File word sach hay la kho Chu Van Bien

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (965.58 KB, 47 trang )

(1)Phần I. DAO ĐỘNG CƠ HỌC CHỦ ĐỀ 1. DAO ĐỘNG ĐIỀU HÒA Vấn đề 1: Bài toán thời gian trong giao động điều hòa Kết quả 1: Khoảng thời gian ngắn nhất. Dựa vào vòng tròn lượng giác hoặc trục phân bố thời gian Cách 1: Dùng VTLG Tính góc quét tương ứng với sự dịch chuyển . Thời gian:. t.  . Cách 2: Dùng PTLG x1 1 x1   x1  A sin t1  sin t1  A  t1  arcsin A   x  A cos t  cos t  x1  t  1 arccos x1 2 2 2  1 A  A. x1  A cos t. x1  A sin t. x1  A cos t. x1  A sin t1  A cos t2. 1 x1  t1  arcsin A  t  1 arccos x1  2  A. v12  A2 2 a1   2 x1. x12 .

(2) Khoảng thời gian trong một chu kì vật cách vị trí cân bằng một khoảng. + nhỏ hơn x1 (|v| > v1 và (|a| < a1) là. + nhỏ hơn x1 (|v| < v1 và (|a| > a1) là. t 4t1 4. 1 x arcsin 1  A. t 4t2 4. 1 x arccos 1  A. Khi gặp bài toán liên quan đến v, a, F, p, Wt, Wđ,… thì có thể giải trực tiếp hoặc dựa vào công thức liên hệ vận tốc, động lượng với li độ để quy về li độ. v12 x  2  A2   2 1.  v v1  x1 ?  v v2  x2 ?.  p  p1  x1 ? p mv    p  p2  x2 ? Dự vào công thức liên hệ gia tốc, lực với li độ để quy về li độ.   a a1  x1 ? a   2 x      a a2  x2 ?   F  kx  m 2 x   F F1  x1 ?    F F2  x2 ?  Ví dụ 1: Một chất điểm dao động điều hòa với biên độ A và chu kì T = 2 s. Biết khoảng thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí x1 = 1,8 cm theo chiều dương đến x2 = Biên độ giao động là A. 1,833 cm.. B. 1,822 cm.. C. 0,917 cm. Hướng dẫn:. 3 cm theo chiều âm là 1/6 s. D. 1,834 cm..

(3) 1 x 1 x t1  arcsin 1 t2  arccos 2  A;  A ta được: Theo bài ra: t1 + t2 = 1/6 s, thay 1 1,8 1 3 1 1,8 3  arccos  arccos   arccos  arccos  .  A  A 6 A A 6 Dùng máy tính giải phương trình này, tính ra: A = 1,833 cm  Chọn A. Ví dụ 2: Vật dao động điều hòa có vận tốc cực đại bằng 3m/s và gia tốc cực đại bằng 30  (m/s2). Thời điểm ban đầu vật có vận tốc 1,5 m/s và thế năng đang tăng. Hỏi vào thời điểm nào sau đây vật có gia tốc bằng 15  (m/s2) là A. 0,15s.. B. 0,05s.. C. 0,10 s.. D. 0,20 s.. Hướng dẫn:.  Tần số góc:. amax 2 10 ( rad / s)  T  0, 2( s) vmax . Thời điểm ban đầu vật có vận tốc 1,5m/s = +vmax/2 và thế năng đang tăng đi ra biên  x 0,5 3. Thời điểm gần nhất vật có gia tốc bằng 15  (m/s2) = +amax/2 ( lúc này x=-A/2) là: t=T/12 + T/4 + T/12 = 5/12T = 1/12 (s)  Chọn A Ví dụ 3: Con lắc lò xo gồm một vật nhỏ có khối lượng 250 g và lò xo nhẹ có độ cứng 100 N/m dao động điều hòa dọc theo trục Ox với biên độ 4 cm. Khoảng thời gian ngắn nhất để vận tốc có giá trị từ -40 cm/s đến 40 3 cm/s là.

