Phương pháp giải một số dạng bài tập về con lắc đơn
Dạng 1: Chu kì con lắc đơn thay đổi theo chiều dài
Chu kì con lắc đơn ban đầu khi chưa có sự thay đổi là:
\({T_1} = \frac{1}{f} = 2\pi \sqrt {\frac{{{l_1}}}{g}} = \frac{{\Delta t}}{{{N_1}}}\)
Chu kì của con lắc đơn sau khi có sự thay đổi là:
\({T_2} = \frac{1}{f} = 2\pi \sqrt {\frac{{{l_2}}}{g}} = \frac{{\Delta t}}{{{N_2}}}\)
=> \(\frac{{{T_1}}}{{{T_2}}} = \sqrt {\frac{{{l_1}}}{{{l_2}}}} = \frac{{{N_2}}}{{{N_1}}}\)
Trong đó N là số dao động toàn phần vật thực hiện được trong thời gian \(\Delta t\)
*Bài toán con lắc vướng đinh:
+ Chu kì con lắc trước khi vướng đinh là: \({T_1} = 2\pi \sqrt {\frac{{{l_1}}}{g}} \)
+ Chu kì của con lắc sau khi vướng đinh là: \({T_2} = 2\pi \sqrt {\frac{{{l_2}}}{g}} \)
=> Chu kì của con lắc là: \(T = \frac{1}{2}\left( {{T_1} + {T_2}} \right)\)
Bài tập ví dụ:
Một con lắc đơn có chiều dài l. Trong khoảng thời gian \(\Delta t\) nó thực hiện 12 dao động. Khi giảm độ dài của nó bớt 16 cm, trong cùng khoảng thời gian \(\Delta t\) như trên, con lắc thực hiện 20 dao động. Tính độ dài ban đầu của con lắc.
Hướng dẫn giải
Ta có: \(\frac{{{T_1}}}{{{T_2}}} = \sqrt {\frac{{{l_1}}}{{{l_2}}}} = \frac{{{N_2}}}{{{N_1}}} \Leftrightarrow \sqrt {\frac{l}{{l - 0,16}}} = \frac{{20}}{{12}} \Leftrightarrow l = 0,25m\)
Dạng 2: Xác định các đại lượng cơ bản trong dao động điều hòa của con lắc đơn
- Tìm \(\omega ,{\rm{ }}{\bf{T}},{\rm{ }}{\bf{f}}\) : Đề cho l, g:
\(\omega = \sqrt {\dfrac{g}{l}} ,T = \dfrac{{2\pi }}{\omega } = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{g}} ,f = \dfrac{\omega }{{2\pi }} = \dfrac{1}{{2\pi }}\sqrt {\dfrac{g}{l}} \)
- Tìm gia tốc rơi tự do:
\(T = \dfrac{{2\pi }}{\omega } = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{g}} \to g = \dfrac{{4{\pi ^2}l}}{{{T^2}}}\)
Dạng 3: Tìm \(\omega ,{\rm{ }}{\bf{T}},{\rm{ }}{\bf{f}}\) : thay đổi chiều dài dây treo l
- Trong cùng khoảng thời gian t, hai con lắc thực hiện N1 và N2 dao động:
\(f = \dfrac{N}{t} \to \dfrac{g}{l} = {\omega ^2} = {(2\pi f)^2} = {(\dfrac{{2\pi N}}{t})^2} \to \dfrac{{{l_2}}}{{{l_1}}} = {(\dfrac{{{N_1}}}{{{N_2}}})^2}\)
- Thay đổi chiều dài con lắc:
Ta có: \({T^2} \sim l,{f^2} \sim \dfrac{1}{l},{\omega ^2} \sim \dfrac{1}{l}\)
Ta suy ra:
\({(\dfrac{{{\omega _1}}}{{{\omega _2}}})^2} = {(\dfrac{{{f_1}}}{{{f_2}}})^2} = \dfrac{{{l_2}}}{{{l_1}}} = \dfrac{{{l_1} \pm \Delta l}}{{{l_1}}}\)
Ta có: \({T_1} = 2\pi \sqrt {\dfrac{{{\ell _1}}}{g}} \Rightarrow {\rm{T}}_1^2 = 4{\pi ^2}.\dfrac{{{\ell _1}}}{g};{T_2} = 2\pi \sqrt {\dfrac{{{\ell _2}}}{g}} \Rightarrow {\rm{T}}_2^2 = 4{\pi ^2}.\dfrac{{{\ell _2}}}{g}\)
