Dạng 5. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN THAY ĐỔI CHU KÌ
Phương pháp giải
1. CHU KÌ THAY ĐỒI LỚN
+ Con lắc đưa xuống sâu:$\frac{T’}{T}=\frac{2\pi \sqrt{\frac{\ell ‘}{{{g}_{h}}}}}{2\pi \sqrt{\frac{\ell }{g}}}=\sqrt{\frac{\ell ‘}{\ell }}.\sqrt{\frac{g}{{{g}_{h}}}}=\sqrt{\frac{\ell ‘}{\ell }}\sqrt{\frac{\frac{GM}{{{R}^{2}}}}{\frac{GM}{{{\left( R+h \right)}^{2}}}}}=\sqrt{\frac{\ell ‘}{\ell }}\left( 1+\frac{h}{R} \right)$
$\frac{T’}{T}=\frac{2\pi \sqrt{\frac{\ell ‘}{{{g}_{z}}}}}{2\pi \sqrt{\frac{\ell }{g}}}=\sqrt{\frac{\ell ‘}{\ell }}\sqrt{\frac{g}{{{g}_{z}}}}=\sqrt{\frac{\ell ‘}{\ell }}.\sqrt{\frac{\frac{GM}{{{R}^{2}}}}{\frac{GM\left( R-z \right)}{{{R}^{3}}}}}=\sqrt{\frac{\ell ‘}{\ell }}\sqrt{\frac{R}{R-z}}$
+ Con lắc đưa lên thiên thể:
\[\frac{T’}{T}=\frac{2\pi \sqrt{\frac{\ell ‘}{g’}}}{2\pi \sqrt{\frac{\ell }{g}}}=\sqrt{\frac{\ell ‘}{\ell }}.\sqrt{\frac{g’}{g}}=\sqrt{\frac{\ell ‘}{\ell }}\sqrt{\frac{\frac{GM}{{{R}^{2}}}}{\frac{GM’}{{{R}^{‘2}}}}}=\sqrt{\frac{\ell ‘}{\ell }}.\sqrt{\frac{M}{M’}}.\frac{R’}{R}\]
+ Con lắc đơn di chuyển trên Trái Đất: $\frac{T’}{T}=\frac{2\pi \sqrt{\frac{\ell ‘}{g’}}}{2\pi \sqrt{\frac{\ell }{g}}}=\sqrt{\frac{\ell ‘}{\ell }}.\sqrt{\frac{g}{g’}}$
Ví dụ: Một con lắc đơn khi dao động trên mặt đất tại nơi có gia tốc trọng trường 9,819 m/s2 chu kì dao động 2 (s). Đưa con lắc đơn đến nơi khác có gia tốc trọng trường 9,793 m/s2 muốn chu kì không đổi phải thay đổi chiều dài của con lắc như thế nào?
A. Giảm 0,3%. B. Tăng 0,5%. C. Giảm 0,5%. D. Tăng 0,3%.
Hướng dẫn
$1=\frac{T’}{T}=\frac{2\pi \sqrt{\frac{\ell ‘}{g’}}}{2\pi \sqrt{\frac{\ell }{g}}}=\sqrt{\frac{\ell ‘}{\ell }}.\sqrt{\frac{g}{g’}}\Rightarrow \frac{\ell ‘}{\ell }=\frac{g’}{g}=\frac{9,793}{9,819}\approx 0,997=100%-0,3%$
$\Rightarrow $ Chọn A.
