B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG TOÁN
- Bài toán liên quan đến công thức tính ω, f, T.
- Bài toán liên quan đến cơ năng dao động.
- Bài toán liên quan đến vận tốc vật, lực căng sợi dây và gia tốc.
- Bài toán liên quan đến va chạm con lắc đơn.
- Bài toán liên quan đên thay đôi chu là.
- Bài toán liên quan đến dao động của con lắc đơn có thêm trường lực.
- Bài toán liên quan đến hệ con lắc và chuyển động của vật sau khi dây đứt.
Dạng 1. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN CÔNG THỨC TÍNH ω, f, T
Phương pháp giải
Ví dụ: Trong bài thực hành đo gia tốc trọng trường của Trái đất tại phòng thí nghiệm. Một học sinh đo chiều dài con lắc đơn được kết quả $\ell $ = (0,8 0,001) m, thì chu kì dao động T = (1,79 0,01) s. Lấy π2 = 3,14. Gia tốc trọng trường tại đó là
A. g = (9,857 0,035) m/s2. B. g = (9,801 ± 0,0035) m/s2.
C. g = (9,857 ± 0,122) m/s2. D. g = (9,801 ± 0,122) m/s2.
Hướng dẫn
Từ công thức: $T=2\pi \sqrt{\frac{\ell }{g}}\Rightarrow g=\frac{4{{\pi }^{2}}\ell }{{}}{{T}^{2}}$ Lấy vi phân hai vế:
$\Rightarrow dg=4{{\pi }^{2}}\frac{{{T}^{2}}d\ell -2\ell Tdt}{{{T}^{4}}}=\frac{4{{\pi }^{2}}\ell }{{{T}^{2}}}\left( \frac{dt}{\ell }-2\frac{dT}{T} \right)=g\left( \frac{d\ell }{\ell }-2\frac{dT}{T} \right)$
$\Rightarrow \Delta g=g\left( \frac{\Delta \ell }{\ell }+2\frac{\Delta T}{T} \right)$
Dạng 2. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN NĂNG LƯỢNG DAO ĐỘNG
Phương pháp giải
+ Khi không có ma sát cơ năng bảo toàn, bằng tổng thế năng và động năng, bằng thế năng cực đại, bằng động năng cực đại:
$W=mg\ell \left( 1-\cos \alpha \right)+\frac{m{{v}^{2}}}{2}=mg\ell \left( 1-\cos {{\alpha }_{\max }} \right)$
+ Khi con lắc đơn dao động bé thì $\left( 1-\cos \alpha \right)=2{{\left( \sin \frac{\alpha }{2} \right)}^{2}}\approx 2{{\left( \frac{\alpha }{2} \right)}^{2}}=\frac{{{\alpha }^{2}}}{2}$ nên cơ năng dao động:
DẠNG 3. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN VẬN TỐC CỦA VẬT, LỰC CĂNG SỢI DÂY, GIA TỐC
+ Lực đóng vai trò lực hướng tâm:$R-mg\cos \alpha ={{F}_{ht}}=\frac{m{{v}^{2}}}{\ell }=\frac{mg}{\ell }2g\ell \left( \cos \alpha -2\cos {{\alpha }_{\max }} \right)$
$\Rightarrow T=mg\left( 3\cos \alpha -2\cos {{\alpha }_{\max }} \right)$
Ví dụ: Một con lắc đơn có chiều dài 1 m được thả không vận tốc đầu từ vị trí có li độ góc 60°. Để tốc độ của vật bằng một nửa vận tốc cực đại thì li độ góc của con lắc là
A. 51,3°. B. 26,3 rad. C. 0,9°. D. 40,7°.
Hướng dẫn
$0,5=\frac{\left| v \right|}{{{v}_{\max }}}=\frac{\sqrt{2g\ell \left( \cos \alpha -\cos {{\alpha }_{\max }} \right)}}{\sqrt{2g\ell \left( 1-\cos {{\alpha }_{\max }} \right)}}=\sqrt{\frac{\cos \alpha -\cos {{60}^{0}}}{1-\cos {{60}^{0}}}}$
$\Rightarrow \cos \alpha =0,625\Rightarrow \alpha \approx 51,{{3}^{0}}\Rightarrow $ Chọn A.
