PP suy luận nhanh gv lê văn vinh CHUONG 1 DAO ĐỘNG cơ chuyên đề 1 dao động điều hòa dạng 5 thời gian image marked

CN tinh hoa PP giải nhanh bằng suy luận Vật lí, tập 1– Lê Văn Vinh

Dạng 5. Tìm thời gian vật đi từ vị trí x1 đến x2
Phương pháp giải: dạng tốn này có 3 cách để giải quyết
Cách 1: Giải theo vịng trịn lượng giác
Cho phương trình dao động
của vật có dạng:
x  A cos(t  ) cm
Bước 1: Xác định vị trí x1 trên
vịng trịn và chiều chuyển
động của vật

M

N



A

A
x2

x1

O

x

(v1  0; v1  0; hay v1  0) .

Bước 2: Xác định vị trí x 2
trên vịng tròn và chiều
chuyển động của vật

v

(v 2  0; v 2  0; hay v 2  0) .

Bước 3: Biểu diễn dao động điều hòa trên đường tròn. Vật đi từ vị trí x1 đến
x 2 tương ứng với một chuyển động tròn đều đi từ M đến N với vận tốc

góc ω, bán kính là A.

.
Bước 4: Xác định góc   MON
 Thời gian vật đi từ vị trí x1 đến x 2 là : Δt =

φ
.
ω

Cách 2 : dùng các khoảng thời gian đặc biệt
Khi đề cho vị trí vật xuất phát và vị trí vật kết thúc đặc biệt như

A 3
A 2
A
; 
;  ; 0 thì cách giải này là nhanh nhất vì chỉ
2

2
2
việc lấy các khoảng thời gian cộng lại với nhau thôi. Trong đề thi trắc
nghiệm từ năm 2007 đến nay, đề thi đều ra các điểm đặc biệt nêu trên vì
thế cách thứ hai các bạn phải nắm thật chắc.
x   A; 



A 3

A
62

2



A 2
2



A
2

A
2

O

T

T

12

12

A 2 A 3
2
2
A


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

Cách 3 : Dùng công thức và bấm máy tính
N

A

x

O

1

v

2

A

x1 A

A
x2

O

M

x

N

M

v

Hình a

Hình b

* Trường hợp 1: Vật chuyển động từ VTCB đến vị trí có tọa độ x1 hoặc
ngược lại.
Góc quét vật chuyển động từ VTCB đến vị trí x1 tương ứng với vật
chuyển động từ M đến N (hình a) là: φ1 = ωt1
Từ hình a ta có: sinφ1 = sin(ωt1 ) 

x1
A

 t1 

x 
1
arcsin  1 
 A 
ω



Ta lấy độ lớn của x1 vì thời gian ln dương.
63


CN tinh hoa PP giải nhanh bằng suy luận Vật lí, tập 1– Lê Văn Vinh

Việc này khi bấm máy tính, ta lấy giá trị độ lớn của li độ và chế độ của
máy phải tính theo rad:
Với máy tính casio fx 570 ES hoặc casio fx 570 ES Plus ta làm như sau:
Shift Mode 4 (để đưa chế độ máy về rad)
Tiếp theo ta bấm: Shift sin  x1  A   ω = Kết quả
* Trường hợp 2: vật chuyển động từ vị trí biên đến vị trí có tọa độ x2 hoặc
ngược lại.
Góc qt vật chuyển động từ vị trí biên đến vị trí x2 tương ứng với vật
chuyển động từ M đến N (hình b)là: φ 2 = ωt 2
Từ hình b ta có: cosφ1 = cos(ωt 2 ) 

x2
A

 t2 

 x2 
1

arc cos 
 A 
ω



Bấm máy tính
Shift Mode 4 (để đưa chế độ máy về rad)
Tiếp theo ta bấm: Shift sin  x1  A   ω = Kết quả
Tóm lại:
+ Vật đi từ VTCB đến x1 hoặc ngược lại: Shift sin  x1  A   ω
+ Vật đi từ biên đến x2 hoặc ngược lại: Shift cos  x 2  A   ω
Ta có hình vẽ biểu diễn quá trình trên như sau :
A

O

 x 
1
arcsin 


A
ω



A

x

 x 
1
arccos 

A
ω



 VÍ DỤ MẪU:
Ví dụ 1: Vật dao động điều hịa có phương trình: x = Acost. Thời gian
ngắn nhất kể từ lúc bắt đầu dao động đến lúc vật có li độ x = A/2 là:
A. T/6(s)

B. T/8(s).
C. T/3(s).
Phân tích và hướng dẫn giải
Cách 1: Giải theo vòng tròn lượng giác
64

D. T/4(s).

Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

Theo bài ra: Phương trình dao động của vật: x = Acosωt
Suy ra phương trình vận tốc của vật: v = Aωsinωt
Tiếp theo thay t = 0 vào hai phương trình trên để xác định vị trí (x1)và chiều
chuyển động của vật (v1)
 x  Acosωt  Acos0  A
t 0
 v  Aωsinωt  Aωsin0  0

Vậy tại thời điểm ban đầu vật ở vị trí biên dương được biểu diễn bởi điểm
M trên hình.
A
được biểu diễn bởi điểm N và P trên vịng trịn. Vì đề u cầu
2
tìm thời gian ngắn nhất kể từ lúc vật bắt đầu dao động đến điểm có vị trí
A
x =  , như thế thời gian cần tìm chính là thời gian vật chuyển động từ M
2
đến N .

Vị trí x = 

Tiếp theo ta cần tìm góc qt mà vật đi từ M đến N
Từ hình vẽ, ta có:
cosα =

x

A

=

N

1
π
 α = rad
2
3

2π
rad
3
Thời gian cần tìm là:
φ= πα =

A



A
2




A
O

2
φ
T
t= = 3 =
.
 2 3
T
Chọn đáp án C

M

x

P

Cách 2: Giải theo các khoảng thời gian đặc biệt

T
12
A



A
2

Theo bài ra: x1 = A; x 2 = 

T

4

O

A

A
là hai điểm đặc biệt vì thế bài tốn được giải
2

quyết rất dễ dàng như sau:
65


CN tinh hoa PP giải nhanh bằng suy luận Vật lí, tập 1– Lê Văn Vinh

Min t 

A
 A - 
2


= t  A 0  + t 

A
 0- 
2


=

T T T
+
=
4 12 3

Giải theo cách này chắc không quá 10 giây!
Cách 3: Dùng công thức và bấm máy tính
A
nằm hai bên so với VTCB nên thời gian cần tìm là
2
tổng của hai phần. Thời gian t1 để vật đi từ vị trí x1 = A đến VTCB và thời

Ta có: x1 = A; x 2 = 

gian t2 để vật đi từ VTCB đến x 2 = 
Như thế: t = t1 + t 2 =

A
2

 x1  1
 x 
1
 + arcsin  2 
arcsin 
 A  ω
 A 
ω







 A 
  1 
A
 1 
1
t = t1 + t 2 =  arcsin   + arcsin  2   =  arcsin1 + arcsin   
ω
A
 2 
 A  ω 
 

 

Tới đây các bạn bấm máy tính nữa là xong. Vì đề cho trường hợp tổng quát
nên chỉ bấm được chỗ biểu thức hàm ngược mà thôi.
Bấm máy tính
Shift Mode 4 (để đưa chế độ máy về rad)
 1  2π
Tiếp theo ta bấm: Shift sin1 + Shift sin   =
2 3

1 2π
T 2π T

.
=
.
=
ω 3
2π 3
3
Ví dụ 2: Vật dao động điều hịa theo phương trình: x = 4cos(8πt – π/6)cm.
t=

Thời gian ngắn nhất vật đi từ x1 = –2 3 cm theo chiều dương đến vị trí
có li độ x2 = 2 3 cm theo chiều dương là:
A. 1/16(s).

B. 1/12(s).
C. 1/10(s)
Phân tích và hướng dẫn giải

D. 1/20(s)


A 3
 A = 4cm
 x1 = 


2
Theo bài ra ta có:  x1 = 2 3cm  
A 3



 x 2 = 2
 x 2 = 2 3cm

Cách 1: Giải theo vịng trịn lượng giác
Vì có xét theo chiều chuyển động nên trong vòng tròn ta biểu diễn thêm
trục vận tốc Ov hướng xuống.
66


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

+ Vị trí x1  2 3  

A 3
theo chiều dương là điểm M trên vòng tròn.
2

A 3
theo chiều dương là điểm N trên vòng tròn.
2
Thời gian ngắn nhất vật chuyển động từ x1 đến x 2 là thời gian ngắn nhất

+ Vị trí x 2  2 3 

vật chuyển động từ M đến N .
Tiếp theo ta cần tìm góc qt mà vật đi từ M đến N
Từ hình vẽ, ta có:

cosα1 

cosα 2 

x1
A
x2
A



3
π
 α1  rad
2
6



3
π
 α 2  rad
2
6

 φ = π   α1  α 2  

A

x1

2π

rad
3

x2 A

O

α2

α1


2π
φ
1
Thời gian cần tìm là: t   3  (s) .
ω 8π 12
Chọn đáp án B

N

M
v

Cách 2: Giải theo các khoảng thời gian đặc biệt



A 3
2

A 3
2

O

A

A

T
6

T
6

A 3
A 3
; x2 =
là hai điểm đặc biệt vì thế bài toán được
2
2
giải quyết rất dễ dàng như sau:

Theo bài ra: x1 = -

Min t 

A 3 A 3




 2
2 


= t


A 3
0 

 2




+ t

A 3
 0


2 


=

T T T 2π
2π

1
+ = =
=
= (s)
6 6 3 3ω 3.8π 12

Cách 3 : Dùng cơng thức và bấm máy tính

67

x


CN tinh hoa PP giải nhanh bằng suy luận Vật lí, tập 1– Lê Văn Vinh

Ta có: x1 = 

A 3
A 3
; x2 =
nằm hai bên so với VTCB nên thời gian cần
2
2

tìm là tổng của hai phần. Thời gian t1 để vật đi từ vị trí x1 = 
VTCB và thời gian t2 để vật đi từ VTCB đến x 2 =
Như thế: t  t1 + t 2 

A 3
đến

2

A 3
2

 x1  1
 x 
1
 + arcsin  2 
arcsin 
 A  ω
 A 
ω






A 3
A 3




1
t = t1 + t 2 =  arcsin  2  + arcsin  2
ω
 A 
 A









 3
 3 
1 
 arcsin 
=
 + arcsin 

 2 
 2 
8π 













Bấm máy tính
Shift Mode 4 (để đưa chế độ máy về rad)
Tiếp theo ta bấm:

 3
 3  1
1 
 Shift sin 
 + Shift sin 
 =
 2 
 2   12
8π 






1
(s)
12
Ví dụ 3: Vật dao động điều hịa theo phương trình: x = 5cos(πt + π/2)cm.

Vậy thời gian cần tìm là: t =

Thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí có li độ x1 = 2cm đến vị trí vật có li
độ x 2 = 3cm là:
A. 0,074(s).

B. 0,534(s).
C. 0,625(s)
D. 0,500(s)
Phân tích và hướng dẫn giải
Ta thấy rằng, li độ hai điểm cần tính đều khơng đặc biệt nên giải theo cách 3
là nhanh nhất.
5

2

O

3

5

t1
t2
Vì x1 = 2cm; x 2  3cm nằm cùng bên so với VTCB nên thời gian cần tìm là
hiệu của hai phần.
68


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

Thời gian t1 để vật đi từ VTCB đến vị trí x1  2cm và thời gian t2 để vật đi
từ VTCB đến x 2 = 3cm
Như thế: t  t 2  t 1 
Thay số: t = t 2  t 1 =

 x  1
 x 
1
arcsin  1   arcsin  2 
 A  ω
 A 
ω





1
3
 2 
 arcsin    arcsin   
π
5
 5 

Bấm máy tính
Shift Mode 4 (để đưa chế độ máy về rad)
Bấm máy:

1
3
 2 
 Shift sin    Shift sin    = 0, 074s
π

5
 5 

Vậy thời gian cần tìm là: t = 0, 074(s)
Nhận xét: sau này khi làm thì các bạn chỉ cần bấm máy là xong ngay, việc thiết lập
cơng thức khơng có gì khó khăn cả.
Khi đã quen thì bài này mất khơng tới 10s đâu các bạn!


Ví dụ 4: Vật dao động điều hịa theo phương trình: x = 5cos  5t   cm .
5


Thời gian tối thiểu để vật đi từ vị trí có li độ x1 = 2,5 3cm theo chiều
dương đến vị trí vật có li độ x 2 = 2, 5cm theo chiều âm là:
A.

7
(s)
30

2
3
(s)
(s)
C.
15
40
Phân tích và hướng dẫn giải

B.

D.

5
(s)
31


A 3
A = 5cm
x1 = 

2
Theo bài ra ta có: x1 = 2, 5 3cm  
x = 2, 5cm
x = A
 2
 2 2

Li độ hai điểm cần tính đều đặc biệt vì thế giải theo các khảng thời gian đặc
biệt là nhanh nhất.
A



A 3
2

A

2

O
T
6

T
4

A
T
6

69


CN tinh hoa PP giải nhanh bằng suy luận Vật lí, tập 1– Lê Văn Vinh

Từ hình vẽ ta có thịi gian cần tìm là:
Min t = t 


A 3
0 
 2




+ t  0 A  + t 

A
 A 
2


=

T T T 7T 7.2π
7
+ + =
=
=
(s)
6 4 6 12 12.5π 30

Ví dụ 5: (Sở GD&ĐT Quảng Nam 2016) Một vật dao động điều hịa có
chu kì là T. Nếu chọn gốc thời gian t = 0 lúc vật qua vị trí cân bằng, thì
trong nửa chu kì đầu tiên, vận tốc của vật bằng không ở thời điểm
A. t = T/6.

B. t = T/4.
C. t = T/8.
D. t = T/2.
Phân tích và hướng dẫn giải
Theo bài ra, ban đầu vật qua vị trí cân bằng nhưng chưa nói rõ là đang
chuyển động theo chiều nào nên ta có hai trường hợp xảy ra.
+ Trường hợp 1: ban đầu vật qua VTCB theo chiều dương vì thế sau nửa chu
kỳ đầu tiên, vận tốc của vật sẽ bằng không tại vị trí biên dương. Như vậy,
T

thời gian cần tìm là: t = t  
 
0

A
4






A

A

O
T
4

v=0

+ Trường hợp 2: ban đầu vật qua VTCB theo chiều âm vì thế sau nửa chu kỳ
đầu tiên, vận tốc của vật sẽ bằng khơng tại vị trí biên âm. Như vậy, thời
T
gian cần tìm là: t = t  


4
 0  A 



O

A
v=0



A

T
4

Chọn đáp án B
Ví dụ 6: Một vật dao động điều hồ theo phương trình: x = Acos(t 
Cho biết, từ thời điểm ban đầu vật đến li độ x =


).
2

A 3
trong khoảng thời
2

1
, và tại điểm cách VTCB 2(cm) vật có vận tốc 40 3
60
(cm/s). Xác định tần số góc và biên độ A của dao động.

gian ngắn nhất là

70


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

A.  = 20rad/s; A = 4cm.

B.  = 25rad/s; A = 4cm.

C.  = 20rad/s; A = 5cm.
D.  = 25rad/s; A = 5cm.
Phân tích và hướng dẫn giải

 
x1  A cos   2   0
Ở thời điểm ban đầu (t = 0), vật có: 
, tức là vật qua vị
v  A sin      0


 2


trí cân bằng theo chiều dương.
Thời gian ngắn nhất để vật đi từ VTCB đến vị trí x 
Min t = t 

A 3
 0


2 




A 3
là:
2

T 1

 T = 0,1(s)  ω = 20π(Rad / s)
6 60

Biên độ dao động được xác định từ hệ thức độc lập:

A  x2 

v2
2



 22

 40 3 


 20 2

2

 4cm .

Chọn đáp án A
Ví dụ 7: Một cật dao động điều hịa dọc theo trục tọa độ nằm ngang Ox
với chu kì T, vị trí cân bằng và mốc thế năng ở gốc tọa độ. Tính từ lúc vật
có li độ dương lớn nhất, thời điểm đầu tiên mà động năng và thế năng
của vật bằng nhau là
A. t = T/4.
B. t = T/8.
C. t = T/12.
D. t = T/6.
Phân tích và hướng dẫn giải
Vị trí của vật để động năng bằng thế năng là: x = 
Trên vòng tròn là bốn điểm M, N, P, Q.
N
Vật có li độ dương lớn nhất là
tại A nên thời điểm đầu tiên
động năng bằng thế năng tại
A
M.
Từ vịng trịn ta có:
cosφ =

x
A

=

2
π
φ=
2
4

A 2
2

M

A



O

x

P

Q
v
71


CN tinh hoa PP giải nhanh bằng suy luận Vật lí, tập 1– Lê Văn Vinh

π
φ
T
Thời điểm cần tìm là: t = = 4 = (s) .
ω 2π 8
T
Chọn đáp án B
Vì li độ thuộc các điểm đặc biệt nên giải theo các khoảng thời gian đặc biệt nên cũng
T
có thể tính nhanh như sau: Mint = t 
=
A
8
 A 


2

Ví dụ 8: Một chất điểm dao động điều hịa với biên độ A = 9cm. Biết
khoảng thời gian ngắn nhất giữa hai thời điểm động năng bằng ba lần
thế năng dao động là 0,5s. Gia tốc cực đại của chất điểm có độ lớn là
A. 39,5m/s2.

B. 0,395m/s2.

C. 0,266m/s2.

D. 26,6m/s2.

Phân tích và hướng dẫn giải
A
A
A


Theo bài ra: Wd  3Wt  x  
2
n1
31
Có 4 điểm thỏa mãn điều kiện trên là M1 ; M 2 ; M 3 ; M 4 .
khoảng thời gian ngắn nhất giữa
hai thời điểm động năng bằng 3 lần
thế năng là khi vật đi từ M 2  M 3
hoặc từ M 4  M1 .

t min  Wd  3Wt   t M




A

Vậy ta có:
2 M 3 

 t A

a

A
2

A
2

O

A

x

A
  
2
2

T T T

  0, 5  T  3(s)
12 12 6

M4

Gia tốc cực đại:
2

M2

M3

2

M1
v

2
2
a max  2 A    A    .9  39, 5cm / s 2  0, 395m / s 2
 T 
 3 

Chọn đáp án B
Ví dụ 9: Một chất điểm dao động điều hòa với chu kỳ T, cơ năng W. Thời
gian ngắn nhất để động năng của vật giảm từ giá trị W đến giá trị

72

W
là
4


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

T
T
.
C. .
4

6
Phân tích và hướng dẫn giải
Động năng bằng cơ năng tại VTCB: x = 0

A.

T
.
3

B.

D.

T
.
2

Động năng bằng một phần tư cơ năng tại vị trí:





1
1 1
A 3
k A 2  x 2  . kA 2  x  
2
4 2

2


W
Vậy t min  W 
t
4   0 A




3

2 



T
. Chọn C
6

Ví dụ 10: Trong dao động điều hòa của một vật, thời gian ngắn nhất giữa
hai lần động năng bằng thế năng là 0,6s. Giả sử tại một thời điểm nào đó,
vật có động năng là Wđ, thế năng là Wt, sau đó một khoảng thời gian Δt
vật có động năng là 3Wđ và thế năng là Wt/3. Giá trị nhỏ nhất của Δt bằng
A. 0,8s

B. 0,1s
C. 0,2s
D. 0,4s

Phân tích và hướng dẫn giải
Theo bài ra: Thời gian ngắn nhất giữa hai lần động năng bằng thế năng là:
T
 0,6  T  1,2(s)
2
Cơ năng tại thời điểm t là: W=Wd  Wt
Cơ năng sau đó một khoảng thời gian t là: W = 3Wd 
Cơ năng bảo toàn nên: 3Wd 
Vị trí Wd 

Wt
3

Wt
W
=Wd  Wt  Wd  t
3
3

Wt
A
A
A 3


là x  
2
3
n1
1

1
3

Ta lại có:

1
1
k A 2  x'2  3. k A 2  x 2
2
2
3
A
 3  A 2  A 2   x'  
4
2



W'd  3Wd  W  W't  3  W  Wt  



 A 2  x'2











A 3
A
A 3
A
hoặc 


2
2
2
2
T T
T 1, 2
 


 0,1(s)
6 12 12 12

Giá trị nhỏ nhất của Δt khi vật đi từ
Vậy t min  t A



3
2



A

2

73


CN tinh hoa PP giải nhanh bằng suy luận Vật lí, tập 1– Lê Văn Vinh

Chọn đáp án B
Ví dụ 11: (Đề thi THPTQG 2016) Một chất điểm dao động điều hịa có vận
tốc cực đại 60 cm/s và gia tốc cực đại là 2(m / s ) . Chọn mốc thế năng tại vị
2

trí cân bằng. Thời điểm ban đầu (t = 0), chất điểm có vận tốc 30 cm/s và thế
năng đang tăng. Chất điểm có gia tốc bằng (m / s ) lần đầu tiên ở thời điểm
2

A. 0,35 s.

B. 0,15 s.

C. 0,10 s.

D. 0,25 s.

Phân tích và hướng dẫn giải

 v max  A
a
2 10
2
   max 

 rad / s  ;T   0, 6  s  .

2
v max 0, 6
3

a max   A
v
Khi t = 0, v 0  30cm / s   max ,
2
được biểu diễn bởi điểm M1 và
M2 trên vịng trịn. Khi đó, thế
năng của vật đang tăng nên vật
đang chuyển động về biên vì thế
thời điểm đầu vật ở vị trí M1 .
Khi vật có gia tốc bằng

(m / s 2 ) 

a max
, được biểu diễn
2

bởi điểm N1 và N2 trên vòng
tròn. Đề yêu cầu tìm thời điểm

N1

a

a max
2

M2

O

x

v max
2

M1
N2

a
vật có gia tốc (m / s )  max
2

v

2

lần đầu tiên nên vật phải chuyển động từ M1 đến N1.
Thời điểm cần tìm là:

t  t  M1  N1   t  A

A
 A  O  

2
 2
3



T T T 5T
  
.  0, 25s
12 4 12 12

Chọn đáp án D
Ví dụ 12: (Chuyên đại học Vinh lần 4 năm 2015) Hai điểm sáng 1 và 2 cùng
dao động điều hịa trên trục Ox với phương trình dao động là :

x1  A1cos  1t    cm, x 2  A 2 cos  2 t    cm ( với A1 < A2 , 1  2 và

74


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

0


). Tại thời điểm ban đầu t = 0 khoảng cách giữa hai điểm sáng là a 3 .
2

Tại thời điểm t = Δt hai điểm sáng cách nhau là 2a, đồng thời chúng vuông
pha. Đến thời điểm t = 2Δt thì điểm sáng 1 trở lại vị trí đầu tiên và khi đó hai
điểm sáng cách nhau 3 3a . Tỉ số 1 / 2 bằng:
A. 4,0

B. 3,5

C. 3,0

D. 2,5

Phân tích và hướng dẫn giải
Sau t

3 3a

Sau 2t

2

2

Tại t =0
Tại t =0

1
Sau t

2a
1

Vật 1

a 3

Sau 2t

Vật 2

Hai vật có cùng pha ban đầu nên tại t = 0 vecto quay của hai vật cùng phương
cùng chiều như hình vẽ.
Khi đó khoảng cách giữa hai vật: A 2 cos  A1cos  a 3 (1)
Vật 1: sau 2t vật trở lại vị trí đầu tiên như vậy tại thời điểm t = 0 và t 2  2t
trên vịng trịn hai vị trí này đối xứng nhau qua Ox vì thế sau thời điểm
t1  t 

