Xin chào các em! Hôm nay, chúng ta sẽ cùng nhau giải một bài tập thú vị về con lắc đơn. Bài tập này sẽ giúp chúng ta ôn lại các khái niệm về chu kỳ, biên độ, li độ, và đặc biệt là sự biến đổi năng lượng động và thế năng trong dao động điều hòa.

Chúng ta cùng xem đề bài nào:

Một con lắc đơn có chu kỳ bằng 2s, biên độ góc bằng 0,04 rad. Chọn t = 0 lúc vật có li độ là 0,02 rad và đang chuyển động về VTCB. Tính thời gian t vật đi từ t = 0 đến vị trí có Wđ = Wt lần thứ 2.

Bây giờ, chúng ta sẽ đi phân tích và giải bài toán này một cách chi tiết nhé.

1. Phân tích đề bài và xác định các đại lượng đã cho:

* Chu kỳ dao động của con lắc đơn: \(T = 2s\).
* Biên độ góc: \( \alpha_0 = 0,04 \text{ rad} \).
* Thời điểm \(t = 0\): Li độ góc \( \alpha = 0,02 \text{ rad} \) và vật đang chuyển động về VTCB.
* Yêu cầu: Tính thời gian \(t\) để vật đi từ trạng thái ban đầu (\(t=0\)) đến vị trí có động năng bằng thế năng lần thứ 2.

2. Tìm hiểu về các đại lượng liên quan:

* Chu kỳ (T): Là thời gian để vật thực hiện một dao động toàn phần.
* Biên độ góc (\(\alpha_0\)): Là li độ góc cực đại mà vật đạt được so với vị trí cân bằng.
* Li độ góc (\(\alpha\)): Là góc lệch của dây treo con lắc so với phương thẳng đứng tại một thời điểm bất kỳ.
* Vị trí cân bằng (VTCB): Là vị trí mà tại đó thế năng bằng 0 và động năng bằng cực đại. Trong trường hợp con lắc đơn, đây là vị trí dây treo thẳng đứng (\(\alpha = 0\)).
* Động năng (Wđ) và Thế năng (Wt):
* Thế năng của con lắc đơn (so với VTCB) được tính bằng: \( W_t = \frac{1}{2} mgl(1 – \cos\alpha) \), với \(m\) là khối lượng, \(g\) là gia tốc trọng trường, \(l\) là chiều dài con lắc.
* Động năng của con lắc đơn được tính bằng: \( W_đ = \frac{1}{2} mv^2 \), với \(v\) là vận tốc dài của vật.
* Trong dao động điều hòa với biên độ góc nhỏ, ta có thể xấp xỉ: \( W_t \approx \frac{1}{2} mgl\alpha^2 \) và \( W_đ \approx \frac{1}{2} mgl\alpha_0^2 \sin^2(\omega t + \phi) \). Tuy nhiên, việc sử dụng mối liên hệ giữa năng lượng là trực tiếp hơn.

3. Thiết lập phương trình dao động:

Phương trình dao động của con lắc đơn có dạng: \( \alpha = \alpha_0 \cos(\omega t + \phi) \)

* Tần số góc: \( \omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{2} = \pi \text{ rad/s} \).
* Tại \(t = 0\), ta có \( \alpha = 0,02 \text{ rad} \) và vật đang chuyển động về VTCB.
* \( \alpha(0) = \alpha_0 \cos(\phi) \Rightarrow 0,02 = 0,04 \cos(\phi) \Rightarrow \cos(\phi) = \frac{0,02}{0,04} = 0,5 \).
* Từ đây, ta có hai giá trị có thể của \( \phi \): \( \phi = \frac{\pi}{3} \) hoặc \( \phi = -\frac{\pi}{3} \).
* Để xác định dấu của \( \phi \), ta xét vận tốc tại \(t = 0\). Vận tốc dài \(v\) liên hệ với \( \alpha \) qua \( v = l \frac{d\alpha}{dt} \). \( \frac{d\alpha}{dt} = -\omega \alpha_0 \sin(\omega t + \phi) \).
* Tại \(t = 0\), \( v(0) \propto \frac{d\alpha}{dt}|_{t=0} = -\omega \alpha_0 \sin(\phi) \).
* Vật chuyển động về VTCB nghĩa là vận tốc phải có chiều hướng về \( \alpha = 0 \). Khi \( \alpha > 0 \) và chuyển động về VTCB, vận tốc phải âm.
* Nếu \( \phi = \frac{\pi}{3} \), thì \( \sin(\phi) = \sin(\frac{\pi}{3}) = \frac{\sqrt{3}}{2} > 0 \). Khi đó, \( \frac{d\alpha}{dt}|_{t=0} = -\pi \cdot 0,04 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} < 0 \). Điều này phù hợp với việc vật đang chuyển động về VTCB (li độ dương đang giảm). * Nếu \( \phi = -\frac{\pi}{3} \), thì \( \sin(\phi) = \sin(-\frac{\pi}{3}) = -\frac{\sqrt{3}}{2} < 0 \). Khi đó, \( \frac{d\alpha}{dt}|_{t=0} = -\pi \cdot 0,04 \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2}) > 0 \). Điều này có nghĩa là li độ dương đang tăng, vật đang chuyển động ra xa VTCB, không phù hợp với đề bài.
* Vậy, ta chọn \( \phi = \frac{\pi}{3} \).