(4) A.  /40 (s). B.  /120 (s). C.  /20 (s). D.  /60 (s). Hướng dẫn:. vmax.  v A 3 v1  max ( x1  )  k  2 2  A  A 80(cm / s)   m v  vmax 3 ( x  A ) 2  2 2 2. T T T 1 m  t     .2  ( s)  12 6 4 4 k 40 Chọn A.. Ví dụ 4: Một vật nhỏ có khối lượng m = 0,1 kg dao động điều hòa trên mặt phảng nằm ngang với chu kỳ T. Khi đi qua vị trí căn bằng, vật có tốc độ 38 cm/s. Trong chu kỳ dao động đầu tiên, tại t =0, vật bắt đầu dao động từ vị trí cân bằng thì sau khi dao động được hơn T/6, tại t = t1 vật có li độ x = x1. Kể từ đó sau mỗi khoảng thời gian 2/3 s, khoảng cách từ vật đến vị trí cân bằng là không đổi. Gia tốc cực đại của vật gần giá trị nào nhất trong số giá trị sau? A. 1,23 m/s2.. A. 1,56m/s2.. A. 1,79 m/s2.. A. 2,55 m/s2.. Hướng dẫn: Nếu vật xuất phát từ x A / 2 thì cứ sau khoảng thời gian ngắn nhất T/4 vật lại cách vị trí cân bằng một khoảng như cũ. Nếu lúc đầu vật ở vị trí cân bằng hoặc ở vị trí biên thì cứ sau khoảng thời gian ngắn nhất T/2 vật lại cách vị trí cân bằng một khoảng như cũ. 4 2 T 2 1,5 ( rad / s )    T  (s)    3 T 2 3  x1 A Đối chiếu với bài ra:  v  A  max    2 a  A  vmax 1,5 .0,38 1,79( m / s 2 ) Biên độ và gia tốc cực đại:  max  Chọn C.

(5) Ví dụ 5: Vật nhỏ có khối lượng 200 g trong một con lắc lò xo dao động điều hòa với chu kì T và biên độ 4 cm. Biết trong một chu kì, khoảng thời gian để vật nhỏ có độ lớn gia tốc không nhỏ hơn là T/2. Độ cứng của lò xo là Hướng dẫn: Để độ lớn gia tốc không nhỏ hơn 5 2 m/s2 thì vật phải nằm ngoài khoảng (-x1; x1). x T  1 A 4t2  4. arccos x 1  x1  2 2   A 2 Theo bài ra: 2 a   2 x   2  Từ công thức:. a1 5 2  250  k m 2 50( N / m) x1 0, 02 2.  Chọn B. 1 x t2  arccos 1  A Ví dụ 6: Một vật dao động với biên độ 5 cm. Trong một chu kì thời gian vật có tốc độ lớn hơn một giá trị v0 nào đó là 1 s. Tốc độ trung bình khi đi một chiều giữa hai vị trí có cùng tốc độ v0 trên là 10 3 cm/s. Tính v0. A. 10,47 cm/s. B. 5,24 cm/s. C. 6,25 cm/s. D. 14,87 cm/s. Hướng dẫn:. x 1 t1  arcsin 1  A. Để tốc độ lớn hơn một giá trị v0 thì vật phải nằm trong khoảng (-x1; x1). Thì tốc độ trung bình khi đi một chiều giữa hai vị trí -x1 và x1 là:.

(6) 10 3(cm / s ) . 2 x1  x1 2,5 3(cm) 0,5.  1 2,5 3 4    ( rad / s) 0, 25( s) t1  arcsin  5 3    2 2 v0  A  x1 10, 47(cm / s )   Chọn A Ví dụ 7: Một vật dao động với biên độ 5 cm. Trong một chu kì thời gian vật có tốc độ nhỏ hