tài liệu bổ trở điểm 8 đại học môn vật lý

LUYỆN THI ĐẠI HỌC
GV Chuyên LÝ: Nguyễn Trung Hiếu

HỌ VÀ TÊN:…………………………………………………….
LTĐH – Bổ trợ Điểm 8 ________________GV Chuyên LÝ: Nguyễn Trung Hiếu gửi tặng
DAO ĐỘNG CƠ


1. Mối liên hệ giữa dao động điều hoà và chuyển động tròn đều
- Chuyển động tròn đều là chuyển động có quỹ đạo là một đường tròn và có độ lớn vận tốc không thay đổi.
- Các đại lượng đặc trưng trong chuyển động tròn đều: Bán kính R, chu kì T, tần số f, tốc độ góc ω, và tốc
độ dài v.
- Công thức liên hệ:
π
ω
ω
ππ
πω
2
;
2
;
1
;
2
2 ===== fT
f
T
T
f
- Với một chất điểm chuyển động tròn đều, muốn xác định vị trí ta phải chọn một trục Ox trên đường tròn

làm mốc.
Vị trí ban đầu của vật là M
o
, xác định bởi góc φ, với tốc độ góc ω, vào thời điểm t vật đến vị trí M, có
tọa độ xác định bởi góc α = ωt + φ (1).
- Lưu ý rằng vật luôn chuyển động theo chiều dương ngược chiều kim đồng hồ vì trong dao động điều hòa
tần số góc ω luôn dương, dẫn đến góc quay ωt luôn dương.
- Tạo mối liên hệ về hình thức của phương trình này với phương trình của chuyển động thẳng biến đổi đều x=x
có tác dụng giúp cho học sinh tiếp thu tốt phương trình (1).
-
2
-
(1,0) cos
(-1,0)
(0,1)
(0,-1)








2
1
,
2
3









−
2
1
,
2
3








−−
2
1
,
2
3









−
2
1
,
2
3








2
2
,
2
2









−
2
2
,
2
2








−
2
2
,
2
2









−−
2
2
,
2
2








2
3
,
2
1








−
2
3

,
2
1








−−
2
3
,
2
1








−
2
3
,
2

1
sin
0
0
= 0π = 2π
180
0
= π
30
0
= π/6
-30
0
=-π/6
-45
0
=-π/4
-60
0
=-π/3
45
0
= π/4
60
0
= π/3
-150
0
=-5π/6
150

0
= 5π/6
-135
0
=-3π/4
135
0
= 3π/4
-120
0
=-2π/3
120
0
= 2π/3
-90
0
= -π/2
90
0
= π/2
LTĐH – Bổ trợ Điểm 8 ________________GV Chuyên LÝ: Nguyễn Trung Hiếu gửi tặng
Bảng 1.
Các đại lượng tương ứng giữa chuyển động tròn đều và chuyển động thẳng đều
Chuyển động tròn đều φ α ω
Chuyển động thẳng đều x
o
x v

Đặt bán kính quỹ đạo chuyển động tròn đều của M
là: R = OM = OM

0
= A
Gọi P là hình chiếu của điểm M lên trục Ox
trùng với một đường kính của đường tròn và
gốc O trùng với tâm của đường tròn. Ta thấy
P dao động trên Ox quanh gốc toạ độ O.
vị trí ban đầu của P là điểm P
0
xác định x
0
=
0
OP
= Acosφ
vị trí P ở thời điểm t xác định bởi x =
OP
=Acos(ωt+φ)
Vì hàm sin hay hàm cosin là hàm điều hoà, nên dao động của P là một dao động điều hoà trên quỹ đạo P
1
P
2
= 2A.
2. Kết luận về liên hệ giữa dao động điều hoà và chuyển động tròn đều:
Điểm P dao động điều hoà trên một đoạn thẳng luôn luôn có thể được coi là hình chiếu của mộ điểm M
chuyển động tròn đều lên đường kính là đoạn thẳng đó.
Bảng 2.
Sự tương ứng các đại lượng trongchuyển động tròn đều và dao động điều hoà
Chuyển động tròn đều Dao động điều hoà
Bán kính R Biên độ dao động A
Chu kỳ T Chu kỳ T

Tần số f Tần số f
Tốc độ góc ω Tần số góc ω
Góc ban đầu: φ Pha ban đầu: φ
Góc ở thời điểm t:
ωt+φ
Pha dao động ở thời điểm t:
ωt+φ
Góc quét của bán kính
α=ωt
Góc pha thay đổi trong khoảng
thời gian t:
α=ωt

3. Sự tích hợp giữa đường tròn lượng giác với kiến thức vật lí liên quan
- Xét một dao động điều hoà có: Phương trình dao động: x = Acos(ωt+φ)
Trong dao động ta quan tâm nhiều đến các vị trí đặc biệt ứng với các góc pha đặc biệt. Có 9 vị trí tương
ứng với các góc pha: 0
0
, ±30
0
, ±45
0
, ±60
0
, ±90
0
, ±120
0
, ±135
0

, ±150
0
, 180
0
.
-
3
-
O
M
M
0
xP
0
P
t
ω
ϕ
P
2
P
1
+
x
LTĐH – Bổ trợ Điểm 8 ________________GV Chuyên LÝ: Nguyễn Trung Hiếu gửi tặng
Bảng 3.
Vị trí đặc biệt trong dao động
Vị trí Kí
hiệu
Góc pha Li độ x

Biên dương B
+
0
0
0 rad
A
Không tên dương KT
+
±30
0
6
π
±
A
2
3
Hiệu dụng dương HD
+
±45
0
4
π
±
2
A
Nửa biên dương NB
+
±60
0
3

π
±
2
A
Cân bằng CB ±90
0
2
π
±
0
Nửa biên âm NB
-
±120
0
3
2
π
±
2
A
−
Hiệu dụng âm HD
-
±135
0
4
3
π
±
2

A
−
Không tên âm KT
-
±150
0
6
5
π
±
A
2
3
−
Biên âm B
-
180
0
π
±
A-
Lưu ý: Để dễ nhớ các vị trí đặc biệt tôi đưa ra tên gọi như trên, và quy ước gọi tên như vậy trong toàn bộ đề
tài. Các vị trí cân bằng, biên âm, biên dương được hiểu từ trong dao động điều hoà; vị trí nửa biên vì li độ
bằng một nửa giá trị biên, vị trí hiệu dụng được hiểu nhờ khái niệm hiệu dụng các đại lượng điện xoay chiều
(giá trị hiệu dụng = giá trị cực đại/
2
), vị trí không tên được đặt tên như vậy vì vị trí này không có tên gì
đặc biệt. 9 vị trí này cũng thường gặp trong nhiều bài toán.
- Do dao động điều hoà có thể biểu diễn bằng chuyển động tròn đều tương ứng, chuyển động tròn đều
được biểu điễn qua đường tròn lượng giác; do vậy biểu diễn dao động điều hoà qua đường tròn lượng giác,

nhất là các vị trí đặc biệt giúp học sinh nhận thấy trực quan hơn các tính chất trong dao động; qua đó khi
giải các bài toán về dao động điều hoà có thể dùng các điểm đặc biệt trên đường tròn lượng giác để xác định
các liên hệ của dao động điều hoà. Điều này rất phù hợp với các bài toán liên quan đến thời gian, vận tốc
trung bình, quãng đường, giá trị lớn nhất nhỏ nhất, sự biến thiên năng lượng trong dao động.
Các vị trí đặc biệt trong dao động điều hoà
-
4
-
-A
•
•
• •
• •
•
•
•
O
A
2
A
−
2
A
2
A
−
2
3A
−
2

A
2
3A
x
B
-
KT
-
HD
-
NB
-
CB
NB
+
HD
+
KT
+
B
+
•
LTĐH – Bổ trợ Điểm 8 ________________GV Chuyên LÝ: Nguyễn Trung Hiếu gửi tặng
Lược đồ đường tròn lượng giác liên hệ các vị trí đặc biệt



- Tại các vị trí đặc biệt trong dao động điều hoà thì các đại lượng như lực kéo về, vận tốc, gia tốc, động năng,
thế năng đều có những giá trị và những liên hệ đặc biệt; việc nắm vững đặc điểm các vị trí này có tác dụng
giải nhanh các bài tập.

