Bài toán con lắc lò xo chịu tác dụng của ngoại lực, biến cố va chạm

2A = 4 cm → A = 2cm.

Khi vật m dao động hợp của lực điện trường và lực đàn hồi gây gia tốc a cho vật.

Tại vị trí biên, vật có gia tốc cực đại. Khi đó ta có: \[{{F}_{đh}}\text{ }{{F}_{đ}}=\text{ }m.{{a}_{max}}\]

Tại M lò xo không biến dạng, tại N lò xo dãn 2A:

\[\Rightarrow 2kA-qE=m.{{\omega }^{2}}.A=m.\dfrac{k}{m}\text{.A}\Rightarrow qE=kA~\Rightarrow E=\dfrac{kA}{q}={{10}^{4}}V/m\]

Động năng của vật khi đi qua vị trí cân bằng (khi chưa có điện trường)

$\dfrac{mv_{0}^{2}}{2}=\dfrac{k\text{A}_{1}^{2}}{2}$

Vị trí cân bằng mới (khi có thêm điện trường) lò xo biến dạng một đoạn:

$\Delta \ell =\dfrac{qE}{k}=0,05m=5cm$

Ở thời điểm bắt đầu có điện trường có thể xem đưa vật đến vị trí lò xo có độ biến dạng Δl và truyền cho vật vận tốc v0. Vậy năng lượng mới của hệ là

\[W=\dfrac{kA_{2}^{2}}{2}=\dfrac{k{{(\Delta \ell )}^{2}}}{2}+\dfrac{mv_{0}^{2}}{2}=2\dfrac{kA_{1}^{2}}{2}\Rightarrow {{A}_{2}}={{A}_{1}}\sqrt{2}=5\sqrt{2}=7,07cm\].

(\[\Delta \ell ={{A}_{1}}=5cm\]nên $\dfrac{k\Delta {{\ell }^{2}}}{2}=\dfrac{k\text{A}_{1}^{2}}{2}$)

Vật có vận tốc cực đại tại VTCB.

Khi vật ở VTCB: \[\text{W}={{F}_{ms}}\Rightarrow kx\text{ }=mg\mu \Rightarrow x=\dfrac{\mu mg}{k}=\dfrac{0,02.0,1.10}{1}=0,02\left( m \right)=2(cm)\]

Áp dụng ĐLBTNL: \[\dfrac{1}{2}k.{{A}^{2}}=\dfrac{1}{2}k{{x}^{2}}+\dfrac{1}{2}m{{v}^{2}}+{{A}_{ms}}\Rightarrow \dfrac{1}{2}k.{{A}^{2}}=\dfrac{1}{2}k{{x}^{2}}+\dfrac{1}{2}m{{v}^{2}}+{{F}_{ms}}.S\]

Thay số vào ta được: \[\dfrac{1}{2}{{.1.0,1}^{2}}=\dfrac{1}{2}.k{{.0,02}^{2}}+\dfrac{1}{2}.0,02.{{v}^{2}}+\text{ }0,1.0,02.10.0,08.\text{ }\]

\[\Rightarrow v=~40~\sqrt{2}cm/s.~~~\]

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:

\[\dfrac{1}{2}k{{A}^{2}}=\dfrac{1}{2}m{{v}^{2}}+{{A}_{{{F}_{ms}}}}\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}k{{A}^{2}}=\dfrac{1}{2}m{{v}^{2}}+\mu mg.S\]

\[\dfrac{1}{2}{{.10.0,05}^{2}}=\dfrac{1}{2}.0,1.{{v}^{2}}+0,05.10.0,12\Rightarrow v\approx 36\left( cm/s \right)\]

Tại VTCB: \[{{F}_{dh}}={{F}_{d}}\Rightarrow k.\Delta l=qE\Rightarrow E=\dfrac{k.\Delta l}{q}\]

Mà \[A=\Delta l\Rightarrow q=\dfrac{k.A}{E}=\dfrac{10.0,08}{{{2,5.10}^{4}}}={{3,2.10}^{-5}}C=32\mu C\]

