}}{{\frac{1}{{60}} + 6,64 \cdot {{10}^{ - 3}} + 0,0264}} = 119,018\)

Đáp án. 119 .

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

Bình luận

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Trong không gian \[Oxyz,\] cho điểm \(A\left( {2\,;\,\,1\,;\,\,1} \right)\), mặt phẳng \(\left( P \right):x - z - 1 = 0\) và đường thẳng \((d):\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 1 - t}\\{y = 2}\\{z = - 2 + t}\end{array}} \right.\). Gọi \({d_1},\,\,{d_2}\) là các đường thẳng đi qua \(A\), năm trong \(\left( P \right)\) và đều có khoảng cách đến đường thẳng \(d\) bằng \(\sqrt 6 .\) Cosin của góc giữa \({d_1}\) và \({d_2}\) bằng

Xem đáp án

Lời giải

Media VietJack

Ta có: \(\overrightarrow {{n_P}} = \left( {1\,;\,\,0\,;\,\, - 1} \right),\,\,\overrightarrow {{u_d}} = \left( { - 1\,;\,\,0\,;\,\,1} \right)\)

\( \Rightarrow d \bot \left( P \right)\) và \(d \cap (P) = M\left( {0\,;\,\,2\,;\,\, - 1} \right)\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {MA} = (2; - 1;2) \Rightarrow MA = 3\)

Gọi \[H,\,\,K\] lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(M\) lên \({d_1}\) và \({d_2},\) ta có

\(d\left( {{d_1}\,;\,\,d} \right) = d\left( {M\,;\,\,{d_1}} \right) = MH,\,\,\,d\left( {{d_2}\,;\,\,d} \right) = d\left( {M\,;\,\,{d_2}} \right) = MK\)

\( \Rightarrow MH = MK = \sqrt 6 \) \( \Rightarrow \sin \widehat {MAK} = \sin \widehat {MAH} = \frac{{HM}}{{AM}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\)

\( \Rightarrow \cos \left( {{d_1};\,\,{d_2}} \right) = \left| {\cos \left( {2 \cdot \widehat {MAH}} \right)} \right| = \left| {1 - 2{{\sin }^2}\widehat {MAH}} \right| = \left| {1 - \frac{4}{3}} \right| = \frac{1}{3}.\) Đáp án: \(\frac{1}{3}.\)

Câu 2

Cho đường tròn có đường kính bằng 4 và 2 Elip lần lượt nhận 2 đường kính vuông góc với nhau của đường tròn làm trục lớn, trục bé của mỗi Elip đều bằng 1. Diện tích \[S\] phần hình phẳng ở bên trong đường tròn và bên ngoài 2 Elip (phần gạch tô màu trên hình vẽ) gần với kết quả nào nhất trong 4 kết quả dưới đây?

A. \(S = 4,8.\)

B. \(S = 3,9.\)

C. \(S = 3,7.\)

D. \(S = 3,4.\)

Lời giải

Media VietJack

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ (tâm của hình tròn)

Hai Elip lần lượt có phương trình là \(\left( {{E_1}} \right):\frac{{{x^2}}}{4} + \frac{{{y^2}}}{1} = 1\) và \(\left( {{E_2}} \right):\frac{{{x^2}}}{1} + \frac{{{y^2}}}{4} = 1.\)

Tọa độ giao điểm của hai Elip trong góc phần tư thứ nhất là nghiệm phương trình \({x^2} + \frac{{1 - \frac{{{x^2}}}{4}}}{4} = 1 \Leftrightarrow {x^2} = \frac{4}{5} \Rightarrow x = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}.\)

Diện tích hình phẳng cần tìm là:

\[S = \pi \cdot {2^2} - \pi \cdot 2 \cdot 1 - 8\int\limits_2^{\frac{{2\sqrt 5 }}{5}} {\left( {2\sqrt {1 - {x^2}} - \sqrt {1 - \frac{{{x^2}}}{4}} } \right)} \,{\rm{d}}x \approx 3,7.\] Chọn C.

Câu 3