* Phương trình dao động của con lắc là: \( \alpha = 0,04 \cos(\pi t + \frac{\pi}{3}) \) (rad).

4. Tìm điều kiện Wđ = Wt:

Tổng năng lượng của con lắc là \( E = W_đ + W_t \). Năng lượng này được bảo toàn.
Tại biên, \( W_t = W_{t,max} = \frac{1}{2} mgl\alpha_0^2 \), \( W_đ = 0 \).
Tại VTCB, \( W_t = 0 \), \( W_đ = W_{đ,max} = \frac{1}{2} mgl\alpha_0^2 \).
Do đó, năng lượng toàn phần là \( E = \frac{1}{2} mgl\alpha_0^2 \).

Khi \( W_đ = W_t \), ta có:
\( W_đ = W_t = \frac{E}{2} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} mgl\alpha_0^2 \right) = \frac{1}{4} mgl\alpha_0^2 \).

Ta biết rằng, thế năng có thể biểu diễn theo li độ góc. Với biên độ góc nhỏ, \( W_t \approx \frac{1}{2} mgl\alpha^2 \).
Vậy, \( \frac{1}{2} mgl\alpha^2 = \frac{1}{4} mgl\alpha_0^2 \).
\( \alpha^2 = \frac{1}{2} \alpha_0^2 \)
\( \alpha = \pm \frac{\alpha_0}{\sqrt{2}} \)

Thay số: \( \alpha = \pm \frac{0,04}{\sqrt{2}} \approx \pm 0,02828 \text{ rad} \).

Điều kiện \( W_đ = W_t \) xảy ra khi li độ góc có giá trị \( \alpha = \pm \frac{\alpha_0}{\sqrt{2}} \).

5. Tìm thời điểm vật đạt điều kiện Wđ = Wt lần thứ 2:

Chúng ta cần tìm thời điểm \(t\) sao cho \( \alpha(t) = \pm \frac{\alpha_0}{\sqrt{2}} \) và đây là lần thứ 2 xảy ra điều này kể từ \(t=0\).

Tại \(t = 0\), \( \alpha(0) = 0,02 \text{ rad} \).
Và \( \alpha_0 = 0,04 \text{ rad} \).
Ta có \( \frac{\alpha_0}{\sqrt{2}} \approx 0,02828 \text{ rad} \).

Chúng ta có thể vẽ vòng tròn lượng giác để hình dung.

* Trục hoành biểu diễn thời gian \(t\), trục tung biểu diễn li độ góc \( \alpha \).
* Tại \(t = 0\), \( \alpha = 0,02 \text{ rad} \). Pha ban đầu là \( \phi = \frac{\pi}{3} \) tương ứng với góc \( \frac{\pi}{3} \) trên vòng tròn lượng giác (nếu xem pha là góc).
* Vật đang chuyển động về VTCB, nghĩa là đang đi từ \( \alpha > 0 \) về \( \alpha = 0 \).

Các vị trí có \( W_đ = W_t \) tương ứng với \( \alpha = \pm \frac{\alpha_0}{\sqrt{2}} \approx \pm 0,02828 \text{ rad} \).

Hãy xét diễn biến của \( \alpha \) theo thời gian kể từ \(t=0\):
\( \alpha(t) = 0,04 \cos(\pi t + \frac{\pi}{3}) \)

Tại \(t = 0\), \( \alpha(0) = 0,04 \cos(\frac{\pi}{3}) = 0,04 \cdot 0,5 = 0,02 \text{ rad} \).

Chúng ta cần tìm \(t\) sao cho \( \alpha(t) = \pm \frac{0,04}{\sqrt{2}} \).

Lần 1:
Khi vật đi từ \( \alpha = 0,02 \) về VTCB, nó sẽ đi qua vị trí \( \alpha = \frac{0,04}{\sqrt{2}} \) (vì \( 0,02 < 0,02828 \)). Ta giải: \( 0,04 \cos(\pi t + \frac{\pi}{3}) = \frac{0,04}{\sqrt{2}} \) \( \cos(\pi t + \frac{\pi}{3}) = \frac{1}{\sqrt{2}} \) \( \pi t + \frac{\pi}{3} = \pm \frac{\pi}{4} + 2k\pi \) Xét các giá trị \( \pi t + \frac{\pi}{3} \) bắt đầu từ \( \frac{\pi}{3} \) (tại \(t=0\)). Vật chuyển động về VTCB, tức là \( \alpha \) giảm. Vì \( \cos(\frac{\pi}{3}) = 0,5 \) và ta cần \( \cos(\pi t + \frac{\pi}{3}) = \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0,707 \). Điều này cho thấy chúng ta đang xét sai hướng. Hãy xem lại điều kiện \( \alpha = \pm \frac{\alpha_0}{\sqrt{2}} \). Tại \(t=0\), \( \alpha = 0,02 \). \( \alpha_0 = 0,04 \). Vị trí \( \alpha = \frac{\alpha_0}{\sqrt{2}} \approx 0,02828 \). Vị trí \( \alpha = -\frac{\alpha_0}{\sqrt{2}} \approx -0,02828 \). Chúng ta đang ở \( \alpha = 0,02 \) và chuyển động về VTCB (\( \alpha = 0 \)). Đường đi của vật sẽ là: \( \alpha = 0,02 \rightarrow \alpha = 0 \rightarrow \alpha = -0,02828 \rightarrow \alpha = 0 \rightarrow \alpha = 0,02828 \rightarrow ... \) Các vị trí \( W_đ = W_t \) là \( \alpha = \pm \frac{\alpha_0}{\sqrt{2}} \). * Lần thứ nhất: Vật đi từ \( \alpha = 0,02 \) (lúc \(t=0\)) đi về VTCB (\( \alpha = 0 \)). Sau đó, nó đi tới vị trí có li độ âm đầu tiên. Vị trí có li độ âm đầu tiên mà \( W_đ = W_t \) là \( \alpha = -\frac{\alpha_0}{\sqrt{2}} \).
Ta cần giải: \( \alpha(t) = -\frac{\alpha_0}{\sqrt{2}} \)
\( 0,04 \cos(\pi t + \frac{\pi}{3}) = -\frac{0,04}{\sqrt{2}} \)
\( \cos(\pi t + \frac{\pi}{3}) = -\frac{1}{\sqrt{2}} \)
\( \pi t + \frac{\pi}{3} = \frac{3\pi}{4} + 2k\pi \) hoặc \( \pi t + \frac{\pi}{3} = -\frac{3\pi}{4} + 2k\pi \)

Với \(t \ge 0\), ta xét pha \( \pi t + \frac{\pi}{3} \) bắt đầu từ \( \frac{\pi}{3} \).
Pha \( \frac{\pi}{3} \) ứng với \( \alpha = 0,02 \).
Khi \(t\) tăng, pha tăng.
Pha tiếp theo để \( \cos(\text{pha}) = -\frac{1}{\sqrt{2}} \) là \( \frac{3\pi}{4} \).
\( \pi t + \frac{\pi}{3} = \frac{3\pi}{4} \)
\( \pi t = \frac{3\pi}{4} – \frac{\pi}{3} = \frac{9\pi – 4\pi}{12} = \frac{5\pi}{12} \)
\( t = \frac{5}{12} \text{ s} \).
Tại thời điểm này, \( \alpha = -\frac{\alpha_0}{\sqrt{2}} \). Đây là lần thứ nhất vật đạt điều kiện \( W_đ = W_t \) sau \(t=0\).