Động năng của vật khi đi qua vị trí cân bằng (khi chưa có điện trường) $\dfrac{mv_{0}^{2}}{2}=\dfrac{k\text{A}_{1}^{2}}{2}$

Ở thời điểm bắt đầu có điện trường có thể xem đưa vật đến vị trí lò xo có độ biến dạng Δℓ và truyền cho vật vận tốc v0. Vậy năng lượng mới của hệ là

\[W=\dfrac{kA_{2}^{2}}{2}=\dfrac{k{{(\Delta \ell )}^{2}}}{2}+\dfrac{mv_{0}^{2}}{2}=\dfrac{k{{(\Delta \ell )}^{2}}}{2}+\dfrac{kA_{1}^{2}}{2}\Rightarrow \dfrac{k{{(\Delta \ell )}^{2}}}{2}=\dfrac{1}{2}k(A_{2}^{2}-A_{1}^{2})\Rightarrow \Delta \ell =\sqrt{A_{2}^{2}-A_{1}^{2}}=\sqrt{{{\left( 5\sqrt{2} \right)}^{2}}-{{5}^{2}}}=5(cm)\]Vị trí cân bằng mới (khi có thêm điện trường) lò xo biến dạng một đoạn:

\[\Delta \ell =\dfrac{qE}{k}\Rightarrow q=\dfrac{\Delta \ell .k}{E}=\dfrac{0,05.10}{{{10}^{4}}}={{5.10}^{-5}}(C)=50\mu C\]

Tốc độ tại vị trí cân bằng cũ là: v = ωA

Vị trí cân bằng mới cách VTCB cũ một đoạn: \[x=\dfrac{qE}{k}=\dfrac{{{5.10}^{-5}}{{.10}^{4}}}{10}=0,05(m)=5cm\]

Biên độ mới: $A’=\sqrt{{{x}^{2}}+\dfrac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}}=\sqrt{{{5}^{2}}+{{\left( \dfrac{A\omega }{\omega } \right)}^{2}}}=\sqrt{{{5}^{2}}+{{5}^{2}}}=5\sqrt{2}$ cm

Tỉ số cần tính: $\dfrac{v’}{v}=\dfrac{A’}{A}=\sqrt{2}$

Theo đề bài, vật tới B thì thiết lập điện trường \[OA=OB=4(cm)\]

Thiết lập điện trường nên vị trí cân bằng bị lệch \[\text{OO}’=\dfrac{qE}{k}=0,01(m)=1(cm)\]

Trong 0,2(s) có điện trường biên độ dao động là \[O’B=BO+\text{OO}’=4+1=5(cm)\]

Sau 0,2(s) vật ở tại ví trí C với \[O’C=O’B=5(cm)\]

Lúc này VTCB về lại O

Biên độ lúc này là \[OC=O’C+\text{OO}’=5+1=6(cm)\]

Trong quá trình dao động thì tốc độ cực đại quả cầu đạt được là \[{{v}_{\max }}=OC.\omega =6.5\pi =30\pi (cm/s)\]

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng

\[\dfrac{1}{2}mv_{0}^{2}-\dfrac{1}{2}k{{A}^{2}}={{A}_{ms}}\Rightarrow \dfrac{1}{2}mv_{0}^{2}-\dfrac{1}{2}k{{A}^{2}}=\mu mgA\]

Thay số vào, ta được \[\dfrac{1}{2}{{.0,4.1}^{2}}-\dfrac{1}{2}.100.{{A}^{2}}=0,1.0,4.10.A\Rightarrow A\approx 0,05937(m)=5,937(cm)\]

Ta có \[\omega =\sqrt{\dfrac{k}{m}}=\sqrt{\dfrac{20}{0,04}}=10\sqrt{5}(rad/s)\]

Lúc vận tốc đạt giá trị lớn nhất thì: \[k.{{x}_{0}}=\mu mg\Rightarrow {{x}_{0}}=\dfrac{\mu mg}{k}=\dfrac{0,2.0,04.10}{20}={{4.10}^{-3}}(m)=0,4(cm)\]

Tốc độ lớn nhất vật nhỏ đạt được trong quá trình chuyển động của vật là

\[{{v}_{\max }}=\omega (A-{{x}_{0}})=10\sqrt{5}(0,06-{{4.10}^{-3}})\approx 1,25(m/s)\]

Ta có: \[\omega =\sqrt{\dfrac{k}{m}}=\sqrt{\dfrac{40}{0,1}}=20(rad/s)\]

Khi vật ở VTCB: \[k{{x}_{0}}=\mu mg\Rightarrow {{x}_{0}}=\dfrac{\mu mg}{k}=\dfrac{0,2.0,1.10}{40}={{5.10}^{-3}}(cm)=0,5(cm)\]

Khi gia tốc bằng 0 lần thứ 1 , vật đang dao động điều hòa với biên độ: \[{{\text{A}}_{\text{1}}}\text{= A- }{{\text{x}}_{\text{o}}}\text{=10}\text{,5 – 0}\text{,5 = 10 (cm)}\]

Khi gia tốc bằng 0 lần thứ 2, vật đang dao động điều hòa với biên độ: \[{{\operatorname{A}}_{2}}=A-3{{x}_{o}}=10,5-3.0,5=9(cm)\]

Khi gia tốc bằng 0 lần thứ 3, vật đang dao động với biên độ: \[{{A}_{3}}=A-5{{x}_{3}}=10,5-5.0,5=8(cm)\]

Tốc độ lớn nhất vật nhỏ khi gia tốc của nó bằng không lần thứ 3 là: \[{{v}_{3}}={{A}_{3}}.\omega =0,08.20=1,6(m/s)\]

Sau khi đi qua vị trí lò xo không biến dạng lần đầu tiên vật sẽ đạt tốc độ cực đại trong nửa chu kì thứ 2, nếu chọn vị trí cân bằng ban đầu là gốc tọa độ, chiều dương theo chiều kéo vật thì vị trí bắt đầu của nửa dao động thứ 2 có tọa độ:

$-\left( {{A}_{0}}-2{{x}_{0}} \right)=-\left( {{A}_{0}}-2\dfrac{\mu mg}{k} \right)=-\left( 0,1-2\dfrac{0,1.0,2.10}{10} \right)=-0,06m=-6cm$

Với tọa độ của vị trí cân bằng tức thời trong nửa dao động này là :

${{x}_{0}}=-\dfrac{\mu mg}{k}=-\dfrac{0,1.0,2.10}{10}=-0,02m=-2cm$

Biên độ của nửa dao động này là: ${{A}_{1}}=\left| -6+2 \right|=4cm$

Tần số góc: $\omega =\sqrt{\dfrac{k}{m}}=\sqrt{\dfrac{10}{0,2}}=10(rad/s)$ (rad/s)

Vậy tốc độ cực đại tìm được là: ${{v}_{m\text{ax}}}=\omega {{A}_{1}}=10.4=40(cm/s)$

Vị trí lò xo đạt vận tốc cực đại: \[\text{W}={{F}_{ms}}\Rightarrow k.x=\mu mg\Rightarrow x=\dfrac{\mu mg}{k}=\dfrac{0,1.0,04.10}{2}=0,02(m)=2(cm)\]

Biên độ của vật lúc này là: \[A’=A-x=18(cm)\]

Kể từ lúc đầu cho đến thời điểm tốc độ của vật bắt đầu giảm, cơ năng của con lắc lò xo đã giảm một lượng đúng bằng công của lực ma sát trong quãng đường đó:

\[\Delta \text{W}={{F}_{m\text{s}}}.S=\mu mg.A’=7,2mJ\]

