Phương pháp giản đồ FRENEN

BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN
1. Lời giới thiệu
Hiện nay việc ứng dụng phương pháp giản đồ FRENEN để giải các bài
toán liên quan đến dao động điều hòa là khá phổ biến. Tuy nhiên việc ứng dụng
phương pháp giản đồ FRENEN ba trục vào trong các bài toán còn tương đối
hạn chế. Vì vậy tôi mạnh dạn nghiên cứu phương pháp giản đồ FRENEN ba trục
để giải nhanh các bài toán liên quan đến dao động điều hòa.
Ngoài ra việc sử dụng phương pháp giản đồ FRENEN để giải các bài toán
khó đôi khi còn gây ra cho giáo viên nhiều lung túng. Vì vậy tôi đã nghiên cứu
và hệ thống các bài toán khó trong dao động điều hòa, sóng cơ học và điện xoay
chiều có thể ứng dụng phương pháp giản đồ FRENEN.
2. Tên sáng kiến: “Phương pháp giản đồ FRENEN”
3. Tác giả sáng kiến
- Họ và tên: Phạm Văn Hợi
- Địa chỉ tác giả sáng kiến: Hồ Sơn – Tam Đảo – Vĩnh Phúc
- Số điện thoại: 0979092216 E_mail:
4. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Sáng kiến áp dụng trong lĩnh vực giáo dục. Giúp
cho học sinh ôn thi THPT quốc gia. Nhằm giúp cho giáo viên và học sinh giảm
bớt khó khăn trong quá trình ôn thi THPT quốc gia.
5. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: Sáng kiến được áp
dụng lần đầu vào tháng 2 năm 2017 sau đó được chỉnh sửa và hoàn thiện thêm.
6. Mô tả bản chất của sáng kiến

1


PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. Lí do chọn đề tài
Ngày nay thay vì việc dùng phương pháp đại số giải các bài toán về dao
động điều hòa còn phương pháp giản đồ FRENEN. Việc ứng dụng phương pháp

giản đồ FRENEN tương đối phổ biến. Tuy nhiên việc ứng dụng phương pháp
giản đồ FRENEN có ba trục để giải nhanh các bài toán liên quan đến dao động
điều hòa vẫn còn là khá mới với giáo viên.
Ngoài ra việc sử dụng phương pháp giản đồ FRENEN để giải các bài toán
khó trong dao động điều hòa, sóng cơ học và điện xoay chiều vẫn gây cho giáo
viên nhiều khó khăn và lúng túng.
Xuất phát từ thực tế trên tôi mạnh dặn nghiên cứu đề tài “Phương pháp
giản đồ FRENEN”
2. Mục đích nghiên cứu
+ Tìm ra phương pháp giúp học sinh giải nhanh nhất các bài toán liên
quan đến mối quan hệ giữa li độ, vận tốc và gia tốc trong dao động điều hòa.
Sau đó mở rộng ra các bài toán về mối quan hệ giữa
+ Tìm ra phương pháp giải các bài toán khó liên quan đến dao động điều
hòa bằng phương pháp ứng dụng vòng tròn lượng giác.
3. Phạm vi nghiên cứu
+ Kiến thức liên quan đến dao động điều hòa.
+ Các kiến thức của phần lượng giác trong toán học.
4. Phương pháp nghiên cứu
Để hoàn thành đề tài này tôi chọn phương pháp nghiên cứu:
+ Phương pháp nghiên cứu tài liệu: Đọc các sách giáo khoa phổ thông
sách tham khảo phần Dao động điều hòa, phần sóng cơ học, sóng điện từ, dòng
điện xoay chiều…

2


+ Phương pháp thống kê: Chọn các bài toán có trong chương trình phổ
thông, các bài toán thường gặp trong các kì thi.
+ Phương pháp phân tích và tổng hợp kinh nghiệm trong quá trình giảng
dạy và thực tế đời sống.

3


PHẦN II. NỘI DUNG
I. Cơ sở lí thuyết
1. Mối quan hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều
+ Giả sử một điểm M chuyển động tròn đều trên đường tròn theo chiều
dương với tốc độ góc ω.
+ P là hình chiếu của M lên Ox.
+ Giả sử lúc t = 0, M ở vị trí M0 với P1Oˆ M = ϕ (rad)
+ Sau t giây, vật chuyển động đến vị trí M, với P1Oˆ M = (ωt + ϕ ) rad
+ Toạ độ x = OP của điểm P có phương trình:
M

x = OMcos(ωt + ϕ)
Đặt OM = A

ωt

M0

x P

P1

ϕ

O

x = Acos(ωt + ϕ)

+

Vậy: Dao động của điểm P là dao động điều hoà.
2. Vectơ quay
uuuuu
r
- Dao động điều hoà x = Acos(ωt + ϕ) được biểu diễn bằng vectơ quay OM
có:
+ Gốc: tại O.
+ Độ
dài OM = A.
uuuuu
r
+ (OM,Ox) = ϕ
(Chọn chiều dương là chiều dương của đường tròn lượng giác).
3. Một số lưu ý
Theo chúng tôi, một trong những vấn đề trọng tâm của việc giải bài toán bằng
giản đồ véc tơ là cộng các véc tơ.
a) Các quy tắc cộng véc tơ
Trong toán học để cộng hai véc tơ



a vµ b, SGK hình học 10, giới thiệu

hai quy tắc: quy tắc tam giác và quy
tắc hình bình hành.
b) Quy tắc tam giác

4


Nội dung của quy tắc tam giác là: Từ điểm A tuỳ ý ta vẽ véc tơ AB = a , rồi

từ điểm B ta vẽ véc tơ BC = b . Khi đó véc tơ AC được gọi là tổng của hai véc tơ


a vµ b (Xem hình a) .
c) Quy tắc hình bình hành
Nội dung của quy tắc hình bình hành là: Từ điểm A tuỳ ý ta vẽ hai véc tơ


AB = a vµAD = b , sau đó dựng điểm C sao cho ABCD là hình bình hành thì véc


tơ AC được gọi là tổng của hai véc tơ a vµ b (xem hình b) . Ta thấy khi dùng
quy tắc hình bình hành các véc tơ đều có chung một gốc A nên gọi là các véc tơ
buộc.
Vận dụng quy tắc hình bình hành để cộng các véc tơ trong bài toán điện
xoay chiều ta có phương pháp véc tơ buộc, còn nếu vận dụng quy tắc tam giác
thì ta có phương pháp véc tơ trượt (“các véc tơ nối đuôi nhau”).
II. Vận dụng.
1. Vận dụng giải nhanh các bài tập.
1.1. Cơ sở lý thuyết

- ωA

+ x = Acos(ωt+ϕ)

+ v = x’ = -Aωsin(ωt + ϕ),

a

-A
ω2A

+ a = v’ = -Aω2cos(ωt + ϕ)

O
ωA

* Cách biểu diễn:

A x
- ω2A

v

+ Li độ là hàm cosin nên được biểu diễn bằng trục cosin có chiều dương
hướng từ trái sang phải với biên độ là A
+ Vận tốc là hàm trừ sin nên được biểu diễn bằng trục ngược với trục sin có
chiều dương hướng từ trên xướng dưới với biên độ là ωA
+ Gia tốc là hàm trừ cosin nên được biểu diễn bằng trục ngược với trục cosin
có chiều dương hướng từ phải sang trái với biên độ là ω2A
* Ý nghĩa:
+ Khi ta biễu diễn một trong 3 đại lượng x, v, a ta có thể xác định được ngay
hai đại lượng còn lại một cách nhanh chóng.

5

+ Từ hình vẽ có thể nhận biết được nhiều thông tin bổ ích về tích chất của
một vật dao động điều hòa.
+ Khi áp dụng phương pháp vòng tròn ba trục có nhiều ưu điểm hơn so với
phương pháp đại số thông thường mà chúng ta vẫn thường vận dụng hiện nay.
1.2. Áp dụng phương pháp vào giải một số bài bài tập dao động cơ
* Ưu điểm: Cho kết quả nhanh hơn bất kỳ phương pháp nào khác, ngay cả với
phương pháp dùng vòng lượng giác nhưng chỉ biểu diễn cho một đại lượng.
CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1. Phương trình vận tốc của vật dao động điều hoà là v = 16π cos(2πt +
π/6) cm/s. Li độ của vật tại thời điểm t = 22,25s là
A. x = 4 3 cm.

B. x = 4cm.

C. x =

8 3
cm.
3

D. x = 4 2 cm.

Lời giải
Cách 1: Dùng phương pháp đại số.
Ta có v = 16π cos(2πt + π/6) = -16π sin(2πt - π/3)
Suy ra A = 8 cm, ω = 2π rad/s. Vậy x = 8cos(2πt - π/3) cm
Li độ của vật tại thời điểm t = 22,25s là: x = 8cos(2π.22,5 - π/3) = 4 3 cm.
Cách 2. Dùng vòng tròn lượng giác

-wA

cosα = -sin(α - π/2)
Ta có v = 16π cos(2πt + π/6)

π/6

= -16π sin(2πt - π/3)

a

O

π/3

A

3
2

Ngoài ra ta có: α =

2πt
= π/2 + 22π
T

wA

Từ hình vẽ ta suy ra: x = 4 3 cm.

v

6

x


Ví dụ 2: Một vật dao động điều hòa theo phương trình: x = 4cos(2πt - π/3) cm.
Tìm vận tốc của vật tại thời điểm t = 2,25 s kể từ thời điểm ban đầu?
Lời giải:
Cách 1: Dùng phương pháp đại số.
Từ phương trình x = 4cos(2πt - π/3) cm.
Suy ra A = 4 cm, ω = 2π rad/s.
Vậy phương trình vận tốc của vật là: v = - 8π sin(2πt - π/3) cm/s.
Vận tốc của vật tại thời điểm t = 4,25 s kể từ thời điểm ban đầu là:
v = - 8π sin(2π. 4,25 - π/3) = - 4π cm/s.
Cách 2. Dùng vòng tròn lượng giác
-wA

2πt
Ta có α =
= 8π + π/2
T
-

Từ hình vẽ suy ra: v = - 4π cm/s

wA
2

π/3

π/6
a

O

π/3

x

wA

v

Ví dụ 3: Gia tốc của một vật dao động điều hòa có phương trình a = -16π2cos(2πt π/6) cm. Tìm vận tốc của vật tại thời điểm t = 4,25 s kể từ thời điểm ban đầu?
Lời giải
Cách 1: Dùng phương pháp đại số.
Từ phương trình a = -16π2cos(2πt - π/6) cm.
Suy ra: A = 4 cm, ω = 2π rad/s.
Vậy phương trình vận tốc của vật là: v = - 8π sin(2π. 4,25 - π/6)
Vận tốc của vật tại thời điểm t = 4,25 s kể từ thời điểm ban đầu là: v = - 4π cm/s.

7


Cách 2. Dùng vòng tròn lượng giác
Ta có α =

= 8π + π/2

-wA

Từ hình vẽ ta có: v = - 4π cm/s
-

wA

3

2
π/6

a

O

π/6

x

wA

v

Ví dụ 4: Vận tốc của một vật dao động điều hòa có phương trình v =
-10πsin(2πt + π/3) cm/s. Tìm gia tốc của vật tại thời điểm t = 5,25 s kể từ thời
điểm ban đầu?
Lời giải
Cách 1: Dùng phương pháp đại số.
Từ phương trình v = -10πsin(2πt + π/3) cm/s.

Suy ra: A = 4 cm, ω = 2π rad/s.
Vậy phương trình gia tốc của vật là: a = -16π2cos(2πt + π/3) cm/s2.
Gia tốc của vật tại thời điểm t = 5,25 s kể từ thời điểm ban đầu là:
a = -16π2cos(2π.5,25 + π/3) = 10π2 (cm/s2)
Cách 2. Dùng vòng tròn lượng giác

Ta có: α =

= π/2 + 10π

Từ hình vẽ ta có: a = 10π2 (cm/s2)

8


π/3

π/6

a

w2A

O

3

x

2

v

Các bài toán trên đây chưa chỉ ra được hết điểm mạnh của phương pháp sử
dụng vòng tròn ba trục so với phương pháp đại số. Sau đây tôi xin được trình
bày một số bài toán thể hiện sự ưu việt của phương pháp sử dụng vòng tròn ba
trục so với phương pháp đại số thông thường.
Ví dụ 5: Một vật dao động điều hòa theo phương trình x = 10cos(2πt + π/3 )
cm. Tìm vận tốc của vật khi gia tốc a = 2 m/s2 lần thứ 4? (lấy π2 = 10)
Bài giải
Ta có amax = 4 m/s2
-wA

Từ hình vẽ ta có: Khi vật đạt giá trị gia
tốc a = 2 m/s2 lần thứ 4 thì vận tốc của

π/3

vật có giá trị v = 10π (cm/s).

a

a max

π/3

x

O

π/3

2
π/6

M
wA

v

Ví dụ 6: Một vật dao động điều hòa theo phương trình x = 10cos(2πt +π/2 ) cm.
Tìm gia tốc của vật khi vận tốc của vật v = - 10π (cm/s) lần thứ 3 theo chiều dương?
Bài giải
Phương pháp đại số

Phương pháp sử dụng vòng tròn ba trục

Từ x = 10cos(2πt +π/2 ) cm.
Suy ra v = - 20 π sin (2πt +π/2 )
cm/s
9


Vậy khi vận tốc v = - 10π (cm/s)
→ v = - 20 π sin (2πt +π/2 ) = - 10π
↔ sin (2πt +π/2 ) =
→ 2πt +π/2 =

1
2

π
+ 2kπ
6

Hoặc 2π t , +π/2 =

-20 πcm/s

-10 πcm/s

π/6

O

a

w2A

x
3

2

5π
+ 2 k ,π
6
20 πcm/s

Từ đó ta suy ra:

v

a= −

ω2A 3
= 200 3 (cm / s 2 )
2

Từ hình vẽ ta có:
a= −

ω2A 3
= 200 3 (cm / s 2 )
2

Ví dụ 7: Phương trình vận tốc của một vật dao động điều hòa có dạng
v = 8πcos(2πt + π/4) cm/s. Tìm gia tốc của vật khi x = -2 cm lần thứ 3 kể từ thời
điểm ban đầu?
Bài giải
Phương pháp đại số

Phương pháp sử dụng vòng tròn ba trục

Từ v = 8πcos(2πt + π/4) cm/s
= -8πcos(2πt - π/4) cm/s
Suy ra: x = 4cos(2πt - π/4) cm.
Vậy khi x = -2 cm ta có

π/3
-4

a

O

-2

-π/4

x = 4cos(2πt - π/4) = -2
→ 2πt - π/4 = 2π/3 + 2kπ

Hoặc 2πt - π/4 = -2π/3 + 2kπ
Từ đó ta thu được kết quả
a=

ω2A
= 80cm / s 2
2

v

Từ hình vẽ ta có:
ω2A
= 80cm / s 2
a=
2

CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG
10

4

x


VD 1: x = 6cos(2πt) cm. Tính a khi v = - 6π lần thứ 2 ?Lấy π2 = 10
A. 120 3 cm/s2

B. 120 cm/s2

C. - 120 cm/s2

D.

-

120 3

cm/s2
VD 2: x = 6cos(2πt) cm. Tính v tại t = 11,5s ?
A. – 85,6cm/s

B. 6cm/s

C. 0cm/s

D. 85,6cm/s

VD 3: v = 8πcos(2πt + π/2) cm/s. Tính x tại t = 1,5s ?
A. 1,5cm

B. -4cm

C. 4cm

D. 0cm

VD 4: v = 4πcos(0,5πt - π/6) cm/s. Tính thời điểm đầu tiên vật qua x = 4 cm
theo chiều dương ?
A. 2/3s

B. 8/3s

C. 2s

D. 4/3s

VD 5: v = 4πcos(0,5πt - π/6) cm/s. Thời điểm nào sau đây vật qua x = 4cm theo
chiều dương?
A. 11/3s

B. 7/3s

C. 6s

D. 5/3s

VD 6: v = 24πcos(4πt + π/6)cm/s. Tính quãng đường vật đi được từ t 1 = 2/3s
đến t2 = 37/12s
A. 96cm

B. 141cm

C. 234cm

D. 117cm

1.3. Mở rộng
Phương pháp này còn có thể áp dụng trong các bài toán về dao động điện từ,
dòng điện
- I0

uL

- Q0
U0L

Q0 q
- U0L

O
I0

I0

xoay chiều
-U0C
U0L

uL

U0C

O
I0

i

11

u

- U0L C

i


2. Giải các bài toán khó
2.1 Các bài toán dao động điều hòa
Ví dụ 5. Hai chất điểm M 1 , M 2 cùng dao động điều hoà trên trục Ox xung quanh
gốc O với cùng tần số f, biên độ dao động của M 1 , M 2 tương ứng là 3cm, 4cm và
dao động của M 2 sớm pha hơn dao động của M 1 một góc π / 2 . Khi khoảng cách
giữa hai vật là 5cm thì M 1 và M 2 cách gốc toạ độ lần lượt bằng :
A. 3,2cm và 1,8cm