Chu kỳ của con lắc có chiều dài \({\ell _3} = {\ell _1} \pm {\ell _2}\) là: \({T_3} = 2\pi \sqrt {\dfrac{{{\ell _1} + {\ell _2}}}{g}} \Rightarrow T_3^2 = 4{\pi ^2}.\left( {\dfrac{{{\ell _1} \pm {\ell _2}}}{g}} \right) = T_1^2 \pm T_2^2\)
Dạng 4: Viết phương trình dao động điều hòa của con lắc đơn
- Bước 1: Xác định biên độ góc: \({S_0},{\alpha _0}.\)
Sử dụng các dữ kiện đầu bài cho và hệ thức độc lập với thời gian: \(s_0^2 = {s^2} + \dfrac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}}\)hay \(\alpha _0^2 = {\alpha ^2} + \dfrac{{{v^2}}}{{{l^2}{\omega ^2}}}\) hoặc \(\alpha _0^2 = {\alpha ^2} + \dfrac{{{v^2}}}{{lg}}\)
- Bước 2: Xác định tần số góc ω: \(\omega = \sqrt {\dfrac{g}{l}} = \dfrac{{2\pi }}{T} = 2\pi f\)
- Bước 3: Xác định pha ban đầu: \(\varphi \)
Tại \(t{\rm{ }} = {\rm{ }}0:\left\{ \begin{array}{l}s = {s_0}{\rm{cos}}\varphi \\v = - \omega {s_0}\sin \varphi \end{array} \right.\)
- Bước 4: Viết PTDĐ: \(s = {s_0}{\rm{cos(}}\omega {\rm{t + }}\varphi {\rm{) hay }}\alpha {\rm{ = }}{\alpha _0}{\rm{cos(}}\omega {\rm{t + }}\varphi {\rm{)}}\)
Với \({s_0} = l{\alpha _0}\)
Bài tập ví dụ: Một con lắc đơn có chiều dài l = 16 cm. Kéo con lắc lệch khỏi vị trí cân bằng một góc 90 rồi thả nhẹ. Bỏ qua mọi ma sát, lấy g = 10 m/s2. Chọn gốc thời gian là lúc thả vật, chiều dương cùng chiều với chiều chuyển động ban đầu của vật. Viết phương trình dao động theo li độ góc tính ra rad.
Hướng dẫn giải
Ta có: phương trình dao động theo li độ góc của con lắc đơn có dạng:
\(\alpha = {\alpha _0}\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\)
Kéo con lắc lệch khỏi VTCB một góc 90 rồi thả nhẹ => \({\alpha _0} = {9^0} = \frac{\pi }{{20}} = 0,157ra{\rm{d}}\)
\(\omega = \sqrt {\frac{g}{l}} = 2,5\pi ra{\rm{d}}/s\)
Tại thời điểm t = 0 ta có:
\(\alpha = {\alpha _0}\cos \varphi \Rightarrow \cos \varphi = \frac{\alpha }{{{\alpha _0}}} = \frac{{ - {\alpha _0}}}{{{\alpha _0}}} = - 1 \Rightarrow \varphi = \pi \)
Vậy \(\alpha = 0,157\cos \left( {2,5\pi + \pi } \right)\left( {ra{\rm{d}}} \right)\)
Dạng 5. Tính vận tốc vật ở li góc \(\alpha \) bất kì
Phương pháp
\({v_\alpha } = \pm \sqrt {2gl(c{\rm{os}}\alpha {\rm{ - cos}}{\alpha _0})} \)
Đặc biệt:
- Nếu \({\alpha _0} \le {10^0}\) thì có thể tính gần đúng: \({v_\alpha } = \pm \sqrt {gl({\alpha _0}^2{\rm{ - }}{\alpha ^2})} \)
- Khi vật qua vị trí cân bằng: \({v_{VTCB}} = {v_{{\rm{max}}}} = \sqrt {2gl(1 - c{\rm{os}}{\alpha _0})} \)
Khi \({\alpha _0} \le {10^0}\) thì \({v_{{\rm{max}}}} = {\alpha _0}\sqrt {gl} = \omega {S_0}\)