+ Lực kéo về: F = -kx = - kAcos(ωt+φ) (giá trị lực kéo về lớn nhất F
m
= kA)
+ Gia tốc: a = -ω
2
Acos(ωt+φ) = -ω
2
x (giá trị gia tốc lớn nhất a
m
= ω
2
A)
+ Vận tốc: v = -ωAsin(ωt+φ) = v
m
cos(ωt+φ+
2
π
) (giá trị vận tốc lớn nhất V
m
=ωA)
+ Động năng: W
đ
=
2
2
1
mv
=
( )
ϕωω

+tAm
222
sin
2
1
=
( )
ϕω
+tkA
22
sin
2
1
+ Thế năng: W
t
=
2
2
1
kx
=
( )
ϕωω
+tAm
222
cos
2
1
=
( )

ϕω
+tkA
22
cos
2
1
+ Cơ năng: W = W
đ
+ W
t
=
2
2
1
mv
+
2
2
1
kx
=
22
2
1
Am
ω
=
2
2
1

kA
+ Động năng lớn nhất bằng thế năng lớn nhất và bằng cơ năng: W
đmax
= W
tmax
= W
-
5
-
-A
•
•
• •
• •
•
•
•
O
A
2
A
−
2
A
2
A
−
2
3A
−

2
A
2
3A
x
30
0
90
0
60
0
45
0
120
0
135
0
150
0
-30
0
-45
0
-90
0
-120
0
-135
0
-150

0
180
0
6
π
4
π
3
π
2
π
3
2
π
4
3
π
6
5
π
6
π
−
4
π
−
3
π
−
2

π
−
3
2
π
−
4
3
π
−
6
5
π
−
-60
0
LTĐH – Bổ trợ Điểm 8 ________________GV Chuyên LÝ: Nguyễn Trung Hiếu gửi tặng
Bảng 4:
Giá trị các đại lượng ở các vị trí đặc biệt
Vị trí
x
F
a
v
W
đ
W
t
Độ lớn Phần
trăm

Độ
lớn
Phần
trăm
B
+
A
F
m
a
m
0 0 0% W
tmax
=
W
100%
KT
+
A
2
3
m
F
2
3
m
a
2
3
2

V
m
4
1
W
25%
4
3
W
75% W
t
=3W
đ
HD
+
2
A
2
m
F
2
m
a
2
m
V
2
1
W
50%

2
1
W
50% W
t
=W
đ
NB
+
2
A
2
m
F
2
m
a
m
V
2
3
4
3
W
75%
4
1
W
25%
W

đ
=3W
t
CB 0 0 0 V
m
W
đmax
=
W
100% 0 0%
NB
-
2
A
−
2
m
F
2
m
a
m
V
2
3
4
3
W
75%
4

1
W
25% W
đ
=3W
t
HD
-
2
A
−
2
m
F
2
m
a
2
m
V
2
1
W
50%
2
1
W
50% W
t
=W

đ
KT
-
A
2
3
−
m
F
2
3
m
a
2
3
2
V
m
4
1
W
25%
4
3
W
75% W
t
=3W
đ
B

-
A-
F
m
a
m
0 0 0% W
tmax
=
W
100%
- Khi xét mối liên hệ giữa dao động điều hoà và chuyển động tròn đều ta thấy dao động điều hoà
theo chiều dương ứng với góc pha âm (nửa đường tròn lượng giác phía dưới), và dao động theo chiều
âm ứng với góc pha dương (nửa đường tròn lượng giác phía trên).
Khi ωt+φ > 0 thì v < 0
Khi ωt+φ < 0 thì v > 0
- Xét dấu riêng góc pha ban đầu φ cho ta kết quả chiều dao động tại thời điểm chọn mốc thời gian.
Khi φ > 0 thì v < 0
Khi φ < 0 thì v > 0

Lược đồ đường tròn lượng giác liên hệ các đại lượng
-
6
-
LTĐH – Bổ trợ Điểm 8 ________________GV Chuyên LÝ: Nguyễn Trung Hiếu gửi tặng


- Vật chuyển động tròn đều trong thời gian ∆t, góc quét của bán kính α
+ ω =
2

T
π
=
t
α
∆
(ω là tốc độ góc, α là góc quay trong khoảng thời gian ∆t).
+ công thức hệ quả
2
t T
α π
=
∆
,

α
π
2
T
t =∆
(với α đơn vị rad)

α
360
T
t =∆
(với α đơn vị độ)
Các công thức trên được vận dụng thường
xuyên trong quá trình giải bài tập dao động điều hoà,
với α = Pha cuối φ

c
- Pha đầu φ
đ
= ω∆t

Lưu ý: Tất cả các liên hệ trên đều có thể vận dụng cho dao động điện từ
Nhận thấy sự tương ứng giữa mạch dao động điện từ LC và dao động cơ điều hòa dù đã được giảm tải,
song do dao động điện từ chỉ được học trong thời gian ngắn, học sinh thường quên phương thức vận động
của mạch và các công thức để làm bài tập, nên việc ghi nhận các đại lượng tương ứng giữa hai loại dao động
sẽ dễ dàng suy ra các kết quả của dao động điện từ từ các kết quả tương ứng của dao động cơ học.
-
7
-
0
-A
•
•
• •
• •
•
•
•
O
A
2
A
−
2
A
2

A
−
2
3A
−
2
A
2
3A
X cos
6
π
4
π
3
π
2
π
3
2
π
4
3
π
6
5
π
6
π
−

4
π
−
3
π
−
2
π
−
3
2
π
−
4
3
π
−
6
5
π
−
W
đ
= W
t
W
đ
= 3W
t
W

t
= 3W
đ

±V
m
2
Vm
±
2
Vm
±
2
Vm
±
2
Vm
±
W
đ
= 3W
t
W
t
= 3W
đ

W
đ
= W

t
W
đ
= 3W
t
W
đ
= 3W
t
W
đ
= W
t
W
t
= 3W
đ

W
đ
= W
t
W
t
= 3W
đ

W
tmax
= W

W
đmin
= 0
W
tmax
= W
W
đmin
= 0
W
đmax
= W
W
tmin
= 0
W
đmax
= W
W
tmin
= 0
V > 0
V< 0
sin
O
M
M
0
x
t

ω
φ
c
+
α
φ
d
LTĐH – Bổ trợ Điểm 8 ________________GV Chuyên LÝ: Nguyễn Trung Hiếu gửi tặng
Dao động cơ điều hoà Dao động điện từ
Li độ x = Acos(ωt+φ) Điện tích q = Q
0
cos(ωt+φ), q = Cu
Vận tốc v = x
’
= -ωAsin(ωt+φ) Cường độ dòng điện i = q
,
= -Q
0
sin(ωt+φ)
Động năng W
đ
=
2
2
1
mv
Năng lượng từ trường W
B
= W
t

=
2
2
1
Li
Thế năng W
t
=
2
2
1
kx
Năng lượng điện trường W
E
= W
đ
=
2
2
1
Cu
Cơ năng W =
2
2
1
kA
Năng lượng điện từ W=
2
0
2

1
CU
=
2
0
2
1
LI
II. Các dạng bài tập cơ bản:
Dạng 1: Xác định pha ban đầu của hàm số điều hoà
1. Sơ lược về bài toán
- Đây là loại bài toán muốn xác định pha ban đầu của một hàm số điều hoà φ, qua đó khai thác thêm các
thông tin về trạng thái gốc thời gian như li độ, vận tốc, gia tốc, lực kéo về, động năng, thế năng, chiều dao
động: Các đại lượng trên ở gốc thời gian được kí hiệu x
0
, v
0
, a
0
, F
0
,W
đ0
,W
t0
.
- Bài toán xác định pha có thể chỉ là một phần trong bài toán khác, qua việc xác định pha ban đầu sẽ cho kết
quả bài toán đó.
2. Phương pháp truyền thống
- Pha ban đầu phụ thuộc vào cách chọn mốc thời gian t

0
= 0
- Xác định các thông số của trạng thái mốc thời gian x
0
, v
0
, a
0
, F
0
,W
đ0
,W
t0

- Giải hệ phương trình lượng giác ở thời điểm mốc thời gian
Khi t = 0 thì x = x
0
x
0
= Acosφ cosφ =
A
x
0
→ φ = ?
v = v
0
v
0
= -Aωsinφ sinφ =

A
v
ω
0
−
Nếu đề bài cho các thông tin ban đầu khác như a
0
, F
0
,W
đ0
,W
t0
thì lập và giải các phương trình lượng giác
tương ứng với các đại lượng đó
3. Giải pháp đường tròn lượng giác
- Xác định li độ x
0
tại thời điểm gốc thời gian t
0
= 0
- Từ vị trí x
0
dựng đường thẳng (d)
⊥
Ox
(d) cắt đường tròn lượng giác tại hai vị trí
+
ϕ
và

−
ϕ
.
- Hai giá trị
+
ϕ
và
−
ϕ
là pha ban đầu của dao động
điều hoà; pha
+
ϕ
ứng với trạng thái ban
đầu chuyển động theo chiều âm, pha
−
ϕ
ứng với
trạng thái ban đầu chuyển động theo chiều dương.
- Trong đó
A
x
0
coscos ==
−+
ϕϕ
4. Bài tập ví dụ:
Bài 1: Một vật dao động điều hoà với tần số góc 10
5
rad/s. Tại thời điểm

t = 0 vật có li độ 2cm và có vận tốc v = -20
15
cm/s. Phương trình dao động của vật là:
A. x = 2cos(10
5
t + 2
π
/3)(cm) B. x = 4cos(10
5
t - 2
π
/3)(cm)
C. x = 4cos(10
5
t +
π
/3)(cm) D. x = 2cos(10
5
t -
π
/3)(cm)
Bài giải:
- Trước hết tính biên độ dao động theo hệ thức độc lập thơì gian:
2
2
22
ω
v
xA +=
A = 4cm.

a) Giải truyền thống
-
8
-
O
x
-A
A
+
x
0
+
ϕ
−
ϕ
v
0
<0
v
0
>0
LTĐH – Bổ trợ Điểm 8 ________________GV Chuyên LÝ: Nguyễn Trung Hiếu gửi tặng
Phương trình li độ:x = Acos(ωt+φ). Phương trình vận tốc:v = -ωAsin(ωt+φ)
Thay điều kiện ở mốc thời gian t
0
= 0, ta được hệ sau
Khi t = 0 thì x
0
= 2 2 = Acosφ cosφ =
4