t2
thì vật 1 sẽ ở vị trí A1 (thuộc Ox). Mà sau t hai điểm sáng cách
2

nhau 2a và vng góc nhau nên vật 2 sẽ thuộc trục tung vì thế A1  2a . (2)
75

CN tinh hoa PP giải nhanh bằng suy luận Vật lí, tập 1– Lê Văn Vinh

Như vậy:
+ Sau t vật 1 thuộc trục hồnh nên sau 2t vị trí vật 1 đối xứng với vị trí tại t
= 0 qua trục hồnh (hình vẽ).
+ Sau t vật 2 thuộc trục tung nên sau 2t vị trí vật 2 đối xứng với vị trí tại t =
0 qua trục tung (hình vẽ).
Khi đó khoảng cách giữa hai vật: A 2 cos  A1cos  3 3a (3)
Lấy (3) – (1) ta được: 2A1cos  2 3a  2.2acos  2 3a   


6


5
1      6  1 .t

15
 1 
 2, 5 . Chọn đáp án D
Từ hình vẽ  



6
2
        .t
2
2


2
3

Ví dụ 13: (Đại Học Vinh lần 2/2016) Một con lắc lị xo treo thẳng đứng, ở vị
trí cân bằng lò xo giãn 5 cm. Chọn gốc O tại vị trí cân bằng, chiều dương
hướng xuống. Lấy g = 10 m/s2. Biết vật dao động điều hòa với phương trình

x  10 cos(t   2)  cm  . Thời gian ngắn nhất kể từ lúc t = 0 đến lúc lực đẩy
của lò xo cực đại là





A.  / 20 2 s.





B. 3 / 20 2 s.







C. 3 / 10 2 s.



D.  / 10 2 s.

Phân tích và hướng dẫn giải
Lực đẩy của lị xo tồn tại khi vật dao
động có l  A
Vì chiều dương hướng xuống nên vị
trí lực đẩy của lị xo đạt được tại vị
trí biên âm x = - A.



A
O


 ban đầu vật qua VTCB
2

theo chiều dương (điểm M)
76

A

M

v

x

Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

Thời gian ngắn nhất kể từ lúc t = 0 đến lúc lực đẩy của lò xo cực đại là:

t min  t  M A   t  A  A  

T T 3T
3
 

4 2 4 20 2

Ví dụ 14: (Chuyên đại học Vinh lần 3 năm 2015)
Một vật dao động điều hịa với phương trình x  10cos  2t    . Biết rằng
trong một chu kỳ, khoảng thời gian ngắn nhất giữa hai lần liên tiếp vật cách vị
trí cân bằng một khoảng m(cm) bằng với khoảng thời gian giữa hai lần liên
tiếp vật cách vị trí cân bằng một khoảng n(cm); đồng thời khoảng thời gian mà
tốc độ không vượt quá 2π(m – n) cm/s là 0,5s. Tỉ số n/m xấp xỉ
A. 1,73

B. 2,75

C. 1,25

D. 3,73

Phân tích và hướng dẫn giải
Theo bài ra: Trong một chu kỳ, khoảng thời gian ngắn nhất giữa hai lần liên

tiếp vật cách vị trí cân bằng một khoảng m(cm) bằng với khoảng thời gian giữa
hai lần liên tiếp vật cách vị trí cân bằng một khoảng n(cm). Khi đó góc quét
trong khoảng thời gian trên cũng bằng nhau.

M2

M1
N2


A

O



m

n

A

Hình 1

A



v0
2

P4

O

A
x

x

N1
v

P1

P2

v0
2

P3

v
Hình 2



m  A sin  

2

 m 2  n 2  A 2  100(cm 2 ) (1)
Từ hình vẽ 1 ta có: 
n  Acos   
 

2

Chu kỳ dao động: T = 1s
77


CN tinh hoa PP giải nhanh bằng suy luận Vật lí, tập 1– Lê Văn Vinh

Mà theo bài ra: Khoảng thời gian mà tốc độ không vượt quá 2π(m – n) cm/s là
0,5s = T/2.
Từ hình vẽ 2 ta có: v 

v0
2



A
2

  m  n  2  m  n  5 2(cm) (2)

m  2, 588
n


 3,73
Từ (1) và (2) suy ra: 
m
n  9,659

Ví dụ 15: (THPT Lê Lợi – Thanh Hoá lần 2/2016) Một vật dao động điều
hòa dọc theo một đường thẳng. Một điểm M nằm cố định trên đường thẳng
đó, phía ngồi khoảng chuyển động của vật. Tại thời điểm t thì vật xa M nhất,
sau đó một khoảng thời gian ngắn nhất là Δt vật gần M nhất. Vật cách vị trí
cân bằng một khoảng