Dạng 6. Tính lực căng dây ở li độ góc \(\alpha \) bất kì
Phương pháp
\(T = mg(3c{\rm{os}}\alpha {\rm{ - 2cos}}{\alpha _0})\)
- Vị trí đặc biệt:
- Khi qua vị trí cân bằng: \(\alpha = 0 \to c{\rm{os}}\alpha {\rm{ = 1}} \to {{\rm{T}}_{{\rm{max}}}} = mg(3 - 2c{\rm{os}}{\alpha _0})\)
- Khi đến vị trí biên: \(\alpha = \pm {\alpha _0} \to c{\rm{os}}\alpha {\rm{ = }}c{\rm{os}}{\alpha _0} \to {{\rm{T}}_{{\rm{min}}}} = mg(c{\rm{os}}{\alpha _0})\)
- Khi \({\alpha _0} \le {10^0}\): ta có thể viết:
\(\begin{array}{l}T = mg(1 - 1,5{\alpha ^2}{\rm{ + }}{\alpha _0}^2)\\ \to {{\rm{T}}_{{\rm{max}}}} = mg(1{\rm{ + }}{\alpha _0}^2),{\rm{ }}{{\rm{T}}_{{\rm{min}}}} = mg(1 - 0,5{\alpha _0}^2)\end{array}\)
Dạng 7: Năng lượng dao động, vận tốc, lực căng dây của con lắc đơn
- Thế năng: \[{{\rm{W}}_t} = mgh = mgl(1 - \cos \alpha )\]
- Động năng: \[{{\rm{W}}_d} = \frac{1}{2}m{v^2} = mgl\left( {\cos \alpha - \cos {\alpha _0}} \right)\]
- Cơ năng: \[{\rm{W}} = {{\rm{W}}_t} + {{\rm{W}}_d} = mgl\left( {1 - \cos {\alpha _0}} \right)\]
- Vận tốc: \(\left\{ \begin{array}{l}v = \sqrt {2gl.\left( {\cos \alpha - \cos {\alpha _0}} \right)} \\{v_{\max }} = \sqrt {2gl.\left( {1 - \cos {\alpha _0}} \right)} \end{array} \right.\)
- Lực căng dây: \(T = mg\left( {3\cos \alpha - 2\cos {\alpha _0}} \right)\)
+ \({T_{\max }} = mg\left( {3 - 2\cos {\alpha _0}} \right)\) (khi vật qua vị tri cân bằng)
+ \({T_{\min }} = mg.\cos {\alpha _0}\) (khi vật ở vị trí biên)
*Lưu ý:
Nếu \({\alpha _0} \le {10^0}\) thì \(\left\{ \begin{array}{l}{{\rm{W}}_t} = \frac{1}{2}mgl{\alpha ^2}\\{{\rm{W}}_d} = \frac{1}{2}mgl\left( {\alpha _0^2 - {\alpha ^2}} \right)\end{array} \right. \Rightarrow {\rm{W}} = \frac{1}{2}mgl\alpha _0^2\)
(Với \(\alpha ,{\alpha _0}\) tính ra rad).
Dạng 8. Sự thay đổi chu kì của con lắc đơn khi chịu thêm tác dụng của lực lạ
1. Các lực lạ thường gặp
- Lực quán tính: \(\overrightarrow F = - m\overrightarrow a \), độ lớn F = ma ( \(\overrightarrow F \uparrow \downarrow \overrightarrow a \))
+ Chuyển động nhanh dần đều \(\overrightarrow a \uparrow \uparrow \overrightarrow v \) (\(\overrightarrow v \) có hướng chuyển động)
+ Chuyển động chậm dần đều \(\overrightarrow a \uparrow \downarrow \overrightarrow v \)
- Lực điện trường: \(\overrightarrow F = q\overrightarrow E \), độ lớn F = |q|E (Nếu q > 0 Þ \(\overrightarrow F \uparrow \uparrow \overrightarrow E \); còn nếu q < 0 Þ \(\overrightarrow F \uparrow \downarrow \overrightarrow E \))
- Lực đẩy Ácsimét: \(F = DgV\) (\(\overrightarrow F \)luông thẳng đứng hướng lên)
Trong đó:
- D là khối lượng riêng của chất lỏng hay chất khí.