B. 2,86cm và 2,14cm

C. 2,14cm và 2,86cm

D. 1,8cm và 3,2cm

Lời giải

Hai dao động thành phần

 x M 1 = 3. cos( ω t ) cm

π


 x M 2 = 4. cos ω t + 2  cm




x

x1

π

⇒ x = x M 1 − x M 2 = 3. cos( ω t ) + 4. cos ω t − 
2


x2

Ta có tại thời điểm khoảng cách hai vật bằng 5
cm nghĩa là đường x(t) nằm ngang.
Khoảng cách từ M1 và M2 đến O bằng :
9


 x M 1 = 3. cos ϕ = 5 cm = 1,8cm

 x = 4. sin ϕ = 16 cm = 3,2cm
 M 2
5

Ví dụ 6 :hai dao động điều hòa cùng tần số x 1=A1 cos(ωt-) cm và x2 = A2 cos(ωtπ) cm có phương trình dao động tổng hợp là x = 9cos(ωt+φ). để biên độ A2 có
giá trị cực đại thì A1 có giá trị:
A. 18cm
B. 7 cm
C. 15cm.
D. 9cm

12


Giải: Vẽ giản đồ vectơ như hình vẽ
Theo định lý hàm số sin:
A2
=
sin α

A
A sin α
⇒ A2 =
π
π
sin
sin

6
6

A2

O
α
π/6

A2 có giá trị cực đại khi sinα có giá trị
cực đại = 1----> α = π/2
A2max = 2A = 18cm-------> A1 =
A22 − A 2 = 18 2 − 9 2 = 9 3 (cm). Chọn
đáp án D

A

A1

Ví dụ 7: Một vật thực hiện đông thời 2 dao động điều hòa x1 = A1cos(ωt) cm; x2
= 2,5cos(ωt+φ2) và người ta thu được biên độ mạch dao động là 2,5 cm. Biết A 1
đạt cực đại, hãy xác định φ2 ?
A. không xác định được B. rad
C. rad
D. rad
Giải: Vẽ giản đồ vectơ như hình vẽ
Theo định lý hàm số sin:
A1
A
A sin α

=
⇒ A1 =
sin α sin(π − ϕ 2 )
sin(π − ϕ 2 )

A1 có giá trị cực đại khi sinα có giá trị
cựcAđại = 1
A
---->2 α = π/2
α
ϕ
2
2
A + A22 = 2,5 2 + 3.2,5 2 = 5
A1max =
O
(cm)
A
sin(π - ϕ2) =

A

=

1
2

1

------> π - ϕ2

A1 max
π
5π
= -----> ϕ2 =
Chọn đáp án D
6
6

Ví dụ 8: Một vật thực hiện đồng thời 2 dao động điều hòa. X1 = A1cos ( ω t) cm
và x2 = 2,5 2 cos ( ω t + ϕ 2). Biên độ dao động tổng hợp là 2,5 cm. Biết A 2 đạt
giá trị cực đại. Tìm ϕ 2
Giải: Xem hình vẽ
Khi A2 max , theo ĐL hàm số sin ta có:
A2
A
A
2,5
2
=
=> sin β =
=
=
sin π / 2 sin β
A2 2,5 2
2

13

A α

2

A
O
π/ ϕ Trục 1
4 2 ngang
x
A


Hay β = π/4 =>.
Tam giác OAA2 vuông cân tại A nên ta có:
ϕ2 = -( π/2 + π/4 ) = - 3π/4
Ví dụ 9: Hai dao động điều hoà cùng phương, cùng tần số có phương trình dao
π
)(cm)
3

π
) (cm) . Phương trình
2
x = 6cos(wt + j )(cm) . Biên độ A1 thay
x2 = A2 cos(ω t -

dao động tổng hợp

của hai dao động này là:
A1 để A2 có giá trị lớn nhất. Tìm A2max?
A. 16 cm.
B. 14 cm.

cm.
D. 12 cm

đổi được. Thay đổi

động

x1 = A1cos(ω t +

và

C. 18

Bài giải

5π
Độ lệch pha giữa 2 dao động: ∆ϕ = rad . không đổi.
6

α
β

Biên độ của dao động tổng hợp A = 6 cm cho trước.
Biểu diễn bằng giản đồ vec tơ như hình vẽ
A

sin β

A

Ta có: sin α = sin2β → A2 = A. sin α
Vì α , A không đổi nên A2 sẽ lớn nhất khi sin� lớn nhất tức là góc � = 900.
Khi đó

A2 max =

A
6
=
= 12 (cm )
sin α sin π
6

Ví dụ 10: Dao động tổng hợp của hai dao động điều hòa cùng phương, cùng tần
số có biên độ bằng trung bình cộng của hai biên độ thành phần; có góc lệch pha
so với dao động thành phần thứ nhất là 900. Góc lệch pha của hai dao động
thành
phần
đó
là
:
0
0
0
0
A.
143,1 .
B.
120 .
C.

126,9 .
D.
105 .
Giải: Chọn pha ban đầu của A1 bằng 0
khi đó ϕ = 900 . Do đó Góc lệch pha của
hai dao động thành phần đó là ϕ2 = 900 + α
A1 A
Với
A2sinα = A
2
α
2
2
A = A + A 2 ----->
1

(

2

A1 + A2 2
) = A12 + ϕ
A2 2
2
2

-----> 3A22 - 2A1A2 – 5A12 = 0
3
A ± 4 A1
A

------> A2 = 1
-----> A1 1 = A2
3

5

A1

-----> sinα = A = 0,6 -----> α = 36,9)
2

14


-------> ϕ2 = 900 + α = 126,90 . Đáp án C
Ví dụ 11: Một chất điểm tham gia đồng thời hai dao động trên trục Ox có
phương trình x1 = A1cos10t; x2 = A2cos(10t +ϕ2). Phương trình dao động tổng
hợp x = A1
A.

ϕ
π
6 . Tỉ số ϕ 2 bằng
3
2
2
4
C.
hoặc
D. hoặc

4
5
3
3

3 cos(10t +ϕ), trong đó có ϕ2 - ϕ =

3
1
hoặc
2
4

B.