1) Nếu con lắc đơn đứng yên ở vị trí cân bằng thì lực căng sợi dây cùng độ lớn và ngược hướng với trọng lực. Nghĩa là chúng cân bằng nhau.
2) Nếu con lắc dao động đi qua vị trí cân bằng thì tại thời điểm này lực căng ngược hướng với trọng lực nhưng có độ lớn lớn hơn trọng lực:${{R}_{\max }}=mg\left( 3-2\cos {{\alpha }_{\max }} \right)>mg$
Hai lực này không cân bằng và hợp lực của chúng hướng theo ${{\overrightarrow{R}}_{\max }}$
3) Ở các vị trí không phải là vị trí cân bằng thì trọng lực và lực căng sợi dây không ngược hướng nhau nên không cân bằng nhau. Tức là nếu con lắc đơn đang dao động
thì không có vị trí nào lực căng sợi dây cân bằng với trọng lực ${{\overrightarrow{F}}_{ht}}=\overrightarrow{R}+m\overrightarrow{g}\ne \overrightarrow{0}$
Tuy nhiên, sẽ tồn tại hai vị trí để R = mg hay
$mg\left( 3\cos \alpha -2\cos {{\alpha }_{\max }} \right)=mg\Rightarrow \cos \alpha =\frac{1+2\cos {{\alpha }_{\max }}}{3}$
Dạng 4. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐÉN VA CHẠM CON LẮC ĐƠN
Phương pháp giải
Vật m chuyển động vận tốc$\overrightarrow{{{v}_{0}}}$ , đến va chạm với vật M. Gọi $\overrightarrow{v},\overrightarrow{V}$ là vận tốc của m và M ngay sau va chạm.
+ Nếu va cham mềm: nên: $m{{v}_{0}}=\left( m+M \right)V\Rightarrow V=\frac{m{{v}_{0}}}{\left( m+M \right)}$
+ Nếu va chạm đàn hồi:
1. VẬT VA CHẠM VỚI CON LẮC TẠI VỊ TRÍ CÂN BẰNG
Nếu con lắc đơn đang đứng yên tại vị trí cân bằng thì vật m chuyển động với vận tốc $\overrightarrow{{{v}_{0}}}$ đến va chạm vào nó.
+ Nếu va chạm mềm thì tốc độ của con lắc ngay sau va chạm (tại VTCB) là $V=\frac{m{{v}_{0}}}{\left( m+M \right)}$
+ Nếu va chạm đàn hồi thì tốc độ của con lắc ngay sau va chạm (tại VTCB) là:$V=\frac{2m{{v}_{0}}}{\left( m+M \right)}$
V cũng chính là tốc độ cực đại của con lắc sau va chạm nên $V={{v}_{\max }}$ với ${{v}_{\max }}$ tính bằng 
+ Cơ năng của con lắc sau va chạm: 
2. CON LẮC VA CHẠM TỚI VẬT TẠI VỊ TRÍ CÂN BẰNG
Con lắc đơn đang dao động đúng lúc nó di qua VTCB (có tốc độ tực đại ${{v}_{0}}={{v}_{\max }}$) thì nó va chạm với vật M đang đứng yên. Trong đó:
${{v}_{\max }}=\sqrt{2g{{h}_{\max }}}=\sqrt{2g\ell \left( 1-\cos {{\alpha }_{\max }} \right)}$
${{v}_{\max }}=\omega A$ (Dao động bé)
+ Nếu va chạm mềm thì $V=\frac{m{{v}_{\max }}}{\left( m+M \right)}$ chính là tốc độ cực đại của con lắc sau va chạm.