2

v
0
= -20
15
-20
15
= -Aωsinφ sinφ =
510.4
1520
cosφ =
2
1
→ φ =
3
π
±
sinφ =
2
3
>0 → φ >0
→ φ =
3
π
. Đáp án C
b) Sử dụng đường tròn lượng giác
- Gốc thời gian được chọn tại vị trí x
0
= 2,

đây là vị trí NB
+
.
- Từ vị trí x
0
= 2 =
2
A
ta dựng đường thẳng (d)
⊥
Ox ,
(d) cắt đường tròn lượng giác tại hai góc:
3
π
và
3
π
−
- Do ở mốc thời gian v < 0, nên pha ban đầu dương. Vậy φ =
3
π
. Đáp án C
Bài 2: Một vật dao động điều hòa với phương trình x = 4cos(πt + ϕ). Thời điểm ban đầu vật qua vị trí có li
độ x = - 2
3
cm và động năng của vật đang tăng. Xác định pha ban đầu ϕ?
A. ϕ = -5π/6 B. ϕ = - π/6 C. ϕ = 5π/6 D. ϕ = π/6
Bài giải:
- Gốc thời gian được chọn tại vị trí x
0

= -2
3
= -
A
2
3
2
3
4 −=

,
đây là vị trí KT
-
.
- Từ vị trí KT
-
: x
0
=
A
2
3
−
, ta dựng đường thẳng
(d)
⊥
Ox , (d) cắt đường tròn lượng giác
tại hai góc:
6
5

π
và
6
5
π
−
- Do ở mốc thời gian động năng tăng nên độ
lớn vận tốc tăng, vật đi về vị trí cân bằng tức
là đi theo chiều dương, do đó pha ban đầu âm.
Vậy φ =
6
5
π
−
. Đáp án A
5. Nhận xét, gợi mở và tổng kết
- Việc giải phương trình lượng giác trong nhiều trường hợp mất nhiều thời gian. Sự dụng đường tròn lượng
giác khi đã quen cho kết quả nhanh hơn và trực quan.
- Học sinh vận dụng phương pháp này để xây dựng pha ban đầu ở 9 vị trí đặc biệt. Trước khi dựng đường
thẳng (d) ta lưu ý đổi giá trị x
0
theo biên độ A, qua đó biết được vị trí ban đầu là vị trí nào
(B
+
,KT
+
,HD
+
,NB
+

,CB,NB
-
,HD
-
,KT
-
,B
-
). Nhờ vậy việc áp dụng đường tròn lượng giác dễ dàng hơn.

-
9
-
O
x
-4
4
+
2
3
π
v
0
<0
v
0
>0
3
π
−

(d)
O
x
-4
4
+
32
−
6
5
π
v
0
<0
v
0
>0
6
5
π
−
(d)
LTĐH – Bổ trợ Điểm 8 ________________GV Chuyên LÝ: Nguyễn Trung Hiếu gửi tặng
Lược đồ pha ban đầu theo các vị trí đặc biệt


Dạng 2: Xác định số lần qua một trạng thái
1. Sơ lược về bài toán
- Đây là bài toán xác định số lần vật đi qua một vị trí nào đó trong một khoảng thời
gian t. Vị trí được xác định bởi li độ x hoặc xác định theo các đặc điểm khác như v, a, F, W

t
, W
đ
.
2. Phương pháp truyền thống
- Các bước giải bài toán tìm số lần vật đi qua vị trí đã biết x (hoặc v, a, W
t
, W
đ
, F) trong thời gian t từ thời
điểm t
1
đến t
2
.
* Giải phương trình lượng giác: x = Acos(ωt+φ), hoặc các phương trình
tương ứng với các đại lượng cho trong đề, ta thu được các họ nghiệm t
I
và t
II
* Thay t
I
và t
II
vào điều kiên: t
1
< t ≤ t
2
⇒ Phạm vi giá trị của k (Với k ∈ Z)
* Tổng số giá trị của k chính là số lần vật đi qua vị trí đó.

3. Giải pháp đường tròn lượng giác
- Xác định vị trí pha ban đầu φ
đ
= φ trên đường tròn lượng giác: gọi là điểm Đ
- Xác định pha cuối cùng φ
c
= ωt+φ trên đường tròn lượng giác: gọi là điểm C
- Xác định góc pha tương ứng của vị trí x: từ x dựng đường thẳng (d)
⊥
Ox, (d) cắt đường tròn tại hai điểm
M, N.
- Đưa góc φ
c
về dạng: φ
c
= n.360 + φ
l

hay φ
c
= n.2
π
+ φ
l
, với n là số chu kỳ.
- Trong mỗi chu kỳ vật qua mỗi vị trí biên
1 lần còn các vị trí khác 2 lần; mỗi vị trí x có 2
góc pha tương ứng tương ứng
φ
+

(điểm M), φ
-
(điểm N)
→ trong mỗi chu kỳ chuyển động tròn đều
vật qua hai vị trí M, N.
-
10
-
-A
•
•
• •
• •
•
•
•
O
A
2
A
−
2
A
2
A
−
2
3A
−
2

A
2
3A
x
0
6
π
4
π
3
π
2
π
3
2
π
4
3
π
6
5
π
6
π
−
4
π
−
3
π

−
2
π
−
3
2
π
−
4
3
π
−
6
5
π
−
B
-
KT
-
HD
-
NB
-
CB
NB
+
HD
+
KT

+
B
+
π
V<0
V>0
O
x
-A
A
+
x
M
φ
+
N
φ
-
•
Đ φ
đ
C
φ
c
LTĐH – Bổ trợ Điểm 8 ________________GV Chuyên LÝ: Nguyễn Trung Hiếu gửi tặng
Trong n chu kỳ số lần vật qua vị trí x 2n lần,
xét trong phần góc lẻ φ
l
vật chuyển động tròn đều tương ứng từ điểm đầu Đ đến điểm cuối C; khi đó có đi
qua M và N nữa không.

Nếu từ Đ đến C không gặp M,N thì kết quả là: 2n lần
Nếu từ Đ đến C chỉ gặp một trong hai điểm M,N thì kết quả là: (2n + 1) lần
Nếu từ Đ đến C gặp M,N thì kết quả là: (2n + 2) lần
4. Bài tập ví dụ:
Bài 1: Một chất điểm dao động điều hòa theo phương trình x = 3cos(5πt −π/3) (x tính bằng cm,t tính bằng
s).Trong một giây đầu tiên kể từ lúc t = 0. Chất điểm qua vị trí có li độ x = + 1,5 cm
A. 7 lần B. 6 lần C. 5 lần D.4 lần
Bài giải:
a) Phương pháp truyền thống
Giải phương trình: 3cos(5πt −π/3) = + 1,5 ↔ cos(5πt −π/3) = 0,5
5πt
I
−π/3 = π/3 + k2π 5πt
I
= 2π/3 + k2π t
I

= 2/15 + 2k/5
5πt
II
−π/3 = −π/3 + k2π 5πt
II
= k2π t
II

= 2k/5

Thay vào điều kiện trong giây đầu tiên: 0 < t ≤ 1
0 < t
I

≤ 1 0 < 2/15 + 2k/5

≤ 1 -0,33 < k

≤ 2,16
0 < t
II

≤ 1 0 < 2k/5

≤ 1 0 < k

≤ 2,5

Do k
∈
Z, nên: họ nghiệm t
I
có 3 giá trị k = 0,1,2
họ nghiệm t
II
có 2 giá trị k = 1,2
Vậy có 5 giá trị phù hợp. Đáp án C
b) Sử dụng đường tròn lượng giác
- Vị trí đầu Đ ↔ φ
đ
= −π/3
- Vị trí cuối C ↔ φ
c

= 5πt −π/3 = 5π.1 −π/3
= 14π/3 = 840
0
- Đưa φ
c
về dạng: φ
c
= 2.360 + 120
0
,
suy ra n = 2, φ
l
= 120
0
- Vị trí x = + 1,5 (vị trí NB
+
) ứng với góc
pha 60
0
(điểm M) và -60
0
(điểm N)
- Từ Điểm Đ quay đến C qua M, nên số lần vật dao động
Qua vị trí x = 1,5cm trong giây đầu tiên là: 2n + 1 = 2.2 + 1 = 5 (lần)
Bài 2: Một vật dao động điều hoà có phương trình
)(
6
4cos2 cmtx







−=
π
π
(cm). Trong 2 giây đầu tiên vật
đi qua vị trí có động năng bằng ba lần thế năng bao nhiêu lần?
A. 15 lần B. 16 lần C. 18 lần D. 17 lần
Bài giải:
a) Phương pháp truyền thống
Ta có các biểu thức :
Động năng: W
đ
=
2
2
1
mv
=
( )
ϕωω
+tAm
222
sin
2
1
=
( )

ϕω
+tkA
22
sin
2
1
= W.






−
6
4sin
2
π
π
t

Thế năng: W
t
=
2
2
1
kx
=
( )

ϕω
+tkA
22
cos
2
1
= W.






−
6
4cos
2
π
π
t

Từ điều kiện: W
đ
= 3W
t
→ W.