2. CHU KỲ THAY ĐỔI NHỎ
Công thức gần đúng: ${{\left( 1+u \right)}^{\alpha }}\approx 1+\alpha u$ với $u<<1$
\[\sqrt{\frac{\ell +\Delta \ell }{\ell }}={{\left( 1+\frac{\Delta \ell }{\ell } \right)}^{\frac{1}{2}}}\approx 1+\frac{1}{2}\frac{\Delta \ell }{\ell }\]
$\sqrt{\frac{g}{g+\Delta g}}={{\left( 1+\frac{\Delta g}{g} \right)}^{-\frac{1}{2}}}\approx 1-\frac{1}{2}\frac{\Delta g}{g}$
$\sqrt{\frac{1+\alpha {{t}^{/0}}}{1+\alpha {{t}^{0}}}}={{\left( 1+\alpha {{t}^{/0}} \right)}^{\frac{1}{2}}}{{\left( 1+\alpha {{t}^{0}} \right)}^{-\frac{1}{2}}}\approx \left( 1+\frac{1}{2}a{{t}^{‘0}} \right)\left( 1-\frac{1}{2}\alpha {{t}^{0}} \right)\approx 1+\frac{1}{2}\alpha \left( {{t}^{/0}}-{{t}^{0}} \right)$
$\sqrt{\frac{R}{R-z}}={{\left( 1-\frac{z}{R} \right)}^{-\frac{1}{2}}}\approx 1+\frac{1}{2}\frac{z}{R}$
+ Chu kỳ thao đổi do thay đổi $\ell $ và g
$\frac{T’}{T}=\frac{2\pi \sqrt{\frac{\ell ‘}{g’}}}{2\pi \sqrt{\frac{\ell }{g}}}=\sqrt{\frac{\ell ‘}{\ell }}.\sqrt{\frac{g’}{g}}=\sqrt{\frac{\ell +\Delta \ell }{\ell }}.\sqrt{\frac{g}{g+\Delta g}}\approx 1+\frac{1}{2}\frac{\Delta \ell }{\ell }-\frac{1}{2}\frac{\Delta g}{g}$
+ Chu kỳ thay đổi do chỉ nhiệt độ thay đổi:
$\frac{T’}{T}=\sqrt{\frac{\ell ‘}{\ell }}\sqrt{\frac{g}{g’}}=\sqrt{\frac{1+\alpha {{t}^{/0}}}{1+\alpha {{t}^{0}}}}\approx 1+\frac{1}{2}\left( {{t}^{/0}}-{{t}^{0}} \right)$
+ Chyu kỳ thay đổi do cả nhiệt độ và vị trí đại lý thay đổi:
$\frac{T’}{T}=\sqrt{\frac{\ell ‘}{\ell }}\sqrt{\frac{g}{g’}}=\sqrt{\frac{1+{{t}^{/0}}}{1+\alpha {{t}^{0}}}}\sqrt{\frac{g}{g+\Delta t}}\approx 1+\frac{1}{2}\alpha \left( {{t}^{/0}}-{{t}^{0}} \right)-\frac{1}{2}\frac{\Delta g}{g}$
+ Chu kỳ thay đổi do đưa lên độ cao h và nhiệt độ cũng thay đổi:
$\frac{T’}{T}=\sqrt{\frac{\ell ‘}{\ell }}\sqrt{\frac{g}{g’}}=\sqrt{\frac{1+\alpha {{t}^{/0}}}{1+\alpha {{t}^{0}}}}.\sqrt{\frac{GM/{{R}^{2}}}{GM/{{\left( R+h \right)}^{2}}}}\approx 1+\frac{1}{2}\alpha \left( {{t}^{/0}}-{{t}^{0}} \right)+\frac{h}{R}$
Chu kỳ thay đổi do lực Acsimet
Quả nặng có thể tích V khi đặt chìm trong chất lỏng hoặc chất khí có khối lượng riêng d luôn luôn chịu tác dụng của lực đẩy Asimet ${{F}_{A}}=dVg$ (giá trị nhỏ!!). Lực đó gây ra cho vật gia tốc $\overrightarrow{a}$ , có hướng ngược với hướng của $\overrightarrow{g}$ và có độ lớn $a=\frac{dVg}{m}=\frac{dVg}{DV}=\frac{dg}{D}$
(Với D là khôi lượng riêng của chất làm quả nặng).