A. t 

t
2

A
vào thời điểm gần nhất sau thời điểm t là
2

B. t 

t
3

C. t 

t
6

D. t 

t
4

Phân tích và hướng dẫn giải
Tại thời điểm t thì vật xa M nhất suy ra vật đạng ở biên dương (hình vẽ)
Tại thời điểm t + Δt thì vật xa M nhất suy ra vật đạng ở biên âm (hình vẽ)

 t 

T
2

M

t

t + Δt
O

Khoảng thời gian ngắn nhất để vật đi từ biên dương về vị trí có li độ

t min  t 

A 
 A

2




A
là:
2

T t
t
  t' t .
8 4
4
Chọn đáp án D

Ví dụ 16: (câu hỏi trên hocmai.vn) Một con lắc lò xo dao động điều hịa theo
phương ngang. Trong q trình dao động tốc độ cực đại và gia tốc cực đại lần
lượt là 6m/s và 60π (m/s2). Tại thời điểm ban đầu vật có vận tốc 3m/s và thế
năng đang tăng. Thời gian ngắn nhất sau đó để vật có gia tốc 30π (m/s2) là
78


Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt

A.

1
s.
12

B.

1
s.
24

C.

1
s.
20

D.

1
s.
6

Phân tích và hướng dẫn giải

 v max

a max

a

ω = max  10π  rad / s 

 ωA

v max

2 
ω A 
v
3
A = max   m 

5π


a
a max

v

 v  3m / s  max
+ Khi t  0  
2
 Wt 

x



Mint A

3
A
 2  2 



 Mint A

A
2

x

O

M

P

A 3
 (điểm M)
2

+ Khi a = 30π (m/s2)  x  

 v max

N

v

A 3

2

v max

a
3
A

( m)  
2
10π
2
ω

3
A 
 2  2  



 t A


3
 2  A 





 t AO   t

A
 O  
2


T T T 5T 1
  
 s
12 4 12 12 12

Ví dụ 17: (câu hỏi trên thuvienvatly.com) Một chất điểm đang dao động
điều hoà trên một đoạn thẳng. Trên đoạn thẳng đó có bảy điểm theo đúng thứ
tự M1, M2, M3, M4, M5, M6 và M7 với M4 là vị trí cân bằng. Biết cứ 0,05 s thì chất
điểm lại đi qua các điểm M1, M2, M3, M4, M5, M6 và M7. Tốc độ của nó lúc đi
qua điểm M2 là 20 cm/s. Biên độ A bằng
A. 4 cm.

B. 6 cm.

C. 12 cm.

D. 4 3 cm.

Phân tích và hướng dẫn giải
Theo bài ra thì hai điểm M1 và M7 là hai vị trí biên độ. Khi đó ta có:

79


CN tinh hoa PP giải nhanh bằng suy luận Vật lí, tập 1– Lê Văn Vinh

 t  M1 M 2   t  M 2 M3   t  M3 M 4 
t
  M1 M 2   t  M 2 M3   t  M3 M 4   t  M1 M 4 
T
 3t  M1 M 2   t  M1 M 4  
4
T
 t  M1 M 2    0, 05
M1
M2
12
 T  0, 6s
t  M1 M 2  

T
t
12   A A


0,05s
3

2 

v
A 3
A
 x M2  
 v M 2  max 

2
2
2
2v M 2 v M 2 T 20.0, 6
A


 12cm



Chọn đáp án C

80

0,05s

M3 M
4

M5

M6

0,05s 0,05s 0,05s

M7
0,05s