- g là gia tốc rơi tự do.
- V là thể tích của phần vật chìm trong chất lỏng hay chất khí đó.
2. Công thức áp dụng làm bài tập
- \(\overrightarrow F \) có phương ngang: \(\overrightarrow F \bot \overrightarrow P \)
Tại VTCB dây treo lệch với phương thẳng đứng một góc có: \(\tan \alpha = \frac{F}{P}\)
Thì \(g' = \sqrt {{g^2} + {{(\frac{F}{m})}^2}} \)
Ví dụ:
- \(\overrightarrow F \)có phương thẳng đứng thì \(g' = g \pm \frac{F}{m}\)
- Nếu \(\overrightarrow F \) hướng xuống thì \(g' = g + \frac{F}{m}\)
- Nếu \(\overrightarrow F \) hướng lên thì \(g' = g - \frac{F}{m}\)
- \(\overrightarrow F \)có hướng xiên:
- Xiên xuống:
\(\begin{array}{l}P' = \sqrt {{P^2} + F_{qt}^2 - 2P.{F_{qt}}{\rm{cos}}\left( {{{90}^0} + \beta } \right)} \\ \to g' = \sqrt {{g^2} + {a^2} - 2g.ac{\rm{os(9}}{{\rm{0}}^0} + \beta )} \end{array}\)
Góc θ: \(\frac{a}{{\sin \theta }} = \frac{{g'}}{{\sin ({{90}^0} + \beta )}}\)
- Xiên lên:
\(\begin{array}{l}P' = \sqrt {{P^2} + F_{qt}^2 - 2P.{F_{qt}}{\rm{cos}}\left( {{{90}^0} - \beta } \right)} \\ \to g' = \sqrt {{g^2} + {a^2} - 2g.ac{\rm{os(9}}{{\rm{0}}^0} - \beta )} \end{array}\)
Vì \(cos(\pi - a) = - cosa\)
\( \to P' = \sqrt {{P^2} + F_{qt}^2 + 2P.{F_{qt}}{\rm{cos}}\alpha } \)
Góc θ: \(\frac{a}{{\sin \theta }} = \frac{{g'}}{{\sin ({{90}^0} - \beta )}}\)
Dạng 9. Bài tập sự nhanh chậm của đồng hồ quả lắc
1. Phương pháp chung
Gọi T1 là chu kì chạy đúng, T2 là chu kì chạy sai
Trong thời gian T1(s) đồng hồ chạy sai |T2-T1| (s)
=> 1(s) đồng hồ chạy sai \(\frac{{\left| {{T_2} - {T_1}} \right|}}{{{T_1}}}s\)
Vậy trong khoảng thời gian ∆t, đồng hồ chạy sai: \(\theta = \Delta t\frac{{\left| {{T_2} - {T_1}} \right|}}{{{T_1}}}s\)
Các bước giải:
- Bước 1: Thiết lập tỉ số \(\frac{{{T_2}}}{{{T_1}}}\)
- Bước 2: Biện luận:
- Nếu: \(\frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} > 1 \to {T_2} > {T_1}\): Chu kì tăng => Đồng hồ chạy chậm lại
- Nếu \(\frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} < 1 \to {T_2} < {T_1}\): Chu kì giảm => Đồng hồ chạy nhanh lên
- Bước 3: Xác định thời gian chạy nhau hay chậm bằng công thức: \(\theta = \Delta t\frac{{\left| {{T_2} - {T_1}} \right|}}{{{T_1}}} = \Delta t\left| {\frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} - 1} \right|s\)
2. Các dạng bài tập
a) Xác định thời gian đồng hồ chạy sai khi thay đổi nhiệt độ.