Dựa vào định luật BTNL, vị trí lò xo dãn nhiều nhất thì v = 0 tức động năng bằng 0, độ tăng thế năng đàn hồi chính bằng động năng ban đầu bớt đi phần năn g lượng tiêu hao do ma sát. Ta có:

\[{{W}_{{{t}_{0}}}}+{{W}_{d}}={{W}_{t}}+{{W}_{hao}}\Rightarrow \dfrac{{{100.0,1}^{2}}}{2}+\dfrac{{{0,2.2,5}^{2}}}{2}=\dfrac{100.{{A}^{2}}}{2}+0,2.10.0,1.(A+0,1)\Rightarrow A\approx 0,1487\]

$\Delta W={{W}_{d}}-{{W}_{hao}}\approx 0,605(J)$

Áp dụng bảo toàn cơ năng tại \[x=8(cm)\] nén lần thứ nhất

\[\dfrac{1}{2}k{{\text{A}}^{2}}-\dfrac{1}{2}k{{x}^{2}}-\dfrac{1}{2}m{{v}^{2}}=\mu mg(A-x)\] với \[A=0,12(m),x=0,08(m),k=10(N/m),m=0,2(kg)\]

Thay số vào ta được \[\mu =0,1\]

Xét vật sang bên kia lò xo dãn, áp dụng định luật bảo toàn cơ năng

\[\dfrac{1}{2}k{{A}^{2}}-\dfrac{1}{2}k.A’=\mu mg(A+A’)\]với \[A=0,12(m),\mu =0,1;k=10(N/m),m=0,2(kg)\]

Thay số tìm được \[A’=0,08(m)\]

Áp dụng bảo toàn cơ năng tại vị trí lò xo nén lần thứ 2 .

Lần này vật đi được quãng đường \[S=A+A’+A’+0,01=0,12+0,08+0,08+0,01=0,29(m)\]

\[\dfrac{1}{2}k{{A}^{2}}-\dfrac{1}{2}kx_{1}^{2}-\dfrac{1}{2}m{{v}^{2}}=\mu mgS\] với \[A=0,12(m),S=0,29(m),\mu =0,1;{{x}_{1}}=0,01(m)\]

Thay số vào ta được \[v=15\sqrt{6}(cm/s)\]

Chu kì dao động $T=2\pi \sqrt{\dfrac{m}{k}}=0,4\text{s}$, $x=\dfrac{\mu mg}{k}=0,04cm$

Nhận xét: $\dfrac{\Delta t}{T}=25$ → Sau 25 chu kỳ biên độ vật là: A25 = A – 25.4.x0 = 6 cm

Định luật bảo toàn năng lượng: (Do ban đầu vật kéo ra vị trí biên nên vận tốc vật bằng 0 Þ Năng lượng vận khi đó tồn tại dưới dạng thế năng đàn hồi của lò xo) → sau 25 chu kỳ vật tiếp tục ở vị trí biên:

Ta có: $\dfrac{1}{2}kA_{25}^{2}-\dfrac{1}{2}k{{A}^{2}}=-{{F}_{ms}}.S\Rightarrow S=\dfrac{-\dfrac{1}{2}kA_{25}^{2}+\dfrac{1}{2}k{{A}^{2}}}{\mu mg}=\dfrac{\dfrac{1}{2}49,35.\left( -{{36.10}^{-4}}+{{10}^{-2}} \right)}{0,01.0,2.10}=7,896m\approx 8(m)$

Ban đầu lò xo nén tại A

Sau \[\dfrac{T}{2}\] lò xo sang B và biên độ \[A-\dfrac{2\mu mg}{k}\]

Sau thời gian T lò xo sang C và biên độ là \[A-\dfrac{4\mu mg}{k}\]

\[\Rightarrow S=A+2\left( A-\dfrac{2\mu mg}{k} \right)+A-\dfrac{4\mu mg}{k}\] \[\Rightarrow x=\dfrac{\mu mg}{k}=\dfrac{4A-S}{8}=\dfrac{4.11,5-42}{8}=0,5(cm)\]