−
6
4sin
2
π
π
t
= 3W.






−
6
4cos
2
π
π
t

↔







−
6
4sin
2
π
π
t

= 3






−
6
4cos
2
π
π
t
↔







−
6
4sin
2
π
π
t
= 3(1-






−
6
4sin
2
π
π
t
)
↔ 4






−

6
4sin
2
π
π
t
= 3 ↔
4
3
6
4sin
2
=






−
π
π
t
↔
2
3
6
4sin
±=







−
π
π
t

-
11
-
O
x
-3
3
+
1,5
M
N
•
Đ≡
C
φ
l
=120
0
-60
0

60
0
LTĐH – Bổ trợ Điểm 8 ________________GV Chuyên LÝ: Nguyễn Trung Hiếu gửi tặng
Xét họ nghiệm:
2
3
6
4sin
+=






−
π
π
t

π
ππ
π
2
36
4 kt
+=−


28

1
1
k
t
+=

π
ππ
π
2
3
2
6
4 kt
+=−

224
5
2
k
t
+=
Xét họ nghiệm:
2
3
6
4cos
−=







−
π
π
t

π
ππ
π
2
36
4 kt
+−=−


224
1
3
k
t
+=

π
ππ
π
2
3

2
6
4 kt
+−=−

28
1
4
k
t
+−=
Thay 4 họ nghiệm t
1
, t
2
, t
3
, t
4
vào điều kiện: 0 < t ≤ 2, với chú ý k là số nguyên
Ta được kết quả:
0 < t
1
≤ 2 → -0,25 < k ≤ 3,75 → k = 0, 1, 2, 3
0 < t
2
≤ 2 → -0,41 < k ≤ 3,5 → k = 0,1, 2, 3
0 < t
3
≤ 2 → -0,04 < k ≤ 3,9 → k = 0, 1, 2, 3

0 < t
4
≤ 2 → 0,12 < k ≤ 4,25 → k = 1, 2, 3, 4
Vậy có 16 giá trị của k phù hợp, tức là có 16 lần vật qua vị trí động năng bằng 3 lần thế năng trong 2 giây
đầu tiên.
b) Sử dụng đường tròn lượng giác
- Vị trí có W
đ
= 3W
t
là các vị trí NB
+
, và NB
-
các vị trí này biểu diễn tương ứng trên đường
tròn lượng giác tại các điểm M,N,P,Q
- Vị trí pha ban đầu Đ(-30
0
),
- Góc pha cuối sau 2 giây:
φ
c
=
0
1410
6
47
6
2.4 ==−
ππ

π

φ
c
=
000
330360.31410 +=
→ n = 3, φ
t
= 330
0
Vị trí pha cuối C(330
0
), C trùng với Đ,
trong 2 giây đầu chuyển động tròn đều tương ứng
được 3 vòng, và vòng cuối đi qua đủ 4 điểm M, N, P, Q. Vậy có 3.4 + 4 = 16 lần
5. Nhận xét, gợi mở và tổng kết
- Trong bài toán này việc giải phương trình lượng giác là dài, và khó khăn khi nghiệm là vị trí góc pha
không rơi vào các góc đặc biệt.
Ví dụ trong bài toán 1, điều chỉnh lại như sau:
“Một chất điểm dao động điều hòa theo phương trình x = 3cos(5πt −π/3) (x tính bằng cm,t tính bằng s).Trong
một giây đầu tiên kể từ lúc t = 0. Chất điểm qua vị trí có li độ
x = + 1cm”. (Trích TSĐH 2008).
Nếu giải theo phương pháp truyền thống thì ta cần tìm nghiệm của phương trình: 3cos(5πt −π/3) = + 1 ↔
cos(5πt −π/3) = 1/3. phương trình này có nghiệm là các giá trị không đặc biệt, (khoảng 1,23+ k.2π = ±70,5 +
k.360
0
), dó đó gây cảm giác ngại tính toán cho học sinh. Còn giải theo đường tròn lượng giác thì kết quả
nghiệm như vậy cũng không ảnh hưởng đến tâm lý làm và tốc độ làm bài.
- Phương pháp đường tròn lượng giác nhanh hơn hẳn phương pháp truyền thống, đặc biệt đối với các bài

toán mà vị trí cần tìm số lần đi qua lại gồm hai vị trí đối xứng nhau, khi đó sẽ có 4 họ nghiệm phù hợp
(như trong bài toán 2).
-
12
-
O
x
-2
2
+
1
M
N
•
Đ≡
P
120
0
-60
0
60
0
-1
-120
0
Q
-30
0
C
W

đ
=3W
t
≡330
0
LTĐH – Bổ trợ Điểm 8 ________________GV Chuyên LÝ: Nguyễn Trung Hiếu gửi tặng
- Có thể áp dụng cho bài toán hỏi số lần đi qua một vị trí nào đó theo một chiều nhất định. Khi đó chỉ tìm
số lần chuyển động tròn đều qua một vị trí M hoặc N; tương ứng với chiều chuyển động.
Nếu v > 0, thì xét điểm N có pha âm φ
-
.
Nếu v < 0, thì xét điểm M có pha dương φ
+.

Dạng 3: Xác định khoảng thời gian
1. Sơ lược về bài toán
- Đây là bài tập xác định khoảng thời gian ngắn nhất để vật dao động từ trạng 1 xác định bởi (x
1
,v
1
) đến
trạng thái 2 xác định bởi (x
2
, v
2
). Trong đề các trạng thái 1, 2 có thể ẩn dưới những thông tin khác như gia tốc,
lực, động năng, thế năng.
- Trong dao động điện từ cũng làm tương tự, các trạng thái được xác định bởi các đại lượng như u, q, i, năng
lượng điện trường, hay năng lượng từ trường.
2. Phương pháp truyền thống

- Giải hệ phương trình lượng giác ở trạng thái 1

x
1
= Acos(ωt+φ)
v
1
= -ωAsin(ωt+φ) rút ra họ nghiệm t
1
- Giải hệ phương trình lượng giác ở trạng thái 2
x
2
= Acos(ωt+φ)
v
2
= -ωAsin(ωt+φ) rút ra họ nghiệm t
2
- Hiệu chỉnh khoảng thời gian từ t
1
đến t
2
rút ra kết quả: t = t
2min
– t
1min
- Nếu tính thời gian ngắn nhất để đi từ vị trí x
1
đến vị trí x
2
thì khi giải hệ các phương trình trên cần lưu ý vận

tốc ở các vị trí phải xét trường hợp cùng chiều từ x
1
đến x
2
.
- Có thể chọn lại mốc thời gian t
0
= 0 tại khi vật ở trạng thái 1, giải phương trình lượng giác trạng thái 1 để
được pha ban đầu mới. Khi đó ta lấy t
1
= 0, sau đó giải phương trình lượng giác ở trạng thái 2 với phương
trình pha ban đầu mới xác định t
2
.
3. Giải pháp đường tròn lượng giác
- Trạng thái 1 được biểu diễn bằng điểm M trên đường tròn lượng giác có góc pha φ
1
,

- Trạng thái 2 được biểu diễn bằng điểm N trên đường tròn lượng giác có góc pha φ
2

- Góc quét của bán kính chuyển động tròn đều trên cung MN là α
thời gian dao động điều hoà từ trạng thái 1 đến trạng thái 2 bằng thời gian vật chuyển động tròn đều tương
ứng quét hết cung α

α
π
2
T

t =∆
(với α đơn vị rad)
α
360
T
t =∆
(với α đơn vị độ)
4. Bài tập ví dụ:
Bài 1: Một vật dao động điều hoà với phương trình dao động






−=
3
2
4,0cos4
π
π
tx
cm. Khoảng thời gian
ngắn nhất khi vật đi từ vị trí x
1
= 2cm đến x
2
= 2
3
cm là:

A. 0,42s B. 0,21s C. 0,625s D. 8,3ms
Bài giải:
a) Phương pháp truyền thống
- Thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí x
1
= 2cm đến x
2
= 2
3
cm thì vận tốc v
1
và v
2
cùng chiều từ x
1
= 2cm đến
x
2
= 2
3
cm, tức là cùng chiều dương
- Giải hệ phương trình lượng giác:
x = x
1
2
3
2
4,0cos4 =







−
π
π
t


v = v
1
>0
0
3
2
4,0sin4,0.4 >






−−
π
ππ
t
rút ra họ nghiệm t
1
=

k5
6
5
+
- Giải hệ phương trình lượng giác:
x = x
2
32
3
2
4,0cos4 =






−
π
π
t

-
13
-
LTĐH – Bổ trợ Điểm 8 ________________GV Chuyên LÝ: Nguyễn Trung Hiếu gửi tặng

v = v
2
>0

0
3
2
4,0sin4,0.4 >






−−
π
ππ
t
rút ra họ nghiệm t
2
=
k5
4
5
+
- Suy ra thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí x
1
= 2cm đến x
2
= 2
3
cm là
t = t
2min

– t
1min
=
42,0
12
5
6
5
4
5
≈=−
(s)
- Chú ý: có thể chọn lại mốc thời gian t
0
= 0 khi vật qua vị trí x
1
= 2cm theo chiều đến x
2
= 2
3
cm (theo
chiều dương)
Giải hệ:
( )
24,0cos4 =+
ϕπ
t


( )

04,0sin4,0.4 >+−
ϕππ
t
rút ra pha ban đầu mới φ =
3
π
−
Ta có phương trình dao động mới






−=
3
4,0cos4
π
π
tx
cm.
Giải hệ phương trình khi vật đến vị trí x
2
= 2
3
cm (theo chiều dương)

32
3
4,0cos4 =







−
π
π
t
rút ra họ nghiệm t
2
=
k5
12
5
+


0
3
4,0sin4,0.4 >






−−
π

ππ
t

Suy ra kết quả: t = t
2min
– 0 =
42,0
12
5
0
12
5
≈=−
(s)
b) Sử dụng đường tròn lượng giác
- Vẽ đường tròn lượng giác, xác định các
góc biểu diễn các trạng thái như hình vẽ.
- Thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí x
1
= 2cm đến
x
2
= 2
3
cm bằng thời gian chuyển động tròn đều
tương ứng quét hết cung
¼
MN
= α = 30
0

- Chu kỳ: T =
5
2
=
ω
π
(s)
- Thời gian cần tìm: t =
α
360
T
t =∆
12
5
30
360
5
==
(s)
Bài 2: Một mạch dao động LC có L=2mH, C=8pF, lấy 
2
=10. Thời gian ngắn nhất từ lúc tụ bắt đầu phóng
điện đến lúc có năng lượng điện trường bằng ba lần năng lượng từ trường là:
A.
6
10
15
s
−
B. 2.10

-7
s C.
5
10
75
s
−
D. 10
-7
s
Bài giải:
a) Phương pháp truyền thống
- Trước hết phải lập phương trình điện tích:
( )
ϕω
+= tQq cos
0
Theo các dữ kiện đề bài ta lập được:
6
10.5,2
πω
=
rad/s
Chọn mốc thời gian là lúc tụ bắt đầu phóng điện; giải hệ điều kiện ban đầu
t = 0, q = Q
0
rút ra φ = 0
Suy ra phương trình điện tích:
( )
tQq

6
0
10.5,2cos
π
=
-Viết biểu thức năng lượng điện trường:
E
đ
=
C
q
2
2
=
( ) ( )
tEt
C
Q
42
0
42
2
0
10.5,2cos10.5,2cos
2
ππ
=
- Viết biểu thức năng lượng từ trường:
E
t

= E
0
– E
đ
=
( ) ( )
tEtEE
42
0
42
00
10.5,2sin10.5,2cos
ππ
=−

-
14
-
O
x
-4
4
+
2
3
π
M
3
π
−

30
0
2
N
6
π
−
6
π
LTĐH – Bổ trợ Điểm 8 ________________GV Chuyên LÝ: Nguyễn Trung Hiếu gửi tặng
- Sau đó giải phương trình lượng giác: E
đ
= 3E
t
, rút ra 4 họ nghiệm, mỗi họ nghiệm xác định giá trị t thứ
nhất (với điều kiện t > 0); kết quả là giá trị nhỏ nhất trong 4 giá trị trên: t =
6
10
15
1
−
(s)
b) Sử dụng đường tròn lượng giác
- Vẽ đường tròn lượng giác như hình bên
vị trí M ứng với thời điểm tụ bắt đầu phóng điện
(vị trí biên). Vị trí N ứng với thời điểm E
đ
= 3E
t

(vị trí không tên).
- Góc quét chuyển động tròn đều tương ứng cung

¼
MN
= α = 30
0
- Chu kỳ: T =
7
4
10.8
10.5,2
22
−
==
π
π
ω
π
(s)
- Thời gian cần tìm: t =
α
360
T
t =∆
6
7
10
15
1

30
360
10.8
−
−
==
(s)
Câu 3: (TSĐH 2010). Tại thời điểm t, điện áp
200 2 cos(100 )
2
u t
π
π
= −
(trong đó u tính bằng V, t tính bằng
s) có giá trị
100 2V
và đang giảm. Sau thời điểm đó
1
300
s
, điện áp này có giá trị là
A. −100V. B.
100 3 .V
C.
100 2 .V−
D. 200 V.
Bài giải: - Giá trị u =
100 2V
22

2200
0
U
==
; vị trí NB
+
, u đang giảm tương ứng trong dao động điều hoà
vật có chiều từ NB
+
về VTCB.
- Chu kỳ:
50
1
100
2
==
π
π
T
(s)
- Thời gian:
50
1
100
2
==
π
π
T
; thời gian

650.6
1
300
1 T
t ===
- Theo nhận xét về trạng thái đầu ta tách:
12126
TTT
t +==
Dựa vào lược đồ thời gian ta thấy trong thời gian
300
1
=t
(s) vật đi từ vị trí NB
+
đến vị trí NB
-
, do đó thì
)(2100
2
2200
2
0
V
U
u −=−=−=
.
5. Nhận xét, gợi mở và tổng kết
- Bài toán loại này giải bằng phương trình lượng giác là khá dài, có nhiều họ nghiệm nên việc biện luận
cũng mất nhiều thời gian.

- Phương án đường tròn lượng giác cho kết quả nhanh.
- Có thể vận dụng bài toán thời gian để xác định lại trạng thái, chỉ cần biết trạng thái đầu và khoảng thời
gian, ta phân tách khoảng thời gian đó thành những khoảng thời gian “đặc biệt” để vật dao động giữa các
vị trí “đặc điệt”; từ đó xác định được trạng thái cuối.
- Có thể yêu cầu học sinh sử dụng đường tròn lượng giác để tính khoảng thời gian ngắn nhất giữa các vị
trí đặc biệt, rút ra bảng tính nhanh thời gian
Lược đồ thời gian

-
15
-
O
x
-Q
0
Q
0
6
5
π
M
6
5
π
−
30
0
KT
+
N

6
π
−
6
π
KT
-
-A
•
•
• •
• •
•
•
•
O
A
x
4
T
B
-
KT
-
HD
-
NB
-
CB
NB

+
HD
+
KT
+
B
+
4
T
12
T
8
T
6
T
6
T
12
T
8
T
12
T
12
T
8
T
8
T
6

T
6
T
2
A
−
2
A
2
A
−
2
3A
−
2
A
2
3A
LTĐH – Bổ trợ Điểm 8 ________________GV Chuyên LÝ: Nguyễn Trung Hiếu gửi tặng



- Lược đồ trên có thể vận dụng cho các hàm điều hoà của dao động điện từ

Dạng 4: Xác định thời điểm
1. Sơ lược về bài toán
- Xác định thời điểm vật đi qua vị trí đã biết x (hoặc v, a, W
t
, W
đ

, F) lần thứ n, hoặc xác định thời điểm để
cường độ dòng điện i (hoặc u, q, W
E
, W
B
) thoả mãn điều kiện nào đó.
2. Phương pháp truyền thống
Giải bài toán tính thời điểm vật đi qua vị trí đã biết x (hoặc v, a, W
t
, W
đ
, F) lần thứ n
* Giải phương trình lượng giác lấy các nghiệm của t (Với t > 0 ⇒ phạm vi giá trị
của k )
* Liệt kê n nghiệm đầu tiên (thường n nhỏ)
* Thời điểm thứ n chính là giá trị lớn thứ n
Lưu ý:+ Đề ra thường cho giá trị n nhỏ, còn nếu n lớn thì tìm quy luật để suy ra nghiệm thứ n
+ Tương tự đối với các bài toán định thời điểm để cường độ dòng điện i (hoặc u, q, W
E
, W
B
) thoả mãn
điều kiện nào đó.
3. Giải pháp đường tròn lượng giác
- Dùng đường tròn lượng giác liên hệ giữa góc pha với các vị trí đặc biêt để:
+ Xác định trạng thái ở gốc thời gian: xác định toạ độ và chiều chuyển động
+ Xác định trạng thái chứa điều kiện cần tính.
- Áp dụng lược đồ tính nhanh thời gian giữa các vị trí đặc biệt.
4. Bài tập mẫu
-

16
-
-Q
0
•
•
• •
• •
•
•
•
O
Q
0
2
0
Q
−
2
0
Q
2
0
Q
−
2
3
0
Q
−

2
0
Q
2
Q3
0
x
4
T
B
-
KT
-
HD
-
NB
-
CB
NB
+
HD
+
KT
+
B
+
4
T
12
T

8
T
6
T
6
T
12
T
8
T
12
T
12
T
8
T
8
T
6
T
6
T
U
0
2
U3
0
2
0
U

2
0
U
2
0
U
−
2
0
U
−
2
U3
0
−
-U
0
LTĐH – Bổ trợ Điểm 8 ________________GV Chuyên LÝ: Nguyễn Trung Hiếu gửi tặng
Bài 1: Một vật dao động theo phương trình
)
4
cos(5
π
π
+=
tx
(cm). Kể từ gốc thời gian vật đi qua vị trí lực
kéo về triệt tiêu lần thứ ba vào thời điểm
A. 2,25 s B. 2,75 s C. 2,5 s D. 2 s
Bài giải:

a) Phương pháp truyền thống
- Lực kéo về (F = - kx) triệt tiêu khi vật đi qua vị trí cân bằng: x = 0
Giải phương trình:
0)
4
cos(5
=+
π
π
t
→
π
ππ
π
kt
+=+
24
→
π
π
π
kt
+=
4
→
kt
+=
4
1
, điều kiện t > 0 nên k = 0,1,2,3

