Hôm nay chúng ta tìm hiểu dạng 2 của bài con lắc đơn: Con lắc đơn dao động tuần hoàn - Năng lượng - Vận tốc - Lực căng dây. Ở bài lý thuyết chúng ta đã tìm hiểu điều kiện dao động tuần hoàn bỏ qua mọi lực cản (tức lực ma sát của không khí) nhưng trong trường hợp này, biên độ góc được kéo ra lớn hơn 10⁰.

Dao động tuần hoàn và dao động điều hòa chỉ khác nhau biên độ góc. Khi dao động điều hòa, quỹ đạo của vật xem như đoạn thẳng bởi vì biên độ góc bé nên trên một cung tròn rất nhỏ ta xem như đoạn thẳng. Còn nếu biên độ góc lớn hơn, thì quỹ đạo là một cung tròn rõ ràng thì ta xem đó là dao động điều hòa nhưng thực ra chúng có sự đồng nhất với nhau.

Với bài học hôm nay, các em sẽ thấy được rằng, khi dao động tuần hoàn với biên độ góc nhỏ sẽ trở về giống y như dao động điều hòa.

* Năng lượng:
• Động năng: W_đ = \(\frac{1}{2}mv^2\)
• Thế năng: \(W_t = mg\ell (1-\cos \alpha )\)
• Cơ năng:
W = W_đ + W_t = \(\frac{1}{2}mv^2 + mg\ell (1 - \cos \alpha )\) (hằng số)
W = W_{đ max} = \(\frac{1}{2}mv_{max}^{2}\) (VTCB)
\(W = W_{t \ max } = mg\ell (1 - \cos \alpha )\) (Biên)

* Vận tốc:
\(v^2 = 2g \ell (\cos \alpha - \cos \alpha _0)\)
\(|v|_{max} = \sqrt{2g \ell (1- \cos \alpha _0)} \ (VTCB)\)
\(|v|_{min} = 0\) (Biên)

* Lực căng dây:
\(T = mg(3\cos \alpha -2\cos \alpha _0)\)
\(T_{max} = mg(3 -2\cos \alpha _0) > P\) (VTCB)
\(T_{min} = mg \cos \alpha _0 < P\) (Biên)
Khi \(\alpha _0 \leq 10^0\) ⇒ Con lắc đơn dao động điều hòa
• Biên độ: \(S_0 = \alpha _0.\ell\)
• Tần số gốc: \(\omega = \sqrt{\frac{g}{\ell}}\)
\(|v|_{max} = \omega S_0 = \sqrt{\frac{g}{\ell}}.\alpha _0 \ell = \alpha _0 \sqrt{g \ell}\)
\(W = \frac{1}{2}m\omega ^2 S_{0}^{2} = \frac{1}{2}m.\frac{g}{\ell}.(\alpha _0 \ell)^2\)
\(\Rightarrow W = \frac{1}{2}mg\ell.\alpha _{0}^{2}\)
NHỚ: \(\alpha _0 \leq 10^0\) hay \(\alpha _0 \ll 1\ (rad)\)
\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \sin \alpha _0 \approx \alpha _0 \ \ \ \ \ \\ \cos \alpha _0 \approx 1-\frac{ \alpha _{0}^{2}}{2} \end{matrix}\right.\)
Lúc này:
\(\cdot \ |v|_{max} = \sqrt{2g\ell (1-\cos \alpha _0)} = \sqrt{2g\ell \left [ 1 - (1 - \frac{\alpha _{0}^{2}}{2}) \right ]}\)
                \(=\sqrt{2g\ell (1 - 1 + \frac{\alpha _{0}^{2}}{2})} = \alpha _0 \sqrt{g \ell}\)
\(\cdot \ W = mg \ell (1 - \cos \alpha _0) = mg \ell \left [ 1 - (1 - \frac{\alpha _{0}^{2}}{2}) \right ]\)
\(\Rightarrow W = \frac{1}{2}mg \ell.\alpha _{0}^{2}\)
\(\cdot \ T = mg (3\cos \alpha - 2 \cos \alpha _0) = mg \left [ 3(1 - \frac{\alpha ^2}{2}) - 2(1 - \frac{\alpha _{0}^{2}}{2}) \right ]\)
\(\Rightarrow T = mg (1 + \alpha _{0}^{2} - \frac{3}{2} \alpha ^2)\)
\(\rightarrow T_{max} = mg (1 + \alpha _{0}^{2}) > P\)
\(\rightarrow T_{min} = mg (1 + \frac{1}{2}\alpha _{0}^{2}) < P\)