1
2
hoặc
3
3

Giải: Vẽ giãn đồ véc tơ như hình vẽ:
Xét tam giác OA1A
A1
A2
A2
= sin π ---> sinϕ = 2 A (*)
sin ϕ
1
6

A22 = A12 + A2 – 2AA1cosϕ = 4A12 - 2
3 A12cosϕ (**)
A
sinϕ = 2 =
2 A1

4 − 2 3 cos ϕ
------->
2
4sin2ϕ = 4 - 2 3 cosϕ

π/6
π/6
O

2 3 cosϕ = 4(1- sin ϕ) = 4cos ϕ
-----> 2cosϕ (2cosϕ - 3 ) = 0 (***)
2

A

A2

2

ϕ
A1

-----> cosϕ = 0 hoặc cosϕ = 3

π
-----> ϕ =
2
ϕ
------> ϕ =
2
π
hoặc ϕ =
6
ϕ
------> ϕ =
2

2
π
π
2π
----> ϕ2 = +
=
2
6
3
3
4
π
π
π
----> ϕ2 = +
=
6

6
3
1
2

Chọn đáp án A

Ví dụ 12: Có hai con lắc lò xo giống hệt nhau dao động điều hoà trên mặt phẳng
nằm ngang dọc theo hai đường thẳng song song cạnh nhau và song song với trục
Ox. Biên độ của con lắc một là A1 = 4cm, của con lắc hai là A2 = 4 3 cm, con lắc
hai dao động sớm pha hơn con lắc một. Trong quá trình dao động khoảng cách
lớn nhất giữa hai vật dọc treo trục Ox là a = 4cm. Khi động năng của con lắc
một cực đại là W thì động năng của con lắc hai là
A. 3W/4.
B. 2W/3.
C. 9W/4.
D. W

15


Giải: Giả sử dao động của con lắc thứ
hai sớm pha hơn
con lắc thứ nhất là ϕ vẽ giãn đồ véc tơ
A1 ; A2 như hình vẽ.
Khoảng cách
N lớn nhất giữa hai vật dọc
theo trục Ox khiM M
N0
0

M0N0 song
song với trục Ox. A2
Ta có tam giác OM0N0 là tam giác cân
OM0 = M0N0 = A1 = 4cm;
ϕ ON0 = A2 = 4
3 cm
A1
O
Góc M0ON0 = ϕ -----> cosϕ =
ϕ=

π
6

3
---->
2

Động năng của con lắc thứ nhất cực
đại khi x1 = 0
(vật 1 ở M): vec tơ A1 quay góc

π
.
2

kA12
=W
2
A

Khi đó x2 = - 2 = - 2 3 cm .
2
2
3 kA22
3 kA 2
kA
kx 2
Wđ2 = 2 - 2 =
= .3 1 =
4 2
4
2
2
2
9
W. Chọn đáp án C
4

Wđ1 =

2.2 Các bài toán điện xoay chiều
Đa số học sinh thường dùng phương pháp đại số các bài toán điện còn
phương pháp giản đồ véc tơ thì học sinh rất ngại dùng. Điều đó là rất đáng tiếc
vì phương pháp giản đồ véc tơ dùng giải các bài toán rất hay và ngắn gọn đặc
biệt là các bài toán liên quan đến độ lệch pha. Có nhiều bài toán khi giải bằng
phương pháp đại số rất dài dòng và phức tạp còn khi giải bằng phương pháp
giản đồ véc tơ thì tỏ ra rất hiệu quả.
Trong các tài liệu hiện có, các tác giả hay đề cập đến hai phương pháp,
phương pháp véc tơ buộc và phương pháp véc tơ trượt. Hai phương pháp đó là
kết quả của việc vận dụng hai quy tắc cộng véc tơ trong hình học: quy tắc hình

bình hành và quy tắc tam giác.
a. Cơ sở vật lí của phương pháp giản đồ véc tơ
Xét mạch điện như hình a. Đặt vào 2 đầu đoạn AB một hiệu điện thế xoay
chiều. Tại một thời điểm bất kì, cường độ dòng điện ở mọi chỗ trên mạch điện là
như nhau. Nếu cường độ dòng điện đó có biểu thức là: i = I 0 sin ωt ( A ) thì biểu
thức hiệu điện thế giữa hai điểm AM, MN và NB lần lượt là:
16



π

u AM = U L 2 sin  ωt + 2  (V )




u MN = U R 2 sin ωt (V )
.

u NB = U C 2 sin  ωt − π  (V )
2



+ Do đó hiệu điện thế hai đầu A, B là:
u AB = u AM + u MN + u NB .
+ Các đại lượng biến thiên điều hoà cùng tần số nên chúng có thể biểu diễn bằng
các véc tơ Frexnel:





U AB = U L + U R + U C (trong đó độ lớn của các véc tơ biểu thị hiệu điện thế hiệu

dụng của nó).

+ Để thực hiện cộng các véc tơ trên ta phải vận dụng một trong hai quy tắc cộng
véc tơ.
b. Vẽ giản đồ véc tơ bằng cách vận dụng quy tắc tam giác - phương pháp véc
tơ trượt
Vẽ giản đồ véc tơ theo phương pháp véc tơ trượt gồm các bước như sau
(Xem hình b):
+ Chọn trục ngang là trục dòng điện, điểm đầu mạch làm gốc (đó là điểm A).
+ Vẽ lần lượt các véc tơ: AM, MN, NB “nối đuôi nhau” theo nguyên tắc: R - đi
ngang, L - đi lên, C - đi xuống.
+ Nối A với B thì véc tơ AB biểu diễn hiệu điện thế u AB. Tương tự, véc tơ AN
biểu diễn hiệu điện thế uAN, véc tơ MB biểu diễn hiệu điện thế uNB.
Một số điểm cần lưu ý:
+ Các hiệu điện thế trên các phần tử được biểu diễn bởi các vecto mà độ lớn của
các vecto tỉ lệ với hiệu điện thế hiệu dụng của nó.
+ Độ lệch pha giữa các hiệu điện thế là góc hợp bởi giữa các vecto tương ứng
biểu diễn chúng. Độ lệch pha giữa hiệu điện thế và cường độ dòng điện là góc
17