Vật qua vị trí lực kéo về triệt tiêu lần thứ 3 ứng với k = 2 →
25,22
4
1
=+=
t
(s)
b) Sử dụng đường tròn lượng giác
- Chu kỳ T = 2(s)
- Vị trí góc pha ban đầu φ
đ
= φ =
0
45
4
=
π
↔ Vị trí HD
+
, và đi theo chiều âm
- Vị trí lực kéo về triệt tiêu là vị trí cân bằng O,

- Thời điểm vật qua vị trí F = 0 lần thứ 3 là thời điểm vật qua vị trí cân bằng O lần thứ 3. Theo lược đồ thời
gian ta có kết quả: t =
25,2
8
=+
T
T
(s)

Bài 2: (TSĐH2008)Dòng điện xoay chiều chạy qua một đoạn mạch có biểu thức
)(
2
100sin2 Ati






+=
π
π
,
t

tính bằng giây (s). Tính từ lúc
)(0 s
, thời điểm đầu tiên mà dòng điện có cường độ bằng cường độ hiệu dụng
là
A.
)(
100
1
s
. B.
)(
300
1
s

. C.
)(
400
1
s
. D.
)(
600
1
s
.
Bài giải:
a) Phương pháp truyền thống
- Giải phương trình
2
1
2
100sin1
2
100sin2
2
0
=






+↔=







+↔=
π
π
π
π
tt
I
i
Suy ra:
50400
1
2
4
1002
42
100
1
k
tktkt
+−=→+−=→+=+
π
π
ππ
ππ

π

50400
1
2
4
1002
4
3
2
100
2
k
tktkt
+=→+=→+=+
π
π
ππ
ππ
π
Suy ra:
50400
1
1
k
t
+−=
> 0 nên k = 1,2,3 và
50400
1

2
k
t
+=
> 0 nên k = 0,1,2
Thay các giá trị của k vào từng họ nghiệm, giá trị nhỏ nhất ứng với thời điểm đầu tiên; ứng với k = 0 ở họ
nghiệm t
2
. Kết quả
400
1
50
0
400
1
min
=+=
t
(s)
b) Đường trọn lượng giác
-
17
-
•
•
•
O
x
T
B

-
CB
HD
+
B
+
8
9T
8
T
•
•
• •
O
x
B
-
CB
HD
+
B
+
8
T
•
LTĐH – Bổ trợ Điểm 8 ________________GV Chuyên LÝ: Nguyễn Trung Hiếu gửi tặng
- Chu kỳ T = 0,02(s)

- Chuyển phương trình về dạng hàm cosin:
( )

tti
π
π
π
100cos2
2
100sin2
=






+=
- Vị trí góc pha ban đầu φ
đ
= φ =
0 ↔ Vị trí B
+
- Vị trí dòng điện có cường độ bằng cường độ hiệu
↔ Vị trí HD
+

-

Theo lược đồ thời gian ta có kết quả: t =
400
1
8

02,0
8
==
T
(s)
Bài 3: (TSĐH 2007) Xét một dao động điều hòa có phương trình
)(
6
5
cos cmtAx






−=
π
ω
. Gia tốc của vật có độ lớn cực đại khi :
A.
0
=
t
B.
12
5T
t
=
C.

4
T
t
=
D.
6
T
t
=
Bài giải:
- Pha ban đầu
6
5
π
−
, theo lược đồ đường tròn lượng giác nên trạng thái ban vị trí KT
-
, và chuyển động
theo chiều dương.
- Vị trí gia tốc có độ lớn cực đại là các vị trí B
+
, B
-
- Thời gian ngắn nhất cần tìm
12
5
46
TTT
t =+=
Bài 4: Một tụ điện có điện dung 1µF được tích điện đến một điện áp xác định. Sau đó nối hai bản tụ điện vào

hai đầu một cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm 1mH. Bỏ qua điện trở của mạch, lấy π
2
= 10. Chọn mốc thời
gian là lúc tụ bắt đầu phóng điện, xác định thời điểm năng lượng điện trường bằng năng lượng từ trường lần
thứ 2?
A.
s
µ
100
. B.
s
µ
75
. C.
s
µ
50
D.
s
µ
25
Bài giải:
- Chu kỳ dao động điện từ
)(10.22
4
sLCT
−
==
π
- Theo các lược đồ đường tròn lượng giác, ta xác định các vị trí

+ Mốc thời gian t
0
= 0 lúc tụ bắt đầu phóng điện: q = Q
0
, vị trí B
+
+ Vị trí có năng lượng điện trường bằng năng lượng từ trường là vị trí

2
0
Q
q ±=
, (các vị trí HD
+
, HD
-
)
- Thời điểm thứ 2 năng lượng điện trường bằng năng lượng từ trường là

s
TTT
t
µ
7510.7510.5,7
8
3
48
65
====+=
−−

5. Nhận xét, gợi mở và tổng kết
- Bài toán xác định thời điểm có thể quy về bài toán xác định khoảng thời gian, với trạng thái đầu là
trạng thái ứng với mốc thời gian t
0
= 0.
- Để giải nhanh theo đường tròn lượng giác trước tiên cần biết rõ đặc điểm của từng đại lượng tại các vị
trí đặc biệt. Dựa vào các thông tin các trạng thái ta tìm được ngay các vị trí. Sau đó vận dụng lược đồ thời
gian giữa các vị trí đặc biệt.
Lược đồ đặc điểm các trạng thái trong dao động điện từ và dao động cơ điều hoà

-
18
-
•
•
• •
• •
•
•
•
B
-
KT
-
HD
-
NB
-
CB

NB
+
HD
+
KT
+
B
+
V
max
V = 0
V = 0
a
max
a
max
a = 0
F
max
F
max
F = 0
a, F
đổi
chiều
v
đổi
chiều
W
đmax

W
đmin
W
đmin
W
tmin
W
tmax
W
tmax
W
đ
=3W
t
W
đ
=3W
t
W
đ
=W
t
W
đ
=W
t
W
t
=3W
đ

W
t
=3W
đ
Q
0
U
0
i=0
Q
0
U
0
i=0
I
0
q = 0
u = 0
W
Emax
W
Emax
W
Bmax
W
Bmin
W
Bmin
W
Emin

W
B
=W
E
W
B
=W
E
W
B
=3W
E
W
B
=3W
E
W
E
=3W
B
W
E
=3W
B
x,q,u
v
đổi
chiều
4
T

••
•
O
q
B
-
CB
HD
-
B
+
•
HD
-
•
4
T
•
• •
O
x
B
-
CB
KT
-
B
+
6
T

•
LTĐH – Bổ trợ Điểm 8 ________________GV Chuyên LÝ: Nguyễn Trung Hiếu gửi tặng


- Kết hợp các lược đồ vị trí và lược đồ thời gian ta có:
+ Khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp để W
đ
=W
t
hay W
B
=W
E
là
4
T
chu kỳ
+ Trong một chu kỳ dao động có 4 lần để W
đ
=nW
t
hay W
B
=nW
E
với n ≠0
- Việc kết hợp lược đồ thời gian và lược đồ đặc điểm các trạng thái giúp chúng ta giải nhanh các bài toán
thời gian.
Dạng 5: Xác định thời gian đèn sáng - tắt
1. Sơ lược về bài toán

- Cường độ dòng điện, điện áp xoay có giá trị thay đổi qua giá trị 0; nên trong mạch điện có bóng đèn có
những khoảng thời đèn sáng, đèn tắt.
Điều kịên đèn sáng:
gh
uu ≥
hay
gh
ii ≥
Điều kiện đèn tắt:
gh
uu <
hay
gh
ii <
2. Phương pháp truyền thống
- Xét điện áp xoay chiều u = U
0
cos(ωt+φ), và trong một chu kỳ T
- Điều kiện đèn sáng:
gh
uu ≥

0
Uuu
gh
≤≤
(1)

gh
uuU −≤≤−

0
(2)
Do tính đối xứng của hàm lượng giác nên khoảng thời gian ở bất phương trình (1) và (2) bằng nhau, ta chỉ
giải một.
Trước hết giải các phương trình
gh
uu =
và
0
Uu =
, từ đó suy ra khoảng thời gian
t
∆
để điện áp tăng từ
gh
u

đến
0
U
, trong một chu kỳ khoảng thời gian để điện áp giảm từ
0
U
đến
gh
u
cũng bằng
t
∆
.

Vậy trong một chu kỳ thì khoảng thời gian đèn sáng: t
sáng
= 2
t∆
+2
t∆
= 4
t∆
khoảng thời gian đèn tắt: t
tắt
= T - 4
t
∆

3. Giải pháp đường tròn lượng giác
- Xác định giá trị
gh
u
rơi vào vị trí đặc biệt nào, suy ra các góc pha
1
ϕ
,
2
ϕ
biểu diễn thời điểm u =
gh
u
và u
= -
gh

u
.
(với
0
1
cos
U
u
gh
=
ϕ
và
0
2
cos
U
u
gh
−=
ϕ
)
Xét xác nghiệm dương
1
ϕ
,
2
ϕ
- Vẽ trên đường tròn lượng giác các góc
pha
1

ϕ
,
2
ϕ
. Đèn sáng trên các cung AD, BC;
đèn tắt trên các cung AB, CD.
-
19
-
A
u
u
gh
sáng
-U
0
U
0
D
B
C
sáng
tắt
tắt
-u
gh
2
ϕ
LTĐH – Bổ trợ Điểm 8 ________________GV Chuyên LÝ: Nguyễn Trung Hiếu gửi tặng
Số đo cung tương ứng đèn sáng α

sáng
= 4φ
1
Số đo cung tương ứng đèn tắt α
tắt
= 2π - 4φ
1
- Trong một chu kỳ T
t
sáng
=
π
2
T
α
sáng
t
tắt
=
π
2
T
α
tắt
- Tỉ lệ thời gian:
tat
sang
tat
sang
t

t
α
α
=
4. Bài tậpví dụ:
Bài 1: Một bóng đèn ống được mắc vào mạng điện xoay chiều tần số 50Hz, điện áp hiệu dụng U = 220V. Biết
rằng đèn chỉ sáng khi điện áp giữa hai cực của đèn đạt giá trị
Vu 2110
≥
.
a) Thời gian đèn sáng trong một chu kỳ
b) Thời gian đèn tắt trong một chu kỳ
c) Thời gian đèn sáng trong một giây
d) Thời gian đèn tắt trong một giây
e) Tỉ số thời gian đèn sáng và thời gian đèn tắt trong một chu kỳ
Bài giải:
Sử dụng đường tròn lượng giác
Giá trị
Vu
gh
2110=
, giá trị cực đại
VU 2220
0
=
, nên
2
0
U
u

gh
=
(vị trí NB
+
)
Từ lược đồ pha suy ra góc pha
0
1
60
3
==
π
ϕ

Số đo cung tương ứng đèn sáng: α
sáng
=
0
1
240
3
4
4 ==
π
ϕ
Số đo cung tương ứng đèn tắt: α
tắt
=
0
1

120
3
2
42 ==−
π
ϕπ
Chu kỳ:
)(02,0
50
1
sT ==
Thời gian đèn sáng trong một chu kỳ:
t
sáng
=
π
2
T
α
sáng
=
)(
75
1
3
2
240
360
s
TT

==
Thời gian đèn tắt trong một chu kỳ:
t
tắt
=
π
2
T
α
tắt
=
)(
150
1
3
120
360
s
TT
==
Thời gian đèn sáng trong một giây: t
)(
3
2
1.
3
2
s==
Thời gian đèn tắt trong một giây: t
)(

3
1
1.
3
1
s==
Tỉ số thời gian đèn sáng và thời gian đèn tắt trong một chu kỳ: 240:120 = 2:1
5. Nhận xét, gợi mở và tổng kết
Lưu ý: Có thể vận dụng lược đồ thời gian kết hợp lược đồ vị trí để tính thời gian đèn sáng, đèn tắt.
Dạng 6: liên quan đến yếu tố cực trị
1. Sơ lược về bài toán
Ta thường gặp hai loại bài toán sau:
- Bài toán tính quãng đường lớn nhất (nhỏ nhất) vật dao động trong một khoảng thời gian nào đó: S
Max
,
S
Min
,
- Trong bài toán có chứa thông tin những đại lượng có giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất; như t
Max
,t
Min
,
v
tbMax
,v
tbMin
,
2. Phương pháp truyền thống
- Gặp nhiều khó khăn

3. Giải pháp đường tròn lượng giác
-
20
-
A
u
110
sáng
220
0
60
D
B
C
sáng
tắt
tắt
0
120
-220
-110
0
240
0
300
LTĐH – Bổ trợ Điểm 8 ________________GV Chuyên LÝ: Nguyễn Trung Hiếu gửi tặng
* Bài toán tìm S
Max
, S
Min

trong một khoảng thời gian
2
0
T
t <∆<
- Nhận xét: Vật có vận tốc lớn nhất khi đi qua VTCB, nhỏ nhất khi đi qua vị trí biên, nên trong cùng một
khoảng thời gian quãng đường đi được càng dài khi vật càng gần VTCB và càng ngắn khi càng gần vị trí biên.
- Trong khoảng thời gian
t
∆
góc quét của bán kính chuyển động tròn đều tương ứng:
t∆=∆ .
ωϕ

- Quãng đường lớn nhất S
Max
= P
1
P
2
tương ứng khi vật chuyển động tròn đều trên cung
¼
1 2
M M

=
t∆=∆ .
ωϕ

từ M

1
đến M
2
đối xứng qua trục sin

ax
2Asin
2
M
S
ϕ
∆
=
- Quãng đường nhỏ nhất S
Min
= 2AP tương ứng khi vật chuyển động tròn đều trên cung


¼
1 2
M M
=
t∆=∆ .
ωϕ

từ M
1
đến M
2
đối xứng qua trục cos

2 (1 os )
2
Min
S A c
ϕ
∆
= −
* Bài toán tìm tốc độ trung bình lớn nhất, nhỏ nhất trong một khoảng thời gian

2
0
T
t <∆<

ax
ax
M
tbM
S
v
t
=
∆
và
Min
tbMin
S
v
t

=
∆
với S
Max
; S
Min
tính như trên.
* Bài toán cho quãng đường S < 2A, tìm khoảng thời gian dài nhất và ngắn nhất
- Nhận xét: Vật có vận tốc lớn nhất khi đi qua VTCB, nhỏ nhất khi đi qua vị trí biên, nên trong cùng một
quãng đường, khoảng thời gian càng dài khi vật càng gần vị trí biên và khoảng thời gian càng ngắn khi
chuyển động càng gần xung quanh VTCB.
- Tuỳ thuộc đề bài để quãng đường bài toán cho đối xứng xung quanh các VTCB (v
Max
) hay vị trí biên
(v
Min
). Sau đó xác định vị trí đầu x
1
và vị trí cuối x
2
. Kết hợp lược đồ thời gian ta sẽ tính được t
Min
hay t
Max
.
4. Bài tập ví dụ:
Bài 1: (TSCĐ 2008). Một vật dao động điều hòa dọc theo trục Ox, quanh vị trí cân bằng O với biên độ A và
chu kỳ T. Trong khoảng thời gian
T
4

, quãng đường lớn nhất (nhỏ nhất) mà vật có thể đi được là
A. A. B.
3A
2
.
C.
A 3
D.
A 2
.
Bài giải:
Góc quét:
24
2
4
.
ππ
ωωϕ
===∆=∆
T
t
Biểu diễn góc quét để tính S
Max
như hình vẽ
S
Max
=
2
2
2 A

A
=
-
21
-
sin
A
-A
M
2
x
2
ϕ
∆
M
1
P
2
P
1
O
x
O
-A
A
P
2
ϕ
∆
M

1
M
2
cos
4
π
sin
A
-A
M
2
x
M
1
P
2
P
1
O
2
A
S
Max
2
A
−
x
O
A
P

M
1
M
2
cos
4
π
2
A
LTH Bụ tr iờm 8 ________________GV Chuyờn LY: Nguyờn Trung Hiờu gi tng
Biu din gúc quột tớnh S
Min
nh hỡnh v
S
Min
= 2AP =
)22()
2
(2 = A
A
A
Bi 2: Một vật dao động điều hòa với biên độ A và tần số f. Thời gian ngắn nhất để vật đi đợc quãng đờng có
độ dài A là
A.
f6
1
. B.
f4
1
. C.

f3
1
. D.
4
f
.
Bi gii: Trờn cựng quóng ng A i trong thi gian ngn nht thỡ vt phi dao ng xung quanh VTCB
nhiu nht.
Chia quóng ng A thnh 2 phn bng nhau i xng qua VTCB.
Li im u x
1
=
2
A

,
Li im cui x
2
=
2
A
;
Thi gian ngn nht i ht quóng ng S = A bng thi gian ngn nht i t v trớ NB
-
n v trớ NB
+
. T
lc thi gian suy ra kt qu: t
Min
=

f
TTT
6
1
61212
==+

Bi 3: (TSH 2010). Mt con lc lũ xo dao ng iu hũa vi chu kỡ T v biờn 5 cm. Bit trong mt chu
kỡ, khong thi gian vt nh ca con lc cú ln gia tc khụng vt quỏ 100 cm/s
2
l
3
T
. Ly
2
=10. Tn
s dao ng ca vt l: A. 4 Hz. B. 3 Hz. C. 2 Hz. D. 1 Hz.
Bi gii:
- Trong thi gian
t

=
3
T
gúc quột ca bỏn kớnh:
0
120
3
2
3

====


T
t
- Trong dao ng iu ho gia tc cú ln nh nht VTCB, ln nht v trớ biờn.
- V trớ gia tc cú giỏ tr
0
aa =
= 100cm/s
2
;
ú l hai v trớ P
1
v P
2
cú li ln lt x
1
, x
2

xỏc nh theo iu kin
0
aa =
Do gia tc cú ln bng nhau ti hai v
trớ i xng nhau qua VTCB, nờn P
1
v P
2
i

xng nhau qua VTCB:
xxx ==
21

Gi thi gian ngn nht vt i t VTCB
n P
1
(hoc P
2
) l t. Theo lc lng giỏc khong
thi gian
t