Lúc này vai trò của gia tốc trọng trường tác dụng lên vật được thay bằng gia tốc trọng trường hiệu dụng $\overrightarrow{g}’$ có hướng cùng hướng với g và có độ lớn $g’=g-a=g-\frac{dg}{D}$
$\frac{T’}{T}=\sqrt{\frac{\ell ‘}{\ell }}.\sqrt{\frac{g’}{g}}={{\left( 1-\frac{d}{D} \right)}^{-\frac{1}{2}}}\approx 1+\frac{1}{2}\frac{d}{D}$
+ Nếu ngoại lực F gây ra một gia tốc nhỏ $a=\frac{F}{m}$ thì cũng được coi là một nguyên nhân dẫn đến sự thay đổi nhỏ của chu kì, và gọi chung là sự thay đổi chu kì nhỏ theo gia tốc và có: $\left( \frac{\Delta T}{T} \right)=\frac{1}{2}.\frac{\pm a}{g}$ (lấy dấu – khi ngoai lực cùng hứng với trọng lực và ngược lại thì dấu +)
TỔNG HỢP CÁC NGUYÊN NHÂN
Ví dụ: Cho một con lắc đơn treo ở dầu một sợi dây mảnh bằng kim loại vật nặng làm bằng chất có khối lượng riêng D = 8 (g/cm3). Khi dao động nhỏ trong bình chân không đặt trên mặt đất thì chu kì dao động là T. Cho con lắc đơn dao động trong bình chứa một chất khí có khối lượng riêng 0,002 (g/cm3), đồng thời đưa bình lên độ cao h so với mặt đất. Ở trên đó nhiệt độ thấp hơn so với mặt đất là 20°C thì thấy chu kì dao động vẫn là T. Biết hệ số nở dài của dây treo là 2,32.10-5 (K-1). Coi Trái Đất hình cầu, bán kính 6400 (km). Xác định h.
A.9,6 km. B. 0,96 km. C. 0,48 km. D. 0,68 km.
Hướng dẫn
$\frac{T’}{T}=1+\frac{h}{R}+\frac{1}{2}\alpha \Delta {{t}^{0}}+\frac{d}{2D}\Rightarrow 1=1+\frac{h}{6400}+\frac{1}{2}.2,{{32.10}^{-5}}.\left( -20 \right)+\frac{0,002}{2,8}$
$\Rightarrow h\approx 0,68\left( km \right)\Rightarrow $ Chọn D.
3. ĐỒNG HỒ QUẢ LẮC
Gọi T, T’ lần lượt là chu kì của đồng hồ đúng và chu kì của đồng hồ sai. Giả sử hai đồng hồ bắt đầu hoạt động cùng một lúc và đến một thời điểm số chỉ của chúng lần lượt là t và t’. Theo nguyên tắc cấu tạo của đồng hồ quả lắc thì: tT = t’T.
+ Khi đồng hồ chạy sai chỉ t’ (s) thì đồng hồ chạy đúng chỉ: $t=t’.\frac{T’}{T}=t’.\sqrt{\frac{\ell ‘}{\ell }}.\sqrt{\frac{g}{g’}}$
+ Khi đồng hồ chạy đúng chỉ t (s) thì đồng hồ chạy sai chỉ: $t’=t.\frac{T}{T’}=t.\sqrt{\frac{\ell }{\ell ‘}}.\sqrt{\frac{g’}{g}}$
Ví dụ: Người ta đưa một đồng hồ quả lắc từ Trái Đất lên Mặt Trăng mà không điều chỉnh lại. Cho biết gia tốc rod tự do trên Mặt Trăng bằng 1/6 gia tốc rơi tự do trôn Trái Đất. Theo đồng hồ này (trên Mặt Trăng) thì thời gian Trái Đất tự quay một vòng là
A. $24\sqrt{6}$ h. B. 4h C. 144 h. D. $4\sqrt{6}$ h.
Hướng dẫn
$t’T’=tT\Rightarrow t’=t.\frac{T}{T’}=24\sqrt{\frac{g’}{g}}=24.\frac{1}{\sqrt{6}}=4\sqrt{6}\left( h \right)\Rightarrow $ Chọn D
Chú ý: 1) Khi đồng hồ chạy đúng chỉ tđồng hồ đúng = t thì đồng hồ chạy sai chỉ thời gian tđồng hồ sai $=\frac{tT}{T’}$ Độ chênh lệch:
Δt = tđồng hồ đúng – tđồng hồ sai$t=t\frac{T}{T’}=t\left( 1-\frac{T’}{T} \right)$
+ $\Delta t>0$ : Đồng hồ chạy chậm.
+ $\Delta t<0:$ Đồng hồ sai chạy nhanh.
2) Khi đồng hồ chạy sai chỉ tđồng hồ sai = t’ thì đồng hồ chạy đúng chỉ thời gian tđồng hồ đúng = $t’.\frac{T’}{T}$ .
Độ chênh lệch:$\Delta t=$ tđồng hồ đúng – tđồng hồ sai = $t’\frac{T’}{T}-t’=t’\left( \frac{T’}{T}-1 \right)$
+ $\Delta t>0:$ Đồng hồ sai chạy chậm
+ $\Delta t<0:$ Đồng hồ sai chạy nhanh
DẠNG 6. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN DAO ĐỘNG CON LẮC ĐƠN CÓ THÊM TRƯỜNG LỰC
Phương pháp giải
+ Khi chua có F dao động của con lắc đơn bị chi phối bởi trọng lực $\overrightarrow{P}$ :
– Tại VTCB, phương của dây treo song song với phương $\overrightarrow{P}$ (hay $\overrightarrow{g}$ ).
– Chu kỳ dao động: $T=2\pi \sqrt{\frac{\ell }{g}}$
+ Khi có thêm $\overrightarrow{F}$ dao động của con lắc đơn bị chi phối bởi trọng lực hiệu dụng (còn gọi là trọng lực biểu kiến): $\overrightarrow{P’}=\overrightarrow{P}+\overrightarrow{F}$ . $\overrightarrow{P}’$có vai trò như $\overrightarrow{P}$. Gia tốc trọng trường hiệu dụng (biểu kiến): $\overrightarrow{g}’=\frac{\overrightarrow{P}’}{m}=\overrightarrow{g}+\frac{\overrightarrow{F}}{m}$.
Lúc này:
– Tại VTCB, phương của dây treo song song với phương $\overrightarrow{P}$ (hay $\overrightarrow{g’}$ ).
– Chu kỳ dao động: $T’=2\pi \sqrt{\frac{\ell }{g’}}$
Vì $\overrightarrow{P}$ (hay $\overrightarrow{g}$ ) có hướng thẳng đứng từ trên xuống nên để thực hiện các phép cộng các véc tơ $\overrightarrow{P}’=\overrightarrow{P}+\overrightarrow{F}$ hay $\overrightarrow{g}’=\overrightarrow{g}+\frac{\overrightarrow{F}}{m}$ ta phân biệt các trường hợp: F hướng thẳng đứng, hướng ngang và hướng xiên, cần lưu ý $\overrightarrow{P}’$ (hay $\overrightarrow{g’}$ ) có phương trùng với sợi dây và có chiều sao cho nó luôn có xu hướng kéo căng sợi dây!
+ Khi $\overrightarrow{F}$ hướng thẳng đứng:
$\overrightarrow{g}’=\overrightarrow{g}+\frac{\overrightarrow{F}}{m}$ ($\overrightarrow{F}$ cùng hướng thẳng đứng)
+ Xuống $g’=g+\frac{F}{m}$
+ Lên và $g>\frac{F}{m}\Rightarrow g’=g-\frac{F}{m}$
Ta xét các loại lực $\overrightarrow{F}$ phố biến:
* Lực điện trường:$\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{E}$ , độ lớn F = |q|E (Nếu q > 0 $\Rightarrow \overrightarrow{F}\uparrow \uparrow \overrightarrow{E}$ ; còn nếu q < 0 =>
$\overrightarrow{F}\uparrow \downarrow \overrightarrow{E}$ )
* Lực đẩy Acsimét: ${{\overrightarrow{F}}_{A}}$ luôn thẳng đứng hướng lên và có độ lớn FA = $\rho $gV. Trong đó: $\rho $ là khối lượng riêng của chất lỏng hay chất khí, g là gia tốc rơi tự do và V là thể tích của phần vật chìm trong chất lỏng hay chất khí đó.
* Lực quán tính:$\overrightarrow{F}=-m\overrightarrow{a}$ , độ lớn $F=ma\left( \overrightarrow{F}\uparrow \downarrow \overrightarrow{a} \right)$ )
Ta xét chi tiết các trường họp nói trên:
1. Khi $\overrightarrow{F}$ có phương thẳng đứng
Khi $\overrightarrow{F}$ hướng thẳng đứng xuống thì $\overrightarrow{P}’$ cũng có hướng thẳng đứng xuống và độ lớn $P’=P+F$ nên g’ = g + F/m. Khi $\overrightarrow{F}$ hướng thẳng đứng lên mà F < P thì $\overrightarrow{P}’$ có hướng thẳng đứng xuống và độ lớn P’ = P – F nên g’ = g – F/m. Còn khi $\overrightarrow{F}$hướng thẳng đứng lên mà F > P thì $\overrightarrow{P}’$ có hướng thẳng đứng lên và độ lớn P’ = F – P’ nên g’ = F/m – g.
Ví dụ: (ĐH-2010) Một con lắc đơn có chiều dài dây treo 50 cm và vật nhỏ có khối lượng 0,01 kg mang điện tích q = +5.10-6C được coi là điện tích điểm. Con lắc dao động điều hoà trong điện trường đều mà vectơ cường độ điện trường có độ lớn E = 104 V/m và hướng thẳng đứng xuống dưới. Lấy g = 10 m/s2, π = 3,14. Chu kì dao động điều hoà của con lắc là
A. 0,58 s. B. 1,40 s. C. 1,15 s. D. 1,99 s.
Hướng dẫn
Vì q > 0 nên lực điện trường tác dụng lên vật: $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{E}$ cùng hướng với $\overrightarrow{E}$ , tức là $\overrightarrow{F}$ cùng hướng với $\overrightarrow{P}$
Do đó $\overrightarrow{P}$ cũng có hướng thẳng đứng xuống và có độ lớn .$P’=P+F$ = p + F nên g’ = g + F/m hay
$g’=g+\frac{qE}{m}=10+\frac{{{5.10}^{-6}}{{.10}^{4}}}{0,01}=15\left( m/{{s}^{2}} \right)\Rightarrow T’=2\pi \sqrt{\frac{\ell }{g’}}\approx 1,15\left( s \right)\Rightarrow $ Chọn C.
2. Khi $\overrightarrow{F}$ có phương ngang:
Ví dụ: Một con lắc đơn dây treo có chiều dài 0,5 m, quả cầu có khối lượng 100 (g), tại nơi có thêm trường ngoại lực có độ lớn 1 N có hướng ngang từ trái sang phải. Lấy g = 10 (m/s2). Kéo con lắc sang phải và lệch so với phương thẳng đứng góc 54° rồi thả nhẹ. Tính tốc độ của vật khi sợi dây sang phải và lệch so với phương thẳng đứng góc 40°.
A. 0,42 m/s. B. 0,35 m/s. C. 2,03 m/s. D. 2,41 m/s.
Hướng dẫn
Tính toán tương tự ví dụ trên. Khi ở VTCB phương dây treo lệch sang phải so với phương thẳng đứng một góc $\beta $ = 45° nên biên độ góc: ${{\alpha }_{\max }}={{54}^{0}}-{{45}^{0}}={{9}^{0}}.$
Tốc độ của vật khi sợi dây sang phải và lệch so với phương thẳng đứng góc 400.
$v=\sqrt{2g’\ell \left( \cos \alpha -\cos {{\alpha }_{\max }} \right)}=\sqrt{2.10\sqrt{2}.0,5\left( \cos {{5}^{0}}-\cos {{9}^{0}} \right)}\approx 0,35\left( m/s \right)$
$\Rightarrow $ Chọn B.
3. Khi $\overrightarrow{F}$ có phương xiên
Ví dụ: Một chiếc xe trượt từ đỉnh dốc xuống chân dốc. Dốc nghiêng 30° so với phương ngang. Biết hệ số ma sát giữa xe và mặt dốc bằng 0,1. Lấy g = 10 m/s2. Một con lắc đơn lý tường có độ dài dây treo 0,5 m được treo trong xe. Khối lượng của xe lớn hơn rất nhiều so với khối lượng con lắc. Từ vị trí cân bằng của con lắc trong xe, kéo con lắc ngược hướng với hướng chuyển động của xe sao cho dây treo của con lắc hợp với phương thẳng đứng một góc bằng 30° rồi thả nhẹ. Trong quá trình dao động của con lắc (xe vẫn trượt trên dốc), tốc độ cực đại của con lắc so với xe có giá trị gần với giá trị nào nhất sau đây?