* Lần thứ hai: Vật tiếp tục dao động. Sau khi đạt \( \alpha = -\frac{\alpha_0}{\sqrt{2}} \), nó sẽ đi về VTCB (\( \alpha = 0 \)), rồi ra biên dương, rồi lại về VTCB, và tiếp tục đi tới vị trí có li độ dương mà \( W_đ = W_t \). Vị trí này là \( \alpha = \frac{\alpha_0}{\sqrt{2}} \).
Ta cần giải: \( \alpha(t) = \frac{\alpha_0}{\sqrt{2}} \)
\( 0,04 \cos(\pi t + \frac{\pi}{3}) = \frac{0,04}{\sqrt{2}} \)
\( \cos(\pi t + \frac{\pi}{3}) = \frac{1}{\sqrt{2}} \)
\( \pi t + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{4} + 2k\pi \) hoặc \( \pi t + \frac{\pi}{3} = -\frac{\pi}{4} + 2k\pi \)

Chúng ta đã có \( t = \frac{5}{12} \) s với pha \( \frac{3\pi}{4} \).
Tiếp tục tăng pha để đạt \( \cos(\text{pha}) = \frac{1}{\sqrt{2}} \).
Pha tiếp theo là \( 2\pi – \frac{\pi}{4} = \frac{7\pi}{4} \) (nếu dùng \(-\frac{\pi}{4}\) và cộng \(2\pi\)).
Hoặc ta xét \( \pi t + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{4} + 2k\pi \). Pha \( \frac{\pi}{4} \) sẽ không xảy ra sau \( \frac{3\pi}{4} \) khi pha tăng.
Ta xét \( \pi t + \frac{\pi}{3} = \frac{7\pi}{4} \).
\( \pi t = \frac{7\pi}{4} – \frac{\pi}{3} = \frac{21\pi – 4\pi}{12} = \frac{17\pi}{12} \)
\( t = \frac{17}{12} \text{ s} \).
Tại thời điểm này, \( \alpha = \frac{\alpha_0}{\sqrt{2}} \). Đây là lần thứ hai vật đạt điều kiện \( W_đ = W_t \) sau \(t=0\).

Kiểm tra lại thứ tự:
Tại \(t=0\), \( \alpha = 0,02 \). Pha \( \frac{\pi}{3} \).
Vật chuyển động về VTCB.
Pha tăng dần:
\( \frac{\pi}{3} \approx 1,047 \) rad ( \( \alpha \approx 0,02 \) )
\( \frac{\pi}{2} \approx 1,57 \) rad ( \( \alpha = 0 \) – VTCB)
\( \frac{3\pi}{4} \approx 2,356 \) rad ( \( \alpha = -\frac{\alpha_0}{\sqrt{2}} \approx -0,02828 \) ) – Lần 1 Wđ=Wt. Thời gian \( t = \frac{5}{12} \) s.
\( \pi \approx 3,14 \) rad ( \( \alpha = -0,04 \) – Biên âm)
\( \frac{5\pi}{4} \approx 3,927 \) rad ( \( \alpha = -\frac{\alpha_0}{\sqrt{2}} \) – không phải lần này)
\( \frac{3\pi}{2} \approx 4,71 \) rad ( \( \alpha = 0 \) – VTCB)
\( \frac{7\pi}{4} \approx 5,498 \) rad ( \( \alpha = \frac{\alpha_0}{\sqrt{2}} \approx 0,02828 \) ) – Lần 2 Wđ=Wt. Thời gian \( t = \frac{17}{12} \) s.

6. Kết luận:

Thời gian để vật đi từ \(t=0\) đến vị trí có \(Wđ = Wt\) lần thứ 2 là \( t = \frac{17}{12} \) s.

Vậy là chúng ta đã giải xong bài toán. Các em cần chú ý các bước:
1. Xác định đúng phương trình dao động.
2. Tìm đúng điều kiện \(Wđ = Wt\) theo li độ góc.
3. Phân tích kỹ đường đi của vật và đếm số lần đạt điều kiện.

Nếu có bất kỳ câu hỏi nào, các em cứ mạnh dạn hỏi nhé. Chúc các em học tốt!