Bài tập dao động cơ hay và khó (phần 2)

\(\begin{array}{l}T = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{g}}  = \dfrac{{\Delta t}}{N}\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{T_1} = 2\pi \sqrt {\dfrac{{{l_1}}}{g}}  = \dfrac{{\Delta t}}{{40}}\\{T_2} = 2\pi \sqrt {\dfrac{{{l_2}}}{g}}  = \dfrac{{\Delta t}}{{39}}\end{array} \right.\\ \Rightarrow \dfrac{{{T_1}}}{{{T_2}}} = \dfrac{{39}}{{40}} = \sqrt {\dfrac{{{l_1}}}{{{l_2}}}}  = \sqrt {\dfrac{{{l_1}}}{{{l_1} + 7,9}}} \\ \Rightarrow {l_1} = 152,1cm;{l_2} = 160cm\\{T_1} = {T_3} \Leftrightarrow 2\pi \sqrt {\dfrac{{152,1}}{g}}  = 2\pi \sqrt {\dfrac{{160}}{{g'}}} \\ \Rightarrow g' = g \pm a = 10,31\\ \Rightarrow a = 0,51 = \dfrac{{{F_d}}}{m} = \dfrac{{qE}}{m}\\ \Rightarrow E = 2,{04.10^5}\left( {V/m} \right)\end{array}\)

Để $\overrightarrow a ,\overrightarrow g $ cùng hướng, \(q{\rm{ }} > {\rm{ }}0\) thì \(\overrightarrow E \) hướng xuống

Chu kỳ dao động của con lắc: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}}  = 2s \Rightarrow \omega  = \pi \left( {rad/s} \right)\)

Thời điểm sợi dây treo con lắc bị đứt là t₀ = T/4 = 0,5s

Vậy thời điểm t = 0,08s con lắc chưa bị đứt.

PT dao động của con lắc: \(\alpha  = {\alpha _0}\cos \pi t\)

Khi t = 0,08s thì α = 0,087 rad

Tốc độ của vật nặng khi đó: \(v = \sqrt {2.9,8.\left( {\cos 0,0872 - \cos 0,09} \right)}  = 0,069m/s\)

=> Sau đó hệ sẽ dao động với biên độ \(A' = A = 10cm\)

+ Vận tốc cực đại của con lắc sau đó là \(v{'_{\max }} = \omega 'A' = \omega 'A \Rightarrow \omega {'^2} = \dfrac{k}{{4m}} = {\left( {\dfrac{{{v_{\max }}}}{A}} \right)^2}\)

Do đó khối lượng m là: $m = \dfrac{{k{A^2}}}{{4v_{max}^2}} = \dfrac{{50.0,{1^2}}}{{4.0,{5^2}.2}} = 0,25kg$

+ Tần số góc:  \(\omega  = \sqrt {\frac{k}{m}}  = 10\sqrt 5 \left( {rad/s} \right)\)

+ Độ giãn của lò xo ở VTCB: \(\Delta {l_0} = \frac{{mg}}{k} = 0,02m\)

+ Điểm treo của con lắc chịu được lực tối đa không quá \(4N \to {F_{dhmax}} \le {\rm{ }}4N\)

\( \Leftrightarrow k\left( {\Delta {l_0} + A} \right) \le 4 \Rightarrow A \le \frac{{4 - k\Delta {l_0}}}{k} = \frac{{4 - 50.0,02}}{{50}} = 0,06m = 6cm\)

+ Chiều dài của con lắc là $l$.

Khi chiều dài là  $l$ → chu kì dao động \(T = \dfrac{{\Delta t}}{{40}}\)

Khi chiều dài là $l+ 7,9cm$ → chu kì dao động \(T' = \dfrac{{\Delta t}}{{39}}\)

\( \Rightarrow \dfrac{l}{{l + 7,9}} = \dfrac{{{T^2}}}{{T{'^2}}} = \dfrac{{{{39}^2}}}{{{{40}^2}}} \Rightarrow l = 152,1cm\)

+ Con lắc có chiều dài tăng thêm là $l’ = l + 7,9 cm = 160 cm$, tích thêm điện tích \(q{\text{ }} = {\text{ }} - {10^{ - 8}}C\)

Theo đề bài: \(T' = T \Leftrightarrow \sqrt {\dfrac{{l'}}{{g'}}}  = \sqrt {\dfrac{l}{g}}  \Rightarrow g' = g.\dfrac{{l'}}{g} = 9,8.\dfrac{{160}}{{152,1}} = 10,31m/{s^2}\)

Nhận xét: \(g' > g\) mà \(\overrightarrow {g'}  = \overrightarrow g  + \dfrac{{\overrightarrow F }}{m} \Rightarrow \overrightarrow F  \uparrow  \uparrow \overrightarrow g \)  mà \(q < 0 \Rightarrow \overrightarrow E  \uparrow  \downarrow \overrightarrow g \) hay \(\overrightarrow E \) thẳng đứng hướng lên.

Và:

\(\begin{array}{l}\dfrac{{\left| q \right|E}}{m} = g' - g\\ \Rightarrow E = \dfrac{{\left( {g' - g} \right).m}}{{\left| q \right|}} = \dfrac{{\left( {10,31 - 9,8} \right){{.2.10}^{ - 3}}}}{{{{10}^{ - 8}}}}\\ = 102000V/m = 1,{02.10^5}V/m\end{array}\)

- Khi thang máy chưa chuyển động

+ Tần số góc: $\omega = \sqrt {\dfrac{k}{m}} = \sqrt {\dfrac{{25}}{{0,4}}} = 2,5\pi \left( {rad/s} \right)$

+ Biên đô dao động: $A = \dfrac{{{l_{{\text{max}}}} - {l_{\min }}}}{2} = \dfrac{{48 - 32}}{2} = 8cm$

- Khi thang máy chuyển động nhanh dần đều đi xuống thì con lắc chịu thêm tác dụng của lực quán tính $\overrightarrow {{F_q}} $ hướng lên, có độ lớn ${F_q} = ma = \dfrac{{mg}}{{10}}$

=> VTCB mới là: \({\text{O}}{{\text{O}}_1} = \dfrac{{{F_q}}}{k} = \dfrac{{mg}}{{10k}} = 0,016m = 1,6cm\)

=> Khi đó so với VTCB vật đang ở li độ \({x_1} = {\rm{ }}A{\rm{ }} + {\rm{ }}1,6{\rm{ }} = {\rm{ }}9,6{\rm{ }}cm\), vân tốc \({v_1} = {\rm{ }}v{\rm{ }} = {\rm{ }}0\)

=> Biên độ dao động mới là ${A_1} = \sqrt {x_1^2 + \dfrac{{v_1^2}}{{{\omega ^2}}}} = {x_1} = 9,6cm$

+ VTCB mới của con lắc là vị trí mà dây treo hợp với phương thẳng đứng góc \(\beta \) sao cho:

\(\tan \beta  = \dfrac{{\left| q \right|E}}{{mg}} = \dfrac{{{{10}^{ - 5}}{{.10}^5}}}{{100\sqrt 3 {{.10}^{ - 3}}.10}} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \beta  = {30^0}\left( {rad} \right)\)

+ Kéo con lắc đơn ra sao cho gia tốc trọng trường \(g\) tạo với dây treo của con lắc một góc ${60^0}$

=> CLĐ sẽ dao động với biên độ \({\alpha _0} = {60^0}{\text{ - }}\beta = {60^0} - {30^0} = {30^0}\).

+ Gia tốc trọng trường hiệu dụng  \(g' = \sqrt {{g^2} + {a^2}}  = \sqrt {{g^2} + {g^2}{{\tan }^2}\beta }  = \dfrac{{2g}}{{\sqrt 3 }}\)

Lực căng dây cực đại của con lắc đơn: \({T_{\max }} = mg'\left( {3 - 2\cos {\alpha _0}} \right) = 100\sqrt 3 {.10^{ - 3}}.\dfrac{{2.10}}{{\sqrt 3 }}.\left( {3 - 2\cos {{30}^0}} \right) = 2,54N\)

+ Theo ĐL bảo toàn động lượng: 

\(\begin{array}{l}m{v_0} = \left( {M + m} \right)v\\ \Rightarrow v = \dfrac{{m{v_0}}}{{M + m}} = \dfrac{{0,1.2\sqrt 2 }}{{0,9 + 0,1}}\\ = 0,2\sqrt 2 \left( {m/s} \right) = 20\sqrt 2 cm/s\end{array}\)

+ Xét con lắc lò xo trước và sau khi va chạm :

ADCT:

$\begin{array}{l}{\omega ^2} = \dfrac{g}{{\Delta {l_0}}}\\ \Rightarrow \Delta {l_0} = \dfrac{g}{{{\omega ^2}}} = \dfrac{{10}}{{{{\left( {10\sqrt 3 } \right)}^2}}} = \dfrac{1}{{30}}m\end{array}$

Lực tác dụng vào điểm treo chính là lực đàn hồi của lò xo, lực này trực đối với lực đàn hồi tác dụng vào vật nên: ${\overrightarrow {F'} _{dh1}} =  - {\overrightarrow F _{dh1}};{\overrightarrow {F'} _{dh2}} =  - {\overrightarrow F _{dh2}}$

$\begin{array}{l}F = {F_{dh1}} + {F_{dh2}} = k\left( {\Delta {l_0} + {x_1}} \right) + k\left( {\Delta {l_0} + {x_2}} \right) = 2k\Delta {l_0} + k\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\\ = 2.50.\dfrac{1}{{30}} + 50\left[ {0,03.\cos \left( {10\sqrt 3 t} \right) + 0,04.\cos \left( {10\sqrt 3 t + \dfrac{\pi }{2}} \right)} \right]\\ \Rightarrow F = 2.50.\dfrac{1}{{30}} + 50\left[ {0,05\cos \left( {10\sqrt 3 t + 0,094} \right)} \right]\\ \Rightarrow {F_{\max }} = 2.50.\dfrac{1}{{30}} + 50.0,05 \approx 5,833N\end{array}$

+ Khi cho giá đỡ chuyển động thì các lực tác dụng vào vật nặng của con lắc

Trọng lực, lực đàn hồi, phản lực do giá đỡ tác dụng lên vật

Theo định luật II Niu-tơn ta có: \(\overrightarrow P  + \overrightarrow N  + \overrightarrow {{F_{dh}}}  = m\overrightarrow a \)

Chiếu lên chiều dương là chiều chuyển động đi xuống của vật ta có: \(P - N - {F_{dh}} = ma \Rightarrow N = P - {F_{dh}} - ma\)

+ Giá đỡ rời vật khi \(N{\rm{ }} = {\rm{ }}0\) \( \Rightarrow P - {F_{dh}} - ma =0\Rightarrow {F_{dh}} = P - ma \Leftrightarrow \Delta l = \dfrac{{m(g - a)}}{k} = 0,08(m)\)

Hay giá đỡ rời vật khi lò xo giãn đoạn \(8{\rm{ }}cm\) , mà độ giãn của lò xo ở VTCB \(\Delta {l_0} = \dfrac{{mg}}{k} = 10cm\)

=> Vật đang ở vị trí có li độ \(x{\rm{ }} = {\rm{ }} - {\rm{ }}2{\rm{ }}cm\)

+ Vận tốc của vật tại vị trí đó là \(v = \sqrt {2as}  = \sqrt {2a\Delta l}  = 40\sqrt 2 (cm/s)\)

+ Tần số góc \(\omega  = \sqrt {\dfrac{k}{m}}  = 10(rad/s)\)

=> Vật sẽ dao động với biên độ \(A = \sqrt {{x^2} + \dfrac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}}}  = \sqrt {{{( - 2)}^2} + \dfrac{{{{40}^2}.2}}{{{{10}^2}}}}  = 6(cm)\)

Ta có hình vẽ:

Tần số góc và chu kì:  

\(\left\{ \begin{array}{l}
\omega = \sqrt {\frac{k}{m}} = \sqrt {\frac{{50}}{{0,05}}} = 10\pi \left( {rad/s} \right)\\
T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{10\pi }} = 0,2\left( s \right)
\end{array} \right.\)

Ban đầu kéo vật khỏi vị trí cân bằng 4cm, rồi thả nhẹ thì vật dao động với biên độ A = 4cm, chu kì T = 0,2s.