A. 0,33m/s B. 0,21 m/s C. 0,12 m/s D. 1,2m/s
Hướng dẫn
* Gia gốc của xe:
$a=g\left( \sin \alpha -\mu \cos \alpha \right)=4,134\left( m/{{s}^{2}} \right)$
Con lắc chịu thêm lực quán tính $\overrightarrow{F}=m\overrightarrow{a}$ nên trọng lực hiệu dụng $\overrightarrow{P}’=\overrightarrow{P}+\overrightarrow{F}$ . Vị trí cân bằng mới lệch so với vị trí cân bằng cũ một góc $\beta $ (xem hình)
Áp dung đinh lý hàm số cosin:
$P’=\sqrt{{{P}^{2}}+{{F}^{2}}-2PF\cos \frac{\pi }{3}}$
$\Rightarrow g’=\frac{P’}{m}=\sqrt{{{g}^{2}}+{{a}^{2}}-2ga\cos \frac{\pi }{3}}=8,7\left( m/{{s}^{2}} \right)$
Áp dụng định lý hàm số cosin: \[\frac{F}{\sin \beta }=\frac{P’}{\sin \pi /3}\Rightarrow \sin \beta =\sin \frac{\pi }{3}\frac{a}{g’}\Rightarrow \beta =24,{{3}^{0}}\]
$\Rightarrow $ Biên độ góc: ${{\alpha }_{\max }}={{30}^{0}}-24,{{3}^{0}}=5,{{7}^{0}}$
$\Rightarrow {{v}_{\max }}=\sqrt{2g’\ell \left( 1-\cos {{\alpha }_{\max }} \right)}=\sqrt{2.8,7.0,5\left( 1-\cos 5,{{7}^{0}} \right)}\approx 0,21\left( m/s \right)$
$\Rightarrow $ Chọn B
Dạng 7. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN HỆ CON LẮC VÀ CHUYỂN ĐỘNG CỦA VẬT SAU KHI DÂY ĐỨT
Phương pháp giải:
1. Hệ con lắc thay đổi:
* Con lắc vướng đinh:
${{T}_{1}}=2\pi \sqrt{\frac{{{\ell }_{1}}}{g}};{{T}_{2}}=2\pi \sqrt{\frac{{{\ell }_{2}}}{g}}$
${{W}_{2}}={{W}_{1}}\Rightarrow \frac{mgA_{1}^{2}}{2{{\ell }_{1}}}=\frac{mgA_{2}^{2}}{2{{\ell }_{2}}}\Rightarrow \frac{mg{{\ell }_{2}}}{2}\alpha _{2}^{2}=\frac{mg{{\ell }_{1}}}{2}\alpha _{1}^{2}$
$T=\frac{{{T}_{1}}+{{T}_{2}}}{2}$
* Con lắc đơn va chạm đàn hồi với con lắc lò xo (m1 = m2)
$\frac{mg\ell }{2}\alpha _{\max }^{2}=\frac{k{{A}^{2}}}{2}$
* Con lắc đơn va chạm tới mặt phẳng:
${{T}_{1}}=2\pi \sqrt{\frac{\ell }{g}}$
$T=\frac{{{T}_{1}}}{2}+2{{t}_{OC}}$
$T=\frac{{{T}_{1}}}{2}+2\frac{1}{\omega }\arcsin \frac{\beta }{{{\alpha }_{\max }}}$
Ví dụ: Một quả cầu nhỏ có khối lượng 1 kg được khoan một lỗ nhỏ đi qua tâm rồi được xâu vừa khít vào một thanh nhỏ cứng thẳng đặt nằm ngang sao cho nó có thể chuyển động không ma sát dọc theo thanh. Lúc đầu quả cầu đặt nằm giữa thanh, lấy hai lò xo nhẹ có độ cứng lần lượt 100 N/m và 250 N/m mỗi lò xo có một đầu chạm nhẹ một phía của quả cầu và đầu còn lại của các lò xo gắn sao cho hai lò xo không biến dạng và trục lò xo trùng với thanh. Đẩy m1 sao cho lò xo nén một đoạn nhỏ rồi buông nhẹ, chu kỳ dao động của cơ hệ là:
A. 0,16π s. B. 0,6π s. C. 0,51s D. 0,47s.
Hướng dẫn
Khi m chuyển động về bên trái thì m chỉ liên kết với ki nên chu kì dao động ${{T}_{1}}=2\pi \sqrt{\frac{m}{{{k}_{1}}}}$ còn khi m chuyển động về bên phải m chỉ liên kết với k2 nên chu kỳ dao động \[{{T}_{2}}=2\pi \sqrt{\frac{m}{{{k}_{2}}}}\]. Do đó chu kỳ dao động của hệ:
$T=\frac{1}{2}\left( {{T}_{1}}+{{T}_{2}} \right)=\frac{1}{2}\left( 2\pi \sqrt{\frac{m}{{{k}_{1}}}}+2\pi \sqrt{\frac{m}{{{k}_{2}}}} \right)=\pi \left( \sqrt{\frac{1}{100}}+\sqrt{\frac{1}{250}} \right)=0,51\left( s \right)\Rightarrow $ Chọn C.
2) Đứt khi vật đi lên qua vị trí có li độ góc α
Tốc độ quả cầu khi dây đứt: ${{v}_{0}}=\sqrt{2g\ell \left( \cos \alpha -\cos {{\alpha }_{\max }} \right)}$
Sau khi bị đứt vật chuyển động giống như vật ném xiên, phân tích véc tơ vận tốc ban đầu: 
Thành phần ${{v}_{0x}}$ được bào toàn. Khi lên đến vị trí đỉnh thì vY = 0.
Cơ năng tại vị trí bất kì bằng cơ năng tại vị trí cao nhất bằng cơ năng lúc đầu:
\[\text{W}=mgh+\frac{mv_{0x}^{2}}{2}+\frac{mv_{v}^{2}}{2}=mg{{h}_{d}}+\frac{mv_{0x}^{2}}{2}={{\text{W}}_{0}}=mg\ell \left( 1-\cos {{\alpha }_{\max }} \right)\]
Ví dụ: Một con lắc đơn gồm quả cầu nhỏ và sợi dây nhẹ không dãn có chiều dài 1,5 (m). Kéo quả cầu lệnh ra khỏi vị trí cân bằng O một góc 60° rồi buông nhẹ cho nó dao động trong mặt phẳng thẳng đứng. Bỏ qua ma sát và lấy gia tốc trọng trường là 10 (m/s2). Khi quả cầu đi lên đến vị trí có li độ góc 30° thì dây bị tuột ra rồi sau đó quả cầu chuyển đến độ cao cực đại so với O là
A. 0,32 m. B. 0,14m. C. 0,34 m. D. 0,75 m.
Hướng dẫn
Tốc độ quả cầu khi dây đứt: ${{v}_{0}}=\sqrt{2g\ell \left( \cos \alpha -\cos {{\alpha }_{\max }} \right)}=3,31\left( m/s \right)$
Sau khi dây đứt vật chuyển động giống như vật ném xiên, phân tích vec tơ vận tốc ban
đầu:
Thành phần v0x được bảo toàn. Khi lên đến vị trí đỉnh thì vY = 0.
Cơ năng tại vị trí bất kỳ bằng cơ năng tại vị trí cao nhất bằng cơ năng lúc đầu:
${{W}_{0cn}}=mgh+\frac{mv_{0x}^{2}}{2}={{W}_{0}}=mg\ell \left( 1-\cos {{\alpha }_{\max }} \right)$
$\Rightarrow 10.h+\frac{2,{{86}^{2}}}{2}=10.1,5\left( 1-\cos {{60}^{0}} \right)\Rightarrow h\approx 0,34\left( m \right)\Rightarrow $ Chọn C