hợp bởi vecto biểu diễn nó với trục I. Véc tơ “nằm trên” (hướng lên trên) sẽ
nhanh pha hơn véc tơ “nằm dưới” (hướng xuống dưới).
+ Nếu cuộn dây không
thuần

cảm
(trên đoạn AM có cả L và r (Xem hình a dưới



đây)) thì U AB = U L + U r + U R + U C ta vẽ L trước như sau: L - đi lên, r - đi ngang, R
- đi ngang và C - đi xuống (xem hình b) hoặc vẽ r trước như sau: r - đi ngang, L
- đi lên, R - đi ngang và C - đi xuống (Xem hình c).
+ Nếu mạch điện có nhiều phần tử (Xem hình d) thì ta cũng vẽ được giản đồ
một cách đơn giản như phương pháp đã nêu (Xem hình e).


+ Góc hợp bởi hai vec tơ a vµ b là góc BAD (nhỏ hơn 1800). Việc giải các bài
toán là nhằm xác định độ lớn các cạnh và các góc của các tam giác hoặc tứ giác,
nhờ các hệ thức lượng trong tam giác vuông, các hệ thức lượng giác, các định lí
hàm số sin, hàm số cos và các công thức toán học.
+ Trong toán học một tam giác sẽ giải được nếu biết trước 3 (hai cạnh một góc,
hai góc một cạnh, ba cạnh) trong số 6 yếu (ba góc trong và ba cạnh). Để làm

điều đó ta sử dụng các định lí hàm số sin và định lí hàm số cosin (xem hình
bên).

b
c
 a
 sin A = sin B = sin C
 2
2
2
a = b + c − 2bc.cos A . Tìm trên giản đồ véctơ

b 2 = c 2 + a 2 − 2ca.cos B

c 2 = a 2 + b 2 − 2ab.cos C
tam giác biết trước ba yếu tố (hai cạnh một góc, hai

18


góc một cạnh), sau đó giải tam giác đó để tìm các yếu tố chưa biết, cứ tiếp tục
như vậy cho các tam giác còn lại.
Độ dài cạnh của tam giác trên giản đồ biểu thị hiệu điện thế hiệu dụng, độ
lớn góc biểu thị độ lệch pha.
c. Vẽ giản đồ véc tơ bằng cách vận dụng quy tắc hình bình hành - phương
pháp véc tơ buộc
Vẽ giản đồ véc tơ theo phương pháp véc tơ buộc gồm các bước như sau:
+ Chọn trục ngang là trục dòng điện, điểm O làm gốc.


 

+ Vẽ lần lượt các véc tơ: U R , U L U C “cùng chung một gốc O” theo nguyên tắc:


 
π 
U R - trùng với I , U L - sớm hơn I là , U C 2

π
trễ hơn I là .
2

+ Cộng hai véc tơ cùng phương ngược chiều

U L vµ U C trước sau đó cộng tiếp với véc tơ U R
theo quy tắc hình bình hành (xem hình trên).
+ Chú ý đến một số hệ thức trong tam giác
vuông:
a 2 = b 2 + c 2

1
1
1
 2 = 2 + 2
b
c
h
2
h = b'.c'

CÁC BÀI TẬP VẬN DỤNG
Ví dụ 1: Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ.
Cuộn dây thuần cảm. Cho biết hiệu điện thế hiệu
dụng giữa hai điểm A, B là U AB = 200 (V ) , giữa hai
điểm A, M là U AM = 200 2 (V ) và giữa M, B là
U MB = 200 (V ) . Tính hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai đầu điện trở và hai đầu tụ
điện.
Giải:
Cách 1: Phương pháp véctơ buộc (xem hình a).
+ Vì U AB = U MB = 200 (V ) nên tam giác
OU ABU MB là tam giác cân tại O. Chú ý

2
200 2 + 200 2 = ( 200 2 ) nên tam giác đó
là tam giác vuông cân tại O.

19


+ Do đó tam giác OU RU MB cũng là tam giác vuông cân tại U R :
⇒ U R = UC =

U MB
= 100 2 .
2

Cách 2: Phương pháp véctơ trượt (xem hình b).
2
+ Dễ thấy 200 2 + 200 2 = ( 200 2 ) nên ∆ABM vuông cân tại B, suy ra α = 45 0
⇒ β = 45 0 → ∆MNB vuông cân tại N ⇒ U R = U C =

MB
2

= 100 2 .

ĐS: U R = U C = 100 2
Ví dụ 2: Cho mạch điện như hình vẽ bên. Điện trở R = 80 ( Ω ) , các vôn kế có
điện trở rất lớn. Đặt vào hai đầu đoạn
mạch
một
hiệu

điện
thế
u AB = 240 2cos100π t ( V ) thì dòng điện
chạy trong mạch có giá trị hiệu dụng
I = 3 ( A) . Hiệu điện thế tức thời hai
π
, còn số
2
= 80 3 (V ) . Xác định L, C, r và số chỉ của vôn kế V1 .