Lại có \[{{v}_{\max }}=\omega (A-x)=1,1\Rightarrow \omega (11,5-0,5)=1,1\Rightarrow \omega =0,1(rad/s)\]

Khi lò xo không biến dạng lần thứ 2 ( con lắc đi từ B đến O)

\[\Rightarrow {{A}_{\text{dd}ong}}=A-\dfrac{2\mu mg}{k}-\dfrac{\mu mg}{k}=11,5-2.0,5-0,5=10(cm)\]

Tốc độ vật khi đi qua vị trí lò xo không biến dạng lần hai là

\[v=\omega \sqrt{A_{\text{dd}ong}^{2}-O{{O}_{2}}^{2}}=0,1\sqrt{{{10}^{2}}-{{\left( 0,5 \right)}^{2}}}\approx 1(cm/s)\]

Gọi O là VTCB khi không có lực F tác dụng

Khi có lực F tác dụng VTCB là O’ cách O một đoạn

OO’ = $\dfrac{F}{k}=\dfrac{2}{40}$= 0,05 m = 5cm

Chu kì dao động của con lắc: $T=2\pi \sqrt{\dfrac{m}{k}}=\dfrac{\pi }{10}\left( s \right)$; ω = 20 rad/s

Lúc có lực F tác dụng vật dao động với biên độ A₁ =OO’ = 5cm. Khi t = 0 vật ở biên độ âm. Khi lực F ngừng tác dụng t = $\dfrac{\pi }{3}$ s = 3T + $\dfrac{T}{3}$ vật có li độ (so với O’): ${{x}_{1}}=\dfrac{{{A}_{1}}}{2}$ = 2,5 cm.

So với O vật có li độ x₀ = OO’ + x₁ = 7,5cm. Khi đó vật có tốc độ được xác định theo công thức:

$v\text{ }=\omega \sqrt{A_{1}^{2}-x_{1}^{2}}=50\sqrt{3}$ cm/s

Biên độ dao động của vật sau khi lực F ngừng tác dụng

$A\text{ }=\sqrt{x_{0}^{2}+\dfrac{{{v}^{2}}}{{{\omega }^{2}}}}=\sqrt{{{7,5}^{2}}+\dfrac{7500}{400}}=5\sqrt{3}$ cm = 8,66 cm.

Tại VTCB O khi chỉ có M, lò xo dãn: \[k.\Delta {{l}_{0}}=mg\Rightarrow \Delta {{l}_{0}}=\dfrac{Mg}{k}\]

Tại VTCB O’ có (M+m), lò xo dãn: \[k.\Delta l_{0}^{‘}=(M+m)g\Rightarrow \Delta l_{0}^{‘}=\dfrac{(m+M)g}{k}\]

O’ nằm dưới O và cách O đoạn : \[\Delta l=\Delta l_{0}^{‘}-\Delta {{l}_{0}}=\dfrac{mg}{k}\]

\[A=\Delta l=\dfrac{mg}{k}\]

khi hệ vật cách vị trí O 2cm thì có li độ là A-2cm

\[{{A}^{2}}={{x}^{2}}+{{\left( \dfrac{v}{\omega } \right)}^{2}}\Rightarrow \left( \dfrac{mg}{k} \right)={{\left( \dfrac{mg}{k}-0,02 \right)}^{2}}+\dfrac{{{v}^{2}}(M+m)}{k}\]

Thay số giải ra m = 0,25kg =250 gam

C sai vì tại vị trí biên là vị trí trọng lực cân bằng với vật M nếu nhấc vật m ra thì lực lò xo cân = với trong lực ⇒ không dao động đc

Vận tốc của vật ở VT cân bằng O khi chưa có điện trường :

\[{{v}_{0}}=A\omega =\sqrt{\dfrac{k}{m}}.A=\sqrt{\dfrac{100}{0,2}}.0,05=0,5\sqrt{5}\left( m/s \right)\]

Khi có điện trường đều thẳng đứng, hướng lên → có thêm lực điện F hướng lên tác dụng vào vật làm VTCB mới của vật dời đến vị trí O’. Taị O’ ta có :

\[{F_h} + F = P \Rightarrow {\rm{ }}k.\Delta {l_2} + qE = mg{\rm{ }} \Rightarrow \Delta {l_2} = \dfrac{{mg}}{k} – \dfrac{{qE}}{k} = \Delta {l_1} – {x_0}\]

\[\Rightarrow {{x}_{0}}=\dfrac{qE}{k}=\dfrac{{{100.10}^{-6}}{{.0,12.10}^{6}}}{100}=0,12(m)\]

\[{{F}_{h}}+F=P=>\text{ }k.\Delta {{l}_{2}}+qE=mg\text{ }\Rightarrow \Delta {{l}_{2}}=\dfrac{mg}{k}\dfrac{qE}{k}=\Delta {{l}_{1}}{{x}_{0}}\]

→ x₀ = qE/k = 0,12m

Như vậy khi vật đang ở O vật có vận tốc v0 và li độ x0 nên : \[A{{}^{2}}=\text{ }{{x}_{0}}^{2}+~{{\left( \dfrac{v}{\omega } \right)}^{2}}=>A\text{ =}\sqrt{{{x}_{0}}^{2}+~{{\left( \dfrac{v}{\omega } \right)}^{2}}}=\sqrt{{{0,12}^{2}}+{{\left( \dfrac{0,5\sqrt{5}}{\sqrt{\dfrac{100}{0,2}}} \right)}^{2}}}=\text{ }0,13m\]

Khi ta đốt sợi dây nối hai vật thì vật B sẽ rơi tự do còn vật A sẽ dao

động điều hòa với biên độ: $A=\dfrac{mg}{k}=\dfrac{{{\pi }^{2}}}{100}=0,1m=10cm$

Thời gian từ lúc đốt sợi dây nối đến lúc vật A lên cao nhất là T/2 với chu kì

$T=2\pi \sqrt{\dfrac{m}{k}}=2\pi \sqrt{\dfrac{1}{100}}=0,2\pi \left( s \right)$

Ta có thời gian cần tìm t = T/2 = 0,1π (s)

Trong thời gian đó Vật A đi lên quãng đường 2A = 2.10 = 20cm

Cùng thời gian đó vật B đi được quãng đường :

$s=\dfrac{1}{2}g{{t}^{2}}=\dfrac{1}{2}.\pi {{\left( 0,1\pi \right)}^{2}}=0,5m=50cm$

Lúc đầu 2 vật cách nhau 10cm, Nên khoảng cách giữa hai vật sau thời gian t là: 20 + 50 + 10 = 80 cm( Xem hình vẽ) .

Độ dãn của lò xo khi hệ hai vật đang ở VTCB M

∆ℓ₀ = $\dfrac{\left( {{m}_{A}}+{{m}_{B}} \right).g}{k}=0,06m=6cm$

Vật A dao động điều hòa quanh VTCB mới O

khi đó độ giãn của lò xo ∆ℓ = $\dfrac{{{m}_{A}}.g}{k}$= 0,04 m = 4 cm.

Suy ra vật mA dao động điều hoa với biên độ

A = ∆ℓ₀ – ∆ℓ= 2 cm, và với chu kì T = 2π$\sqrt{\dfrac{{{m}_{A}}}{k}}$ = 2π$\sqrt{\dfrac{0,4}{10{{\pi }^{2}}}}$= 0,4 s

Chọn gốc tọa độ tại O chiều dương hướng xuống

Tọa độ của vật A sau khi đi được quãng đường 10 cm tức là sau t = 1,25 chu kỳ dao động x1 = 0; Vật A ở gốc toa độ. t = 1,25T = 0,5 (s)

Sau khi đốt dây nối hai vật vật B rơi tự do từ N cách O: ON = MN + MO = 12 cm.