- Khi thay đổi nhiệt độ, chiều dài của con lắc thay đổi theo biểu thức: \(l = {l_0}(1 + \alpha t)\)
- l0: chiều dài dây treo (kim loại) ở 00C
- l: chiều dài dây treo (kim loại) ở t0C
- α: hệ số nở dài của dây treo kim loại
Ở nhiệt độ t1 đồng hồ chạy đúng, nhiệt độ t2 đồng hồ chạy sai:
- Xét tỉ số: \(\frac{{{T_2}}}{{{T_1}}}\)
Ta có: \(\frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} = \sqrt {\frac{{{l_2}}}{{{l_1}}}} = \sqrt {\frac{{{l_0}(1 + \alpha ({t_2})}}{{{l_0}(1 + \alpha {t_1})}}} = \sqrt {\frac{{(1 + \alpha {t_2})}}{{(1 + \alpha {t_1})}}} = {(1 + \alpha {t_2})^{\frac{1}{2}}}{(1 + \alpha {t_1})^{ - \frac{1}{2}}}\)
Sử dụng công thức gần đúng: \(\left\{ \begin{array}{l}{\left( {1 \pm x} \right)^n} \approx 1 \pm nx\\\left( {1 + {x_1}} \right)\left( {1 - {x_2}} \right) \approx 1 + {x_1} - {x_2}\end{array} \right.\) với x, x1, x2 << 1
Vì αt1 và αt2<< 1\( \to {(1 + \alpha {t_2})^{\frac{1}{2}}}{(1 + \alpha {t_1})^{ - \frac{1}{2}}} \approx \left( {1 + \frac{1}{2}\lambda {t_2}} \right)\left( {1 - \frac{1}{2}\lambda {t_1}} \right) \approx 1 + \frac{1}{2}\alpha {t_2} - \frac{1}{2}\alpha {t_1} \approx 1 + \frac{1}{2}\alpha \left( {{t_2} - {t_1}} \right)\)
\( \to \theta = \Delta t\frac{{\left| {{T_2} - {T_1}} \right|}}{{{T_1}}} = \Delta t\left| {\frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} - 1} \right| = \Delta t.\frac{1}{2}\alpha \left( {{t_2} - {t_1}} \right)(s)\)
Nếu t2 > t1: đồng hồ chạy chậm lại và ngược lại t2 < t1: đồng hồ chạy nhanh lên.
b) Xác định thời gian đồng hồ chạy sai ở độ cao h và độ sâu d so với mực nước biến (coi nhiệt độ không đổi)
Khi đưa con lắc lên độ cao h hay xuống độ sâu d thì gia tốc rơi tự do g thay đổi.
- Ở mực nước biển đồng hồ chạy đúng, khi đưa lên độ cao h:
\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} = \sqrt {\frac{g}{{{g_h}}}} \\{g_h} = g\frac{{{R^2}}}{{{{\left( {R + h} \right)}^2}}}\end{array} \right. \to \frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} = \frac{{\left( {R + h} \right)}}{R} = 1 + \frac{h}{R}\)
\( \to \theta = \Delta t\frac{{\left| {{T_2} - {T_1}} \right|}}{{{T_1}}} = \Delta t\left| {\frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} - 1} \right| = \Delta t\frac{h}{R}(s)\)
Ta thấy \(\frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} = 1 + \frac{h}{R} > 1 \to {T_2} > {T_1}\)=> Đồng hồ chạy chậm lại
- Ở mực nước biển đồng hồ chạy đúng, khi đưa đồng hồ xuống độ sâu h thì đồng hồ chạy sai.
\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} = \sqrt {\frac{g}{{{g_d}}}} \\{g_d} = g\frac{{\left( {R - d} \right)}}{R}\end{array} \right. \to \frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} = \sqrt {\frac{R}{{\left( {R - d} \right)}}} = \sqrt {\frac{1}{{1 - \frac{d}{R}}}} = {\left( {1 - \frac{d}{R}} \right)^{ - \frac{1}{2}}} \approx 1 + \frac{1}{2}\frac{d}{R}\)
\( \to \theta = \Delta t\frac{{\left| {{T_2} - {T_1}} \right|}}{{{T_1}}} = \Delta t\left| {\frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} - 1} \right| = \Delta t\frac{1}{2}\frac{d}{R}(s)\)
Khi đưa con lắc lên cao hoặc xuống sâu, chu kì đều tăng nên suy ra đồng hồ luôn chạy chậm
c) Xác định thời gian đồng hồ chạy sai khi thay đổi vị trí trên trái đất (nhiệt độ không đổi)
Tại nơi có gia tốc trọng trường g1 đồng hồ chạy đúng với: \({T_1} = 2\pi \sqrt {\frac{l}{{{g_1}}}} \)
Tại nơi có gia tốc trọng trường g2 đồng hồ chạy sai: \({T_1} = 2\pi \sqrt {\frac{l}{{{g_2}}}} \)
\( \to \frac{{{T_2}}}{{{T_1}}} \approx 1 - \frac{1}{2}\frac{{\Delta g}}{{{g_1}}} \to \frac{{{T_2} - {T_1}}}{{{T_1}}} = - \frac{1}{2}\frac{{\Delta g}}{{{g_1}}}\)
TỔNG QUÁT: Xác định thời gian đồng hồ chạy sai khi 1 hoặc nhiều yếu tố thay đổi.
