Phân tích đề bài và thiết lập phương trình

Đề bài cho một con lắc lò xo treo thẳng đứng. Chúng ta cần nhớ rằng đối với con lắc lò xo treo thẳng đứng, vị trí cân bằng (VTCB) không phải là vị trí lò xo không biến dạng. Tại VTCB, lò xo đã giãn một đoạn \(\Delta L_0\) sao cho lực đàn hồi cân bằng với trọng lực:

\(F_{đh} = P \Rightarrow k\Delta L_0 = mg \Rightarrow \Delta L_0 = \frac{mg}{k}\).

Chọn trục tọa độ Oy thẳng đứng, chiều dương hướng xuống, gốc O tại VTCB.
Phương trình dao động điều hòa có dạng tổng quát: \(y(t) = A \cos(\omega t + \phi)\).
Trong đó \(\omega = \sqrt{\frac{k}{m}}\).
Gia tốc của vật là \(a(t) = – \omega^2 y(t)\).
Từ mối liên hệ \(k\Delta L_0 = mg\), ta có \(g = \frac{k}{m}\Delta L_0 = \omega^2 \Delta L_0\).
Vậy, gia tốc của vật là \(a(t) = – \omega^2 y(t)\). Khi \(a = g\), thì \(-\omega^2 y = \omega^2 \Delta L_0 \Rightarrow y = -\Delta L_0\).
Và khi \(a = -g\), thì \(-\omega^2 y = -\omega^2 \Delta L_0 \Rightarrow y = \Delta L_0\).

Xử lý thí nghiệm 1: Nâng vật lên rồi thả nhẹ

“Nâng vật lên rồi thả nhẹ” có nghĩa là vật được thả từ vị trí biên trên với vận tốc ban đầu bằng 0.
Gọi biên độ dao động trong trường hợp này là \(A_1\).
Vị trí ban đầu: \(y(0) = -A_1\). Vận tốc ban đầu: \(v(0) = 0\).

Từ \(y(0) = A_1 \cos(\phi) = -A_1 \Rightarrow \cos(\phi) = -1 \Rightarrow \phi = \pi\).
Phương trình dao động: \(y(t) = A_1 \cos(\omega t + \pi) = -A_1 \cos(\omega t)\).
Gia tốc của vật: \(a(t) = -\omega^2 y(t) = -\omega^2 (-A_1 \cos(\omega t)) = \omega^2 A_1 \cos(\omega t)\).

Theo đề bài, \(t_1\) là thời gian ngắn nhất vật đến vị trí gia tốc của vật bằng gia tốc trọng trường (\(a = g\)).
\(a = g \Leftrightarrow \omega^2 A_1 \cos(\omega t_1) = g\).
Mà \(g = \omega^2 \Delta L_0\).
Nên, \(\omega^2 A_1 \cos(\omega t_1) = \omega^2 \Delta L_0\).
\(\Rightarrow A_1 \cos(\omega t_1) = \Delta L_0\).
\(\Rightarrow \cos(\omega t_1) = \frac{\Delta L_0}{A_1}\).

Để \(t_1\) là thời gian ngắn nhất, ta lấy giá trị góc dương nhỏ nhất:
\(\omega t_1 = \arccos\left(\frac{\Delta L_0}{A_1}\right)\).
\(t_1 = \frac{1}{\omega} \arccos\left(\frac{\Delta L_0}{A_1}\right)\). (1)

Vị trí của vật lúc này là \(y(t_1) = -A_1 \cos(\omega t_1) = -A_1 \left(\frac{\Delta L_0}{A_1}\right) = -\Delta L_0\).
Điều này có nghĩa là tại thời điểm \(t_1\), vật đang ở vị trí lò xo không biến dạng.

Xử lý thí nghiệm 2: Đưa vật về vị trí lò xo không biến dạng rồi thả nhẹ

“Đưa vật về vị trí lò xo không biến dạng rồi thả nhẹ”. Vị trí lò xo không biến dạng là \(y = -\Delta L_0\) (so với VTCB).
Vì vật được thả nhẹ (vận tốc ban đầu bằng 0), nên vị trí này chính là biên trên của dao động.
Vậy, biên độ dao động trong trường hợp này là \(A_2 = |-\Delta L_0| = \Delta L_0\).
Vị trí ban đầu: \(y(0) = -\Delta L_0\). Vận tốc ban đầu: \(v(0) = 0\).
Tương tự như trên, pha ban đầu \(\phi = \pi\).
Phương trình dao động: \(y(t) = -\Delta L_0 \cos(\omega t)\).
Gia tốc của vật: \(a(t) = -\omega^2 y(t) = \omega^2 \Delta L_0 \cos(\omega t)\).

Theo đề bài, \(t_2\) là thời gian ngắn nhất đến lúc gia tốc của vật đổi chiều. Gia tốc đổi chiều khi nó bằng 0.
\(a = 0 \Leftrightarrow -\omega^2 y = 0 \Leftrightarrow y = 0\).
Vậy vật đi từ vị trí biên trên \(y = -\Delta L_0\) đến VTCB \(y = 0\).
Đây chính là khoảng thời gian \(T/4\) của một chu kỳ dao động.
\(t_2 = \frac{T}{4} = \frac{1}{4} \cdot \frac{2\pi}{\omega} = \frac{\pi}{2\omega}\). (2)

Sử dụng mối quan hệ giữa \(t_1\) và \(t_2\)

Đề bài cho \(t_2 = 1.5t\). Trong bài toán này, biến \(t\) không được định nghĩa rõ ràng. Với các dạng bài tập Vật lý, khi có \(t_1\) và \(t_2\), và một biến \(t\) xuất hiện trong mối quan hệ như vậy, ta thường hiểu \(t\) chính là \(t_1\). Vì vậy, chúng ta sẽ giả định rằng \(t_2 = 1.5t_1\).

Thay (1) và (2) vào giả định \(t_2 = 1.5t_1\):
\(\frac{\pi}{2\omega} = 1.5 \cdot \frac{1}{\omega} \arccos\left(\frac{\Delta L_0}{A_1}\right)\).
Rút gọn \(\frac{1}{\omega}\) ở cả hai vế:
\(\frac{\pi}{2} = 1.5 \arccos\left(\frac{\Delta L_0}{A_1}\right)\).
\(\arccos\left(\frac{\Delta L_0}{A_1}\right) = \frac{\pi}{2 \cdot 1.5} = \frac{\pi}{3}\).
Lấy cosin cả hai vế:
\(\frac{\Delta L_0}{A_1} = \cos\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{2}\).
Từ đó, ta suy ra \(A_1 = 2\Delta L_0\).

Tính tỉ số gia tốc ngay khi thả lần thứ nhất

Ngay khi thả lần thứ nhất, vật đang ở vị trí \(y = -A_1\).
Gia tốc của vật tại thời điểm đó là \(a_{initial} = -\omega^2 y = -\omega^2 (-A_1) = \omega^2 A_1\).
Gia tốc trọng trường là \(g = \omega^2 \Delta L_0\).
Tỉ số gia tốc của vật và gia tốc trọng trường ngay khi thả lần thứ nhất là:
\(\frac{a_{initial}}{g} = \frac{\omega^2 A_1}{\omega^2 \Delta L_0} = \frac{A_1}{\Delta L_0}\).
Thay \(A_1 = 2\Delta L_0\) vào, ta được:
\(\frac{a_{initial}}{g} = \frac{2\Delta L_0}{\Delta L_0} = 2\).

Vậy, tỉ số gia tốc của vật và gia tốc trọng trường ngay khi thả lần thứ nhất là 2.

Đáp án chính xác là C. 2