+ Nếu va chạm đàn hồi thì \[\left| v \right|=\left| \frac{m-M}{m+M}{{v}_{\max }} \right|\] chính là tốc độ cực đại của con lắc sau va chạm
+ Cơ năng sau va chạm:
– Va chạm mềm: $W’={{W}_{d\max }}=\frac{\left( m+M \right){{V}^{2}}}{2}$
– VC đàn hồi: $W’={{W}_{d\max }}=\frac{m{{v}^{2}}}{2}$
Ví dụ 10: Một con lắc đơn gồm sợi dây dài 100 (cm), vật nhỏ dao động có khối lượng 100 (g), dao động với biên độ góc 30°. Khi vật dao động đi qua vị trí cân bằng nó va chạm đàn hồi xuyên tâm với vật nhỏ có khối lượng 50 (g) đang nằm yên ở đó. Lấy gia tốc trọng trường 9,8 (m/s ). Li độ góc cực đại con lắc sau va chạm là
A. 18°. B. 15°. C. 9,9°. D. 11,5°.
Hướng dẫn
Cách 1:
Cơ năng của con lắc trước va chạm :
\[\text{W}=mg\ell \left( 1-\cos {{\alpha }_{\max }} \right)=\frac{mv_{0}^{2}}{2}\Rightarrow {{v}_{0}}=\sqrt{2g\ell \left( 1-\cos {{\alpha }_{\max }} \right)}=1,62\left( m/s \right)\]
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và định luật bảo toàn năng lượng: 
Cơ năng của con lắc sau va chạm :
\[\text{W}=mg\ell \left( 1-\cos \alpha _{\max }^{‘} \right)=\frac{mv_{cb}^{2}}{2}\Rightarrow 9,8.1\left( 1-\cos \alpha _{\max }^{‘} \right)=\frac{0,{{54}^{2}}}{2}\Rightarrow \alpha _{\max }^{‘}\approx 9,{{9}^{0}}\]
=> Chọn C.
Cách 2: Sau khi hiểu kĩ cách 1 ta có thể làm nhanh như sau:
Từ ${{v}_{cb}}=\frac{m-M}{m+M}{{v}_{0}}\Rightarrow \frac{{{v}_{cb}}}{{{v}_{0}}}=\frac{m-M}{m+M}$ nên $\frac{\left| m-M \right|}{m+M}=\sqrt{\frac{\left( 1-\cos \alpha _{\max }^{‘} \right)}{\left( 1-\cos {{\alpha }_{\max }} \right)}}$
Từ công thức này ta sẽ thấy, chỉ biết 3 trong bốn tham số m, M, ${{\alpha }_{\max }}$ và $\alpha _{\max }^{/}$ sẽ tìm được đại lượng còn lại.
Quy trình giải nhanh:
1) Con lắc đơn m đang dao động với biên độ góc ${{\alpha }_{\max }}$ đúng lúc qua vị trí cân bằng nó va chạm vật M và biên độ góc sau đó là $\alpha _{\max }^{;}$ thì:
$\frac{\left| m-M \right|}{m+M}=\sqrt{\frac{\left( 1-\cos \alpha _{\max }^{‘} \right)}{\left( 1-\cos {{\alpha }_{\max }} \right)}}$ ( nếu va chạm đàn hồi) hoặc
$\frac{m}{m+M}=\sqrt{\frac{\left( 1-\cos \alpha _{\max }^{‘} \right)}{\left( 1-\cos {{\alpha }_{\max }} \right)}}$(nếu va chạm mềm)
2) Con lắc đơn M đang đứng yên ở vị trí cân bằng thì vật m chuyển động theo phương ngang với tốc độ v0 đến va chạm vào vật m và biên độ góc sau đó là $\alpha _{\max }^{‘}$ thì:
$\frac{m{{v}_{0}}}{\left( m+M \right)}=\sqrt{2gh\left( 1-\cos \alpha _{\max }^{‘} \right)}$ (nếu va chạm mềm) hoặc:
$\frac{2m{{v}_{0}}}{\left( m+M \right)}=\sqrt{2gh\left( 1-\cos \alpha _{\max }^{‘} \right)}$ (nếu va chạm đàn hồi)