VD1: Một con lắc đơn có ℓ = 1 m, vật năng khối lượng 100g; dao động tại nơi có g = 10 m/s². Từ vị trí cân bằng kéo vật lệch khỏi phương thẳng đứng một góc 60⁰ rồi buông cho vật dao động.
a/ Tìm W; v_max; T_max, T_min?
b/ Khi T = P thì |v| = ?
c/ Tìm α, v, T khi W_đ = 3W_t?
Giải:
ℓ = 1 m; m = 100g = 0,1 kg
g = 10 m/s²; α₀ = 60⁰
a/ \(\cdot \ W = mg \ell (1 - \cos \alpha _0) = 0,1.10.1.(1 - \cos 60^0) = 0,5 \ (J)\)
\(\cdot \ v_{max} = \sqrt{2g\ell (1 - \cos \alpha _0)} = \sqrt{2.10.1.(1-\cos 60^0)} = \sqrt{10}\ (m/s)\)
\(\cdot \ T_{max} = mg(3 - 2 \cos \alpha _0) = 0,1.10.(3 - 2 \cos 60^0) = 2 \ N\)\(\cdot \ T_{min} = mg\cos \alpha _0 = 0,1.10.\cos 60^0 = 0,5 \ N\)
b/ 
\(T = P \Rightarrow mg(3 \cos \alpha - 2\cos \alpha _0) = mg\)
\(\Rightarrow 3\cos \alpha - 2\cos \alpha _0 = 1\)
\(\Rightarrow \cos \alpha = \frac{1+2.\cos \alpha _0}{3} = \frac{1+2.\cos 60^0}{3} = \frac{2}{3}\)\(\Rightarrow |v| = \sqrt{2g\ell (\cos \alpha - \cos \alpha _0)} = \sqrt{2.10.1.(\frac{2}{3} - \cos 60^0)} = \sqrt{\frac{10}{3}} \ (m/s)\)
c/ W_đ = 3W_t
W = W_đ + W_t ⇒ W_{t max} = 3W_t + W_t = 4W_t 
\(\Rightarrow mg\ell (1 - \cos \alpha _0) = 4mg\ell (1 - \cos \alpha )\)
\(\Rightarrow 1 - \cos \alpha _0 = 4(1 - \cos \alpha )\)
\(\Rightarrow \cos \alpha = 1 - \frac{1 - \cos \alpha _0}{4} = \frac{7}{8} \Rightarrow \alpha = \ ?\)
\(\cdot \ |v| = \sqrt{2g\ell (\cos \alpha - (\cos \alpha _0)} = \sqrt{2.10.1.(\frac{7}{8}- \frac{1}{2})} = \sqrt{\frac{15}{2}}\ (m/s)\)
\(\cdot \ T = mg(3\cos \alpha - 2\cos \alpha _0) = 0,1.10.(3.\frac{7}{8} - 2\frac{1}{2}) = \frac{13}{8}\ (N)\)

VD2: Một con lắc đơn dao động với phương trình \(\alpha = 0,1\cos(5t - \frac{\pi}{3})\) (rad). Cho g = 10 m/s², m = 100g.
a/ Tìm W, v_max, a_max, T_max, T_min?
b/ Tìm α khi Wđ = 3Wt?
Giải:
a/
\(\cdot \ W = \frac{1}{2}mg\ell \alpha _{0}^{2}\)
Ta có: \(\omega ^2 = \frac{g}{\ell} \Rightarrow \ell = \frac{g}{\omega ^2}\)
\(\Rightarrow \ell = \frac{10}{5^2} = 0,4 \ (m)\)
\(\Rightarrow W = \frac{1}{2}.0,1.10.0,4.0,1^2 = 2.10^{-3} \ (J)\)
\(\cdot \ v_{max} = \alpha _0. \sqrt{g \ell } = 0,1.\sqrt{10.0,4} = 0,2 \ (m/s)\)
\(\cdot \ a_{max} = \omega ^2S_0 = \frac{g}{\ell}. \alpha _0 \ell = g.\alpha _0\)
\(\Rightarrow a_{max} = 10.0,1 = 1 \ (m/s^2)\)
\(\cdot \ T_{max} = mg(1 + \alpha _{0}^{2}) = 0,1.10.(1 + 0,1^2) = 1,01 \ (N)\)
\(\cdot \ T_{min} = mg(1 - \frac{\alpha _{0}^{2}}{2}) = 0,1.10.(1 - \frac{0,1^2}{2}) = 0,995 \ (N)\)
b/
W = W_đ + W_t = 3W_t + W_t = 4W_t 
⇒ W_{t max} = 4W_t 
\(\Rightarrow \frac{1}{2}mg\ell \alpha _{0}^{2} = 4.\frac{1}{2}mg\ell \alpha ^2\)
\(\Rightarrow \alpha = \pm \frac{\alpha _0}{2} = \pm \frac{0,1}{2} = \pm 0,05 \ (rad)\)