đầu các vôn kế lệch pha nhau
chỉ của vôn kế V2 là U V 2

Giải
U
U AB

; Z MB = V 2
Z AB =
I
I
Cách 1: Phương pháp đại số 
tgϕ AN .tgϕ MB = −1
240

2
2

 ( 80 + r ) + ( Z L − Z C ) = 3
r = 40 ( Ω )



 2

80 3
200
2
( Ω)
⇔  r + ( Z L − ZC ) =
⇒ Z L =
3
3


− ZC Z L − ZC

80
( Ω)
.
= −1

Z C =
80
r
3




⇒ r = 40 ( Ω ) , L =



2
3π

( H ), C =

3.10 −3
(F)
8π

+ Số chỉ của V1: U V 1 = I .Z AN = I R 2 + Z C2 = 160 (V ) .
Cách 2: Phương pháp véc tơ buộc (xem hình a). Sử dụng định lí hàm số cosin
cho tam giác thường:
cos ϕ =

240

2

(

+ 80 3

) − (80 3 )
2

2.2 4 0.8 0 3
⇒ ϕ = 30 ⇒ α = 30 0

2

=

3
2

0

+ U C = U R tgα = 80 (V ) ⇒ Z C =

U C 80
( Ω) .
=
I
3

20


U L = U C + 80 3 sin 2ϕ = 200 ( V ) ⇒ Z L =
U V 1 = U AN =

U L 200
( Ω ) + Số chỉ của Vôn kế V1:
=
I
3

UR

= 160 (V ) .
cos α

Cách 3: Phương pháp véc tơ trượt.
Vẽ giản đồ véc tơ (xem hình b). Gọi các
góc như trên hình. Theo bài ra:
U R = I .R = 80 3 (V ) .
Sử dụng định lí hàm số cosin cho tam
giác
thường
∆ABN:
cos ϕ =

AB 2 + AM 2 − MB 2
240 2
3
=
=
2. AB. AM
2
2.240.80 3
∧

⇒ ϕ = 30 0 ⇒ β = 90 0 − A B M = 60 0
⇒ α = 60 0 − ϕ = 30 0
U C = MN = AMtg 30 0 = 80 (V ) ,

+ Xét ∆AMN: 
.
AM

(
)
=
160
V
U V 1 = AN =
cos 30 0


+ Xét ∆ABG: U L = U C + GB = U C + AB. sin ϕ = 200( V ) .
U L 200
2

Z L = I = 3 ( Ω ) = 100πL ⇒ L = 3π ( H )

⇒
−3
Z = U C = 80 ( Ω ) = 1 ⇒ C = 3.10 ( F )
 C
I
100πC
8π
3
⇒r=

U r AG − AM AB. cos ϕ − AM
=
=
= 40 ( Ω ) .
I

I
I

ĐS: L =

2
3π

( H), C =

3.1 0−3
( F ) , r = 40 ( Ω ) , số chỉ vôn kế V1 là 80 (V ) .
8π

Ví dụ 3: Cho mạch điện như hình vẽ bên. Giá trị của các phần tử trong mạch
1
( H ) , C = 50 ( F ) , R = 2r . Hiệu điện thế
π
π
u = U 0 co s100π t ( V ) . Hiệu điện thế hiệu dụng
L=

giữa hai điểm A, N là U AN = 200 (V ) và hiệu
điện thế tức thời giữa hai điểm MN lệch
pha so với hiệu điện thế tức thời giữa hai
điểm AB là

giữa hai đầu đoạn mạch

π

. Xác định các giá trị U 0 , R, r . Viết biểu thức dòng điện trong mạch.
2

Giải:
21


Cách 1: Phương pháp đại số.
1

Z L = ωL = 100π . π = 100 ( Ω )

1
+ Tính: Z = 1 =
= 200 ( Ω )
 C ωC
50.10 −6

100π .
π


+ Vì hiệu điện thế tức thời giữa hai điểm MN lệch pha so với hiệu điện thế tức
π
nên: tgϕ MN tgϕ AB = −1
2
Z Z − ZC
100 100 − 200
⇔ L. L
= −1 ⇔

.
= −1
r
R+r
r
2r + r
.
100
( Ω ) , R = 2r = 200 ( Ω )
⇒r=
3
3

thời giữa hai điểm AB là

+ Cường độ hiệu dụng:
I=

U AN
=
Z AN

U AN

( R + r ) 2 + Z L2

=

200

(100 3 )

2

+ 100

2

= 1 ( A) .

+ Theo định luật Ôm:

( R + r) 2 + ( ZL − ZC ) 2
2 (V )

U AB = I .Z AB = I
⇒ U 0 = 200

= 200 (V )

+ Độ lệch pha uAB so với dòng điện:
tgϕ AB =

+

Z L − Z C 100 − 200
1
π
=
=−

⇒ ϕ AB = −
200 100
R+r
6
3
+
3
3

Vậy,

biểu

π

i = 2 sin 100πt +  ( A) .
6


thức

dòng

điện:

Cách 2: Phương pháp véc tơ trượt.
+ Vẽ giản đồ véc tơ (xem hình b).
+ M là trực tâm của ∆ABN .
Z C = 2 Z L


+ Vì ⇒ U C = 2U L . Do đó, AO là đường trung tuyến của ∆ABN .
⇒ NO = OB

1
Vì R = 2r ⇒ U R = 2U r ⇒ MO = AO . Suy ra, M là trọng tâm của ∆ABN .
3
+ Vậy, M vừa là trọng tâm vừa là trực tâm của ∆ABN , do đó ∆ABN đều, tức là:
AB = AN = NB = 200 (V ) .

+ Tính được: U 0 = U AB 2 = AB 2 = 200 2 (V )
U

NB

200

C
+ Cường độ hiệu dụng: I = Z = Z = 200 = 1 ( A)
C
C

22


+ Từ giản đồ tính được:
2
2
200
AO = .200 sin 60 0 =
(V )

3
3
3
U
200
R 100
⇒R= R =
(Ω), r = =
(Ω )
I
2
3
3

UR =

+ Từ giản đồ nhận thấy, i AB sớm pha hơn u AB là

π
.
6

π

+ Vậy, biểu thức dòng điện: i = 2 sin100πt +  ( A) .


6

Cách 3: Phương pháp véc tơ buộc (xem hình c).