Tọa độ của B x₂ = ON + $\dfrac{g{{t}^{2}}}{2}$ = 0,12 + 5.0,25 = 1,37m = 137 (cm)

Vậy khoảng cách giữa hai vật lúc này là x₂ – x₁ = 137 cm .

Ta có \[\omega =\sqrt{\dfrac{k}{{{m}_{A}}}}=\sqrt{\dfrac{100}{1}}=10(rad/s)\Rightarrow T=\dfrac{2\pi }{\omega }=\dfrac{\pi }{5}(s)\]

Khi đốt sợi dây, biên độ dao động của vật A là \[A=\dfrac{{{m}_{A}}g}{k}=\dfrac{1.10}{100}=0,1(m)=10(cm)\]

\[\Rightarrow \] Thời gian kể từ thời điểm ban đầu đến khi vật A đi được 15 cm là \[\Delta t=\dfrac{T}{3}=\dfrac{\pi }{15}(s)\]

\[\Rightarrow \] Khi vật A đi được quãng đường 15 cm kể từ thời điểm đốt dây nối thì vật B có vận tốc là

\[{{v}_{t}}-{{v}_{0}}=at\Rightarrow {{v}_{t}}=gt=10.\dfrac{\pi }{15}=2,09(m/s)\]

Thời điểm điểm treo chuyển động nhanh dần đều lên thì vận tốc của vật có độ lớn:

$\left| v \right|=\omega \sqrt{{{A}^{2}}-{{x}^{2}}}=20\sqrt{{{4}^{2}}-{{2}^{2}}}=40\sqrt{3}$ cm/s

Khi điểm treo đi lên nhanh dần đều thì biên độ lệch xuống đoạn \[OO\text{ }=\dfrac{ma}{k}\] = 0,01m = 1cm.

+ Li độ của vật so với vị trí cân bằng mới O’ khi đó là: |x’| = |x| – O’O = 1cm.

Độ lớn vân tốc |v’| = |v| = $40\sqrt{3}$ cm/s

→ Biên mới: $A’=\sqrt{x{{‘}^{2}}+{{\left( \dfrac{v}{\omega } \right)}^{2}}}=\sqrt{13}\approx 3,6cm$

Ta có: \[\omega =\sqrt{\dfrac{k}{m}}=\sqrt{\dfrac{100}{1}}=10(rad/s\text{ )}\]

Khi vật ở VTCB \[k\Delta {{l}_{0}}=mg\Rightarrow \Delta {{l}_{0}}\text{=}\dfrac{mg}{k}=\dfrac{1.10}{100}\text{=}0,1m=10cm\]

Khi vật còn tiếp xúc với giá đỡ, lực tác dụng lên vật có : \[P,\text{ }{{F}_{h}},\text{ }N\]

Khi lò xo dãn ta có : \[P\text{ }\text{ }{{F}_{h}}\text{ }N\text{ }=\text{ }ma\]

* Vật rời giá đỡ thì : \[N\text{ }=\text{ }0~\Rightarrow P\text{ }\text{ }{{F}_{h}}=\text{ }ma\text{ }\Rightarrow \text{ }{{F}_{h}}=\text{ }P\text{ }-\text{ }ma\text{ }=\text{ }8N\]

=> độ giãn lò xo khi đó : \[\Delta l=\dfrac{{{F}_{dh}}}{k}=0,08m=8cm~\]

\[=>x\text{ }=\Delta {{l}_{0}}-\Delta l~=2\text{ }cm\]

Vận tốc khi đó : \[v=\sqrt{2a.\Delta l}=0,4\sqrt{2}m/s\text{ }=40\sqrt{2}cm/s\]

\[{{A}^{2}}={{x}^{2}}+{{\left( \dfrac{v}{\omega } \right)}^{2}}\Rightarrow A=\sqrt{{{x}^{2}}+{{\left( \dfrac{v}{\omega } \right)}^{2}}}\text{ =}\sqrt{{{2}^{2}}+{{\left( \dfrac{40\sqrt{2}}{10} \right)}^{2}}}=6cm\]