\(\frac{{\Delta T}}{T} = \frac{{{T_2} - {T_1}}}{{{T_1}}} = \frac{1}{2}\alpha \left( {{t_2} - {t_1}} \right) + \frac{h}{R} + \frac{1}{2}\frac{d}{R} - \frac{1}{2}\frac{{\Delta g}}{{{g_1}}}\)
Dạng 10: Bài toán con lắc vướng đinh
Phương pháp:
Một con lắc đơn đang dao động điều hòa với chiều dài ℓ1 thì con lắc vướng đinh làm cho nó dao động với ℓ2 nên chu kì, tần số góc, biên độ góc,… cũng thay đổi theo.
Chu kì T của CLVĐ:
\(T = \dfrac{1}{2}\left( {{T_1} + {T_2}} \right) \to T = \dfrac{\pi }{{\sqrt g }}(\sqrt {{l_1}} + \sqrt {{l_2}} )\)
Độ cao CLVĐ so với VTCB :
Vì \({W_A} = {W_B} \Rightarrow {h_A} = {\rm{ }}{h_B}\)
Tỉ số biên độ dao động 2 bên VTCB
– Góc lớn (α0>100):
Vì \(h_A = h_B\)
→ℓ1 (1–cosα1) = ℓ2(1–cosα2)
\( \to \dfrac{{{l_1}}}{{{l_2}}} = \dfrac{{1 - c{\rm{os}}{\alpha _2}}}{{1 - c{\rm{os}}{\alpha _1}}}\)
– Góc nhỏ:
$\left( {{\alpha _0} \le {\rm{ }}{{10}^0}) \to cos\alpha \approx 1-{\alpha ^2}/2} \right): \to \dfrac{{{l_1}}}{{{l_2}}} = {(\dfrac{{{\alpha _2}}}{{{\alpha _1}}})^2}$
Dạng 11: Sự trùng phùng của hai con lắc
Xét 2 con lắc dao động trong 2 mặt phẳng song song, con lắc 1 có chu kì T1, con lắc hai có chu kì T2 (T1>T2). Tại thời gian t = 0 hai con lắc có cùng 1 trạng thái (VD: cùng qua VTCB theochiều + chẳng hạn), sau thời gian nào đó trạng thái của 2 con lắc lại giống như trạng thái lúc t = 0 (tức lại cùng qua VTCB theo chiều +) được gọi là sự trùng phùng.
Phương pháp:
Thời gian ∆t nhỏ nhất kể từ khi thời điểm t = 0 cho tới lúc 2 còn lắc trùng phùng lần thứ nhất gọi là chu kì trùng phùng.
- Vì con lắc 2 có chu kì nhỏ hơn con lắc 1 nên sau lần dao động thứ nhất của con lắc 2 con lắc 1 cần 1 thời gian (T1-T2) để trở về vị trí xuất phát ban đầu của nó. Nói cách khác là con lắc 1 bị trễ so với con lắc 2 là (T1-T2).
- Sau n lần dao động của con lắc 2 khoảng thời gian trễ này sẽ là \(n.({T_1} - {T_2})\) . Để sự trùng phùng xảy ra thì khoảng thời gian trễ trên phải đúng bằng một chu kì T2. Hay:
\(\begin{array}{l}n({T_1} - {T_2}) = {T_2} \leftrightarrow n{T_1} = (n + 1){T_2} = \Delta t\\ \to \Delta \tau = \dfrac{{{T_1}{T_2}}}{{\left| {{T_1} - {T_2}} \right|}}\end{array}\)
hoặc \(\Delta t = b{T_1} = a{T_2}\) , trong đó: \(\dfrac{{{T_1}}}{{{T_2}}} = \dfrac{a}{b}\) (phân số tối giản)
Thời gian trùng phùng lần đầu kể từ lúc t = 0 cũng chính là chu kì trùng phùng \(\Delta \tau \)
Bài tập ví dụ:
Hai con lắc dao động điều hòa với chu kì lần lượt là \({T_1} = 2{\rm{s}};{T_2} = 1,5{\rm{s}}\). Giả sửtại thời điểm t hai con lăc cùng qua vị trí cân bằng theo cùng chiều thì sau đó bao lâu cả hai con lắc cùng qua vị trí cân bằng theo cùng chiều như trên.
Hướng dẫn giải
Gọi thời gian của hai con lắc cùng qua vị trí cân bằng theo cùng chiều là \(\Delta t\) (còn gọi là khoảng thời gian giữa hai lần trùng phùng liên tiếp).
Ta có: \(\Delta t = {N_1}{T_1} = {N_2}{T_2}\)
Theo bài ra ta có: \(\frac{{{T_1}}}{{{T_2}}} = \frac{{{N_2}}}{{{N_1}}} = \frac{2}{{1,5}} = \frac{4}{3}\)= phân số tối giản =>\(\left\{ \begin{array}{l}{N_1} = 3n\\{N_2} = 4n\end{array} \right.\left( {n \in N*} \right)\)
Thời gian trùng phùng lần đầu tiên ứng với n = 1. Lúc đó con lắc 1 thực hiện được 3 dao động thì con lắc 2 thực hiện được 4 dao động nên thời gian trùng phùng là:
\(\Delta t = 3{T_1} = 3.2 = 6s\) đối với con lắc 1 hoặc có thể là \(\Delta t = 4{T_2} = 4.1,5 = 6s\) đối với con lắc thứ hai
Dạng 9. Bài toán con lắc đơn vướng đinh
- Câu C1 trang 15 SGK Vật lý 12
- Câu C2 trang 15 SGK Vật lý 12
- Câu C3 trang 16 SGK Vật lý 12
- Bài 1 trang 17 SGK Vật lí 12
- Bài 2 trang 17 SGK Vật lí 12
- Bài 3 trang 17 SGK Vật lí 12
- Bài 4 trang 17 SGK Vật lí 12
- Bài 5 trang 17 SGK Vật lí 12
- Bài 6 trang 17 SGK Vật lí 12
- Bài 7 trang 17 SGK Vật lí 12
SGK Vật lí lớp 12
Giải bài tập vật lý lớp 12 đầy đủ công thức, lý thuyết, định luật, chuyên đề vật lý SGK lớp 12 giúp để học tốt vật lý 12, luyện thi THPT Quốc gia
CHƯƠNG I. DAO ĐỘNG CƠ
- Bài 1. Dao động điều hòa
- Bài 2. Con lắc lò xo
- Bài 3. Con lắc đơn
- Bài 4. Dao động tắt dần dao động cưỡng bức
- Bài 5. Tổng hợp hai dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số. Phương pháp giản đồ Fre-nen
- Bài 6. Thực hành: Khảo sát thực nghiệm các định luật dao động của con lắc
- Đề kiểm tra 15 phút – Chương 1 – Vật lí 12
- Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) – Chương 1 – Vật lí 12
CHƯƠNG II. SÓNG CƠ VÀ SÓNG ÂM
- Bài 7. Sóng cơ và sự truyền sóng cơ
- Bài 8. Giao thoa sóng
- Bài 9. Sóng dừng
- Bài 10. Đặc trưng vật lí của âm
- Bài 11. Đặc trưng sinh lí của âm
- Đề kiểm tra 15 phút - Chương 2 - Vật lý 12
- Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) – Chương 2 – Vật lí 12
CHƯƠNG III. DÒNG ĐIỆN XOAY CHIỀU
- Bài 12. Đại cương về dòng điện xoay chiều
- Bài 13. Các mạch điện xoay chiều.
- Bài 14. Mạch có R, L, C mắc nối tiếp
- Bài 15. Công suất điện tiêu thụ của mạch điện xoay chiều. Hệ số công suất
- Bài 16. Truyền tải điện năng. Máy biến áp
- Bài 17. Máy phát điện xoay chiều
- Bài 18. Động cơ không đồng bộ ba pha
- Bài 19. Thực hành: Khảo sát đoạn mạch điện xoay chiều có R, L, C mắc nối tiếp
- Đề kiểm tra 15 phút - Chương 3 - Vật lý 12
- Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) – Chương 3 – Vật lí 12
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 MỚI NHẤT CÓ LỜI GIẢI
CHƯƠNG IV. DAO ĐỘNG VÀ SÓNG ĐIỆN TỪ
- Bài 20. Mạch dao động
- Bài 21. Điện từ trường
- Bài 22. Sóng điện từ
- Bài 23. Nguyên tắc thông tin liên lạc bằng sóng vô tuyến
- Đề kiểm tra 15 phút - Chương 4 - Vật lý 12
- Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) – Chương 4 – Vật lí 12
CHƯƠNG V. SÓNG ÁNH SÁNG
- Bài 24. Tán sắc ánh sáng
- Bài 25. Giao thoa ánh sáng
- Bài 26. Các loại quang phổ
- Bài 27. Tia hồng ngoại và tia tử ngoại
- Bài 28. Tia X
- Bài 29. Thực hành: Đo bước sóng ánh sáng bằng phương pháp giao thoa
- Đề kiểm tra 15 phút - Chương 5 - Vật lý 12
- Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) – Chương 5 – Vật lí 12
CHƯƠNG VI. LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG
- Bài 30. Hiện tượng quang điện. Thuyết lượng tử ánh sáng
- Bài 31. Hiện tượng quang điện trong
- Bài 32. Hiện tượng quang - phát quang
- Bài 33. Mẫu nguyên tử Bo
- Bài 34. Sơ lược về laze
- Đề kiểm tra 15 phút - Chương 6 - Vật lý 12
- Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) – Chương 6 – Vật lí 12
CHƯƠNG VII. HẠT NHÂN NGUYÊN TỬ
- Bài 35. Tính chất và cấu tạo hạt nhân
- Bài 36. Năng lượng liên kết của hạt nhân. Phản ứng hạt nhân
- Bài 37. Phóng xạ
- Bài 38. Phản ứng phân hạch
- Bài 39. Phản ứng nhiệt hạch
- Đề kiểm tra 15 phút - Chương 7 - Vật lý 12
- Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) – Chương 7 – Vật lí 12
CHƯƠNG VIII. TỪ VI MÔ ĐẾN VĨ MÔ
- Bài 40. Các hạt sơ cấp
- Bài 41. Cấu tạo vũ trụ
- Đề kiểm tra 15 phút - Chương 8 - Vật lý 12
- Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) – Chương 8 – Vật lí 12
ĐỀ THI HỌC KÌ 2 MỚI NHẤT CÓ LỜI GIẢI
Xem Thêm
Lớp 12 | Các môn học Lớp 12 | Giải bài tập, đề kiểm tra, đề thi Lớp 12 chọn lọc
Danh sách các môn học Lớp 12 được biên soạn theo sách giáo khoa mới của bộ giáo dục đào tạo. Kèm theo lời giải sách bài tập, sách giáo khoa, đề kiểm tra 15 phút, 45 phút (1 tiết), đề thi học kì 1 và học kì 2 năm học 2024 ngắn gọn, chi tiết dễ hiểu.
Toán Học
Vật Lý
Hóa Học
Ngữ Văn
- Soạn văn 12
- SBT Ngữ văn lớp 12
- Văn mẫu 12
- Soạn văn 12 chi tiết
- Soạn văn ngắn gọn lớp 12
- Soạn văn 12 siêu ngắn
Sinh Học
GDCD
Tin Học
Tiếng Anh
- SBT Tiếng Anh lớp 12
- Ngữ pháp Tiếng Anh
- SGK Tiếng Anh 12
- SBT Tiếng Anh lớp 12 mới
- SGK Tiếng Anh 12 Mới
Công Nghệ
Lịch Sử & Địa Lý
- Tập bản đồ Địa lí lớp 12
- SBT Địa lí lớp 12
- SGK Địa lí lớp 12
- Tập bản đồ Lịch sử lớp 12
- SBT Lịch sử lớp 12
- SGK Lịch sử lớp 12