(
0
aa
) gp 4 ln t

Suy ra:
124
)3(
4
4
TTt
ttt ==

==
Theo lc thi gian: thi gian ngn nht t VTCB n NB l
12
T

Nờn P
1
v trớ NB
-
, P
2
v trớ NB
+
, vy
)(5,2
2
21
cm
A
xxx ====
- Do ú:

2401005,2.100
222
0
===== xaa
Hzf 1=
Bi 4: Mt con lc lũ xo dao ng iu hũa vi chu kỡ T v biờn 5
10
cm. Bit trong mt chu kỡ, khong
thi gian vt nh ca con lc cú ln vn tc khụng vt quỏ 50 cm/s
2
l
3
T

. Ly
2
=10. Tn s dao
ng ca vt l
A. 4 Hz. B. 3 Hz. C. 2 Hz. D. 1 Hz.
Bi gii:
-
22
-
A
D
B
C
-2,5
5
-5
2,5
60
0
60
0
60
0
P
2
P
1
12
T
12

T



O
x
B
-
CB
NB
-
B
+

NB
+

LTĐH – Bổ trợ Điểm 8 ________________GV Chuyên LÝ: Nguyễn Trung Hiếu gửi tặng
- Vật có vận tốc lớn nhất khi đi qua VTCB, nhỏ nhất khi đi qua vị trí biên.
- Có thể làm tương tự “bài 3”, khác ở chỗ thời gian được tính từ các vị trí P
1
, P
2
ra biên.
124
)3(
4
4
TTt
ttt ==

∆
=→=∆
.
- Theo lược đồ thời gian: trong khoảng thời gian
12
T
vật đi từ vị trí B
+
đến vị trí KT
+
, mà ở vị trí KT vận tốc
có độ lớn
22
Av
v
Max
ω
==
- Kết hợp đề bài ta có:
πω
ωω
210250
2
105.
50
2
==→=↔=
A
Hzf 1=⇒
5. Nhận xét, gợi mở và tổng kết

Lưu ý: + Trong trường hợp
∆
t > T/2 . Tách
'
2
T
t n t∆ = +∆

trong đó
*
;0 '
2
T
n N t∈ < ∆ <
Trong thời gian
2
T
n
quãng đường luôn là 2nA
Trong thời gian
∆
t’ thì quãng đường lớn nhất, nhỏ nhất tính như trên.
+ Bài toán trong một khoảng thời gian
∆
t độ lớn của đại lượng (v, a, F, W
đ
, W
t
) không vượt quá hay
luôn lớn hơn một giá trị nào đó, trước hết nhận xét loại đại lượng đó có độ lớn nhỏ nhất, lớn nhất ở VTCB

hay vị trí biên. Chia khoảng thời gian
∆
t thành 4 phần; trong khoảng thời gian
4
t∆
vật thực hiện dao động
từ VTCB (hoặc từ vị trí biên) đến vị trí đại lượng bị giới hạn, từ đó tìm được vị trí và giá trị gới hạn của đại
lượng; đối chiếu với thông tin đề bài sẽ có kết quả.
Dạng 7: Liên quan các bài toán KHÓ
Ví dụ 1
Cho hai mạch dao động lí tưởng L
1
C
1
và L
2
C
2
với C
1
= C
2
= 0,1μF, L
1
= L
2
= 1 μH. Ban đầu tích điện
cho tụ C
1
đến điện áp 6 V và tụ C

2
đến điện áp 12 V rồi cho mạch dao động. Thời gian ngắn nhất kể từ khi
mạch dao động bắt đầu dao động thì điện áp trên 2 tụ C
1
và C
2
chênh lệch nhau 3V?
A.
6
10
6
−
s B.
6
10
3
−
s C.
6
10
2
−
s D.
6
10
12
−
s
Lời giải
Hai mạch dao động có

1 2 1 2
C = C ; L = L
nên
1 2
1
1
ω = ω = ω =
L C
1
Khi cho hai mạch bắt đầu dao động cùng một lúc thì điện áp giữa hai bản tụ của mỗi mạch dao động biến
thiên cùng tần số góc.
Ta biểu diễn bằng hai đường tròn như hình vẽ
Tại thời điểm t kể từ lúc bắt đầu dao động, điện áp trên mỗi tụ là u
1
, u
2
Theo bài toán: u
2
– u
1
= 3V (1)
Từ hình vẽ, ta có:
02
2
01 1
U
u
= = 2
U u
(2)

-
23
-
LTĐH – Bổ trợ Điểm 8 ________________GV Chuyên LÝ: Nguyễn Trung Hiếu gửi tặng
Từ (1) và (2), ta được:
6
01
1
U
π Δα π 10
u = 3V =Δα = Δt = = = (s)
2 3ω 3ω 3
−
⇒ ⇒
.
Ví dụ 2
Một sóng cơ học lan truyền trên mặt thoáng chất lỏng nằm ngang với tần số 10 Hz, tốc độ truyền sóng 1,2
m/s. Hai điểm M và N thuộc mặt thoáng, trên cùng một phương truyền sóng, cách nhau 26 cm (M nằm gần
nguồn sóng hơn). Tại thời điểm t, điểm N hạ xuống thấp nhất. Khoảng thời gian ngắn nhất sau đó điểm M hạ
xuống thấp nhất là
A. 11/120 (s) B. 1/60 (s) C. 1/120 (s) D. 1/12 (s)
Lời giải
Bước sóng λ = v/f = 0,12m = 12cm
MN = 26 cm = (2 + 1/6) λ.
Điểm M dao động sớm pha hơn điểm về
thời gian là 1/6T. Tại thời điểm t N hạ
xuống thấp nhất, M đang đi lên
sau đó t = 11T/12 M sẽ hạ xuống thấp nhất: t =
11T/12 = 11/120 (s).
Chọn đáp án A

Ví dụ 3 : Một sợi dây đàn hồi căng ngang, đang có sóng dừng ổn định. Trên dây A là một điểm nút, B là
điểm bụng gần A nhất với AB = 18 cm, M là một điểm trên dây cách B một khoảng 12 cm. Biết rằng trong
một chu kỳ sóng, khoảng thời gian mà độ lớn vận tốc dao động của phần tử B nhỏ hơn vận tốc dao động cực
đại của phần tử M là 0,1 s. Tốc độ truyền sóng trên dây là?
Lời giải
4 72
4
AB AB cm
λ
λ
= → = =
. M cách A: d = 6cm hoặc 30 cm
Phương trình sóng ở M:
2 2
2 .sin .sin 2 .sin . os
M M
d d
u a t v a c t
π π
ω ω ω
λ λ
= → =
.
Do đó
max
2
2 .sin .
M
d
v a a

π
ω ω
λ
= =
Phương trình sóng ở B:
2 .sin 2 . os
B B
u a t v a c t
ω ω ω
= → =
Vẽ đường tròn suy ra thời gian v
B
< v
Mmax
là T/3. Do đó T = 0,3 s.
Từ đó tính được tốc độ truyền sóng:
72
240 / .
0,3
v cm s
T
λ
= = =
Ví dụ 4. Một sợi dây đàn hồi căng ngang, đang có sóng dừng ổn định. Trên dây A là một nút, B là điểm bụng
gần A nhất, AB = 14 cm. C là một điểm trên dây trong khoảng AB có biên độ bằng một nửa biên độ của B.
Khoảng cách AC là:
A. 14/3 cm B. 7 cm C. 3,5 cm D. 1,75 cm
-
24
-

M •
N •
LTĐH – Bổ trợ Điểm 8 ________________GV Chuyên LÝ: Nguyễn Trung Hiếu gửi tặng
Lời giải
λ = 4.AB = 56 cm
Dùng liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều
AC =
30
360
λ
×
= 14/3 cm
Ví dụ 5. Đặt điện áp xoay chiều: u = 220
2
cos100πt (V) ( t tính bằng giây) vào hai đầu mạch gồm điện trở
R=100Ω, cuộn thuần cảm L = 318,3 mH và tụ điện C = 15,92μF mắc nối tiếp. Trong một chu kì, khoảng thời
gian điện áp hai đầu đoạn mạch sinh công dương cung cấp điện năng cho mạch bằng:
A. 20ms B. 17,5ms C. 12,5ms D. 15ms
Lời giải
Chu kì của dòng điện T = 0,02 (s) = 20 (ms)
Z
L
= 314. 318,3. 10
-3
= 100Ω; Z
C
=
6
10.92,15.314
1

−
= 200Ω; Z = 100
2
Ω
Góc lệch pha giữa u và i: tanϕ =
R
ZZ
CL
−
= - 1 > ϕ = -
4
π
Biểu thức cường độ dòng điện qua mạch i = 2,2cos(100πt +
4
π
) (A)
Biểu thức tính công suất tức thời: p = ui = 484
2
cos100πt cos(100πt +
4
π
)
Điện áp sinh công dương cung cấp điện năng cho mạch khi p > 0
hay biểu thức Y = cos100πt cos(100πt +
4
π
) > 0
Xét dấu của biểu thức Y = cosα.cos(α +
4
π

) trong một chu kì 2π
cosα > 0 khi -
2
π
< α <
2
π
:
Vùng phía phải đường thẳng MM’
cos(α +
4
π
) > 0 khi -
2
π
< α +
4
π
<
2
π
hay khi -
4
3
π
< α <
4
π
:
-

25
-
A
B C
a
a/2
30
0
+ +
+ +
+
N
M