+ Tương tự như cách 2, ta thấy tam giác OFE là tam giác đều vì G vừa là trọng
tâm vừa là trực tâm, suy ra: U AB = U C = U AN = 200 (V ) , ϕ = 30 0 .
+ Tính được: U 0 = U AB 2 = 200 2 (V )
U

200

C
+ Cường độ hiệu dụng: I = Z = 200 = 1 ( A)
C

2

2

2

200

0
(V )
+ U R = 3 OH = 3 U AB cos ϕ = 3 .200 cos 30 =
3

⇒R=

.
Vậy,

U R 200

100
π
=
(Ω), r =
(Ω) . Từ giản đồ nhận thấy, i AB sớm pha hơn u AB là
I
6
3
3

biểu

thức

π

i = 2 sin 100πt +  ( A) .
6


dòng

điện:

ĐS:
U 0 = 200 2 (V ) , R =

200
3

(Ω), r =

100
3

(Ω ) ,

π

i = 2 sin 100πt +  ( A)
6


Nhận xét:
+ Cách 1: phức tạp vì phải giải hệ phương trình. Nếu độ lệch pha u MN so với uAB
không phải là π/2 thì không có được phương trình tgϕ MN tgϕ AB = −1 … và thế là
phải bó tay, ướt mắt!
+ Cách 3: Một học sinh có học lực trung bình để có lời giải phải ba bữa quên
cơm.
+ Cách 2: Dễ dàng thấy được nếu học sinh đã học môn hình học lớp 7 mà phụ
huynh ngủ yên ăn ngon.
Ví dụ 4: Cho mạch điện như hình vẽ bên. Điện trở thuần R = 120 3 ( Ω ) , cuộn
dây có điện trở thuần r = 30 3 ( Ω ) . Hiệu
điện thế hai đầu đoạn mạch có biểu thức:
u AB = U 0 sin 100πt (V ) , hiệu điện thế hiệu
23


dụng giữa hai điểm A, N là U AN = 300 (V ) , và giữa hai điểm M, B là
U MB = 60 3 (V ) . Hiệu điện thế tức thời u AN lệch pha so với u MB là

π
. Xác định
2

U0, độ tự cảm của cuộn dây L và điện dung của tụ điện C. Viết biểu thức dòng
điện trong mạch.
Giải:
Cách 1: Phương pháp đại số.
U AN
U AN


2
2
(
)
(
)
Z
=
R
+
r
+
Z
=
AN
L



I
I


U MB
U


2
⇔  r 2 + ( Z L − Z C ) = MB
Z MB =
I
I


tgϕ AN .tgϕ MB = −1
 Z L Z L − ZC
= −1

R + r .
r



(

)

2


2
 ( R + r) 2 + ( Z ) 2 U
150 3 + ( Z L )
300
L

AN

=
=
2

2
2
Z = 150 ( Ω )

60 3
 2
U MB
⇒  30 3 + ( Z L − Z C )
⇒  r + ( Z L − ZC )
⇒ L
Z C = 240 ( Ω )
 Z
 Z L Z L − ZC
ZL − ZC
L
.
= −1



.
= −1
R + r
r
150 3 30 3
U AN

 I = Z = 1 ( A)
AN


1,5
2
2
(H)
⇒ L =
⇒ U 0 = I .Z AB 2 = I ( R + r ) + ( Z L − Z C )
π


10 −3
(F)
C =
24π


(

(

)

)

= 2 150 3 + ( 90 ) = 60 42 (V )
2

2

+ Độ lệch pha uAB so với dòng điện:
tgϕ AB =

Z L − ZC
150 − 240
3
⇒ ϕ AB ≈ −0,106π
=
=−
R+r
5
120 3 + 30 3

+ Biểu thức dòng điện: i = I 0 sin (100πt − ϕ) ( A)
i = 2 sin (100πt + 0,106π ) ( A)

Cách 2: Phương pháp véc tơ trượt (hình a).
1
4

+ Kẻ ME // AN ⇒ ME = AN = 60 (V )
1
5

+ Vì R = 4r nên U R = 4U r ⇒ MO = AO
ME

1

⇒ α = 30 0 .
+ Xét ∆MBE : tgα = MB =
3
+ Xét ∆MOB : OB = MB cos α = 90(V )

24


U L = ON = AN sin α = 150 (V )

+ Xét ∆AOB : 

OA = AN cos α = 150 3 (V )

U
OA
= 30 3 (V ) ⇒ I = r = 1( A)
5
r
UL

1,5
U L = 150 (V ) ⇒ Z L =
= 150 (Ω) = 100πL ⇒ L =
(H )
I
π
⇒ Ur =

U C = OB + U L = 240 (V ) ⇒ Z C = 240 (Ω) ⇒ C =

10 −3
(F )
24π

+ U 0 = U AB 2 = 2 AO 2 + OB 2 = 60 42 (V )
+ Độ lệch pha uAB so với dòng điện:
Z L − ZC
3
=−
⇒ ϕ AB ≈ −0,106π
R+r
5

tgϕ AB =

+ Biểu thức dòng điện: i = 2 sin (100πt + 0,106π ) ( A)
Cách 3: Phương pháp véc tơ buộc (hình b).
+ Xét tam giác vuông phía trên (chú ý
U R = 4U r ): cos α =

+

Xét

sin α =

tam

U R + U r 5U r U r
=
=
300
300 60

giác

vuông

phía

dưới:

Ur
60 3

+ Suy ra: tgα =

1
3

⇒ α = 30 0

+ Từ đó tính ra:
Ur
= 1 ( A)
r
U
U L = 300. sin α = 150 (V ) ⇒ Z L = L = 150 ( Ω )
I
U r = 60 3. sin α = 30 3 (V ) ⇒ I =

U C = U L + 60 3. cos α = 240 (V ) ⇒ Z C = 240 ( Ω ) .

+ U 0 = U AB 2 = I .Z AB 2 = 60 42 (V ) .
+ Độ lệch pha uAB so với dòng điện:
tgϕ AB =

Z L − ZC
3
=−
⇒ ϕ AB ≈ −0,106π
R+r
5

+ Biểu thức dòng điện: i = 2 sin (100πt + 0,106π ) ( A)
ĐS: U 0 = 60 42 (V ) ; C =

10 −3
1,5
( F ), L =

(H ) ;
24π
π

i = 2 sin (100πt + 0,106π ) ( A)

25