Sau khi chuyển động được 0,1s vật đi đến vị trí biên âm. Ta thiết lập điện trường E thì vật chịu tác dụng của lực điện trường \(\overrightarrow F = q.\overrightarrow E \) do đó vị trí cân bằng bị thay đổi ∆l₀ với:

\(F = q.E = k.\Delta {l_0} \Rightarrow \Delta {l_0} = \frac{{{{5.10}^{ - 6}}{{.10}^5}}}{{50}} = 0,01m = 1cm\)

Biên độ dao động mới: 

\(A' = A + \Delta {l_0}\; = 4 + 1 = 5cm\)

Sau khoảng thời gian \(\Delta t = 0,5T = 0,1{\rm{s}}\) con lắc đến vị trí biên dương (lò xo giãn 6cm), điện trường bị mất đi) => vị trí cân bằng của con lắc lại trở về vị trí lò xo không biến dạng => con lắc sẽ dao động với biên độ \({A_3} = 6cm\)

Vận tốc cực đại mới là: 

\({v_{\max }} = \omega .{A_3} = 10\pi .6 = 188,5cm/s\)

Vậy giá trị gần nhất là 190 cm/s

Tần số góc: \(\omega  = \sqrt {\dfrac{k}{m}}  = \sqrt {\dfrac{{25}}{{0,1}}}  = 5\pi \,\left( {rad/s} \right) \Rightarrow T = 0,4s\)

Khi thả rơi tự do con lắc thì nó ở trạng thái không biến dạng và vận tốc của nó tại thời điểm \({t_1} = 0,02\sqrt {30} \,s\)là:

\(v = gt = 10.0,02\sqrt {30}  = 0,2\sqrt {30} m/s\)

Sau khi đột ngột giữ lại đầu trên của con lắc thì con lắc sẽ dao động quanh vị trí cân bằng. Tại vị trí này lò xo giãn: \(\Delta {l_0} = \dfrac{{mg}}{k} = \dfrac{{0,1.10}}{{25}} = 0,04m = 4cm\)

Chọn trục tọa độ thẳng đứng chiều dương hướng xuống dưới, gốc tọa độ tại VTCB thì li độ của lò xo tại thời điểm lò xo bị giữ là: \(x =  - \Delta {l_0} =  - 4cm\)

Biên độ dao động của con lắc:

\(A = \sqrt {{x^2} + \dfrac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}}}  = \sqrt {{{\left( { - 0,04} \right)}^2} + \dfrac{{{{\left( {0,2\sqrt {30} } \right)}^2}}}{{{{\left( {5\pi } \right)}^2}}}}  = 8cm\)

Thời điểm \({t_2} = {t_1} + 0,1\,\left( s \right) = {t_1} + \dfrac{T}{4} \Rightarrow \Delta t = \dfrac{T}{4}\)

Biểu diễn trên VTLG ta có:

Từ VTLG ta có: \(v = \dfrac{{\omega A}}{2} = \dfrac{{5\pi .8}}{2} = 20\pi  \approx 62,8cm/s\)

Chọn A.

Khi vecto cường độ điện trường nằm ngang:

Từ hình vẽ ta có: \(\tan \alpha  = \dfrac{{{F_d}}}{P} = \dfrac{{ma}}{{mg}} = \dfrac{3}{4} \Rightarrow a = \dfrac{3}{4}.g\)

Gia tốc trọng trường hiệu dụng :

\(g' = \sqrt {{g^2} + {a^2}}  = \sqrt {{g^2} + \dfrac{{9{g^2}}}{{16}}}  = \dfrac{5}{4}.g\)

Chu kì dao động của con lắc khi đó:

\({T_1} = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{{g'}}}  = \dfrac{2}{{\sqrt 5 }}.2\pi \sqrt {\dfrac{l}{g}} \,\,\,\,\left( 1 \right)\)

+ Khi đổi chiều điện trường sao cho hướng vecto cường độ điện trường hướng lên thì \(\overrightarrow {{F_d}} \) hướng lên (do q > 0). Gia tốc trọng trường hiệu dụng khi đó:

\(g'' = g - a = g - \dfrac{3}{4}.g = \dfrac{1}{4}.g\)

Chu kì dao động của con lắc khi đó:

\({T_2} = 2\pi \sqrt {\dfrac{l}{{g''}}}  = 2.2\pi \sqrt {\dfrac{l}{g}} \,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

+ Từ (1) và (2) ta có: \(\dfrac{{{T_2}}}{{{T_1}}} = \sqrt 5  \Rightarrow {T_2} = \sqrt 5 .{T_1}\)

Nhận xét: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\rm{l}}}{g}}  \Rightarrow {T^2} = 4{\pi ^2}\dfrac{{\rm{l}}}{g} \Rightarrow {T^2} \sim \dfrac{1}{g}\) hay \(g \sim \dfrac{1}{{{T^2}}}\)

Ban đầu \(\overrightarrow F \) theo phương ngang, gia tốc hiệu dụng: \({g_0} = \sqrt {{g^2} + {a^2}} \)

Trường hợp 1: \(\overrightarrow F \) hướng lên trên:

Ta có: \(\beta  = {90^0} - \alpha  \Rightarrow \cos \beta  =  - \sin \alpha \)

Gia tốc hiệu dụng là: \({g_1} = \sqrt {{g^2} + {a^2} + 2g.a.\sin \alpha } \)

\( \Rightarrow {g_1}^2 = {g^2} + {a^2} + 2g.a.\sin \alpha \,\,\left( 1 \right)\)

Trường hợp 2: \(\overrightarrow F \) hướng xuống dưới:

Ta có: \(\beta  = {90^0} + \alpha  \Rightarrow \cos \beta  = \sin \alpha \)

Gia tốc hiệu dụng là: \({g_2} = \sqrt {{g^2} + {a^2} - 2g.a.\sin \alpha } \)

\( \Rightarrow {g_2}^2 = {g^2} + {a^2} - 2g.a.\sin \alpha \,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có: \({g_1}^2 + {g_2}^2 = 2\left( {{g^2} + {a^2}} \right)\)

\( \Rightarrow \dfrac{1}{{{T_1}^4}} + \dfrac{1}{{{T_2}^4}} = \dfrac{2}{{{T_0}^4}} \Rightarrow \dfrac{1}{{2,{5^4}}} + \dfrac{1}{{1,{6^4}}} = \dfrac{2}{{{T_0}^4}} \Rightarrow {T_0} \approx 1,83\,\,\left( s \right)\)

Cơ năng con lắc sau 1 chu kì còn:

\({{\rm{W}}_1} = (100\% - 5\% ).{{\rm{W}}_0} \Rightarrow {{\rm{W}}_n} = {(100\% - 5\% )^n}.{{\rm{W}}_0}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
{{\rm{W}}_n} = \frac{1}{2}.k.{A_n}^2 \Rightarrow \frac{1}{2}.k.{A_n}^2 = {\left( {100\% - 5\% } \right)^n}.\frac{1}{2}.k.A_0^2\\
\Rightarrow {A_1} = \sqrt {{{\left( {100\% - 5\% } \right)}^n}} .{A_0}
\end{array}\)

Vậy sau 10 chu kỳ thì biên độ của con lắc còn :

\({A_{10}} = \sqrt {{{\left( {95\% } \right)}^{10}}} .{A_0} = 77,4\% {A_0}\)

Khi vật cân bằng, tác dụng vào vật có trọng lực và lực đẩy Ác-si-mét:

\(P = {F_A} \Rightarrow V{D_v}g = \frac{V}{2}{D_n}g \Rightarrow {D_n} = 2{D_v}\)

Chọn trục \(Ox\) thẳng đứng hướng xuống:

Khi vật chuyển động thì tác dụng vào vật có

\({F_{kv}} = P - {F_A} \Leftrightarrow {F_{kv}} = mg - \frac{{{D_n}\left( {\frac{h}{2} + x} \right)}}{{{D_v}.h}}mg = \frac{{ - 2mg}}{h}x =  - m{\omega ^2}x\)

Tần số góc của dao động là:

\(\omega  = \sqrt {\frac{{2g}}{h}}  =  = \sqrt {\frac{{2.10}}{{0,2}}}  = 10\left( {rad/s} \right)\)

Biên độ dao động của vật là: \(A = \frac{{{v_{\max }}}}{\omega } = \frac{{150}}{{10}} = 15\left( {cm} \right)\)

Nhận xét: \(A > \frac{h}{2} \to \) Vật đi xuống 1 đoạn bằng \({S_1} = \frac{h}{2} = 10\,cm\), khi này vật chìm hoàn toàn trong nước và có tốc độ là:

\(v = \omega \sqrt {{A^2} - {x^2}}  = 10\sqrt {{{15}^2} - {{10}^2}}  = 0,5\sqrt 5 \left( {m/s} \right)\).

Thời gian vật đi hết quãng đường \({S_1}\) là: \({t_1} = \frac{\alpha }{\omega } = \frac{{\arcsin \left( {\frac{{10}}{{15}}} \right)}}{{10}}\)

Theo định luật II Niu – tơn:

\(\begin{array}{l}{F_{kv}} = P - {F_A} \Rightarrow ma = mg - {D_n}.V.g\\ \Rightarrow {D_v}.V.a = {D_v}.V.g - {D_n}.V.g\end{array}\)

Lúc này vật chuyển động chậm dần với gia tốc là

\(a = \left( {1 - \frac{{{D_n}}}{{{D_v}}}} \right)g =  - g =  - 10\left( {m/{s^2}} \right)\)

Do đó quãng đường và thời gian vật đi tiếp đến khi dừng là:

\(\left\{ \begin{array}{l}S = \frac{{{v^2}}}{{2\left| a \right|}} = \frac{1}{{16}}m = 6,25\left( {cm} \right)\\{t_2} = \frac{v}{{\left| a \right|}} = \frac{1}{{4\sqrt 5 }}\left( s \right)\end{array} \right.\)

Tốc độ trung bình của vật là:

\({v_{tb}} = \frac{{{S_1} + {S_2}}}{{{t_1} + {t_2}}} = \frac{{10 + 6,25}}{{\frac{{ar\sin \left( {\frac{{10}}{{15}}} \right)}}{{10}} + \frac{1}{{4\sqrt 5 }}}} \approx 87,94\left( {cm/s} \right)\)

Lúc đầu hệ hai vật dao động quanh  vị trí cân bằng của chúng với biên độ

\({A_{12}} = \Delta l\) với \(\Delta l = \frac{{{m_N}g}}{k} = \frac{{0,15.10}}{{20}} = 0,075 = 7,5cm\)

Chu kỳ hệ 2 vật: \({T_{12}} = 2\sqrt {\frac{{{\pi ^2}\left( {{m_M} + {m_N}} \right)}}{k}}  = 0,6s\)

Sau 0,2 s kể từ khi hệ dao động \(t = 0,2s = \frac{{{T_{12}}}}{3} = \frac{{{T_{12}}}}{4} + \frac{{{T_{12}}}}{{12}}\)

Cả hai vật đi được quãng đường: \({A_{12}} + \frac{{{A_{12}}}}{2}\)

(Vật M là 1; vật N là 2)

Lúc đó cà hai vật cùng vận tốc \(\left| {{v_{12}}} \right| = \frac{{\sqrt 3 }}{2}{v_{max}} = \frac{{25\sqrt {30} }}{2}cm/s\)

Lúc sau vật 2 tách khỏi hệ chỉ còn vật 1 tham gia dao động.

Vật 1 sẽ dao động quanh vị trí cân bằng của nó chính là vị trí lò xo không biến dạng với tần số góc mới

\(\omega  = \sqrt {\frac{k}{{{m_M}}}}  = \frac{{20\sqrt {15} }}{3}\left( {rad/s} \right)\)

Như vậy so với vị trí cân bằng của vật 1, vật 1 có tọa độ vận tốc: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 7,5 + \frac{{7,5}}{2} = 11,25cm\\\left| v \right| = \frac{{25\sqrt {30} }}{2}cm/s\end{array} \right.\)

Biên độ dao động mới \(A = \sqrt {{x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}}}  = 11,558cm\)

Người quan sát đứng trên đĩa nên xem như hệ quy chiếu gắn với đĩa.

Khi đó thanh chịu lực quán tính li tâm \(F = {m_{AB}}.{\omega ^2}r\) có tác dụng kéo thanh trở về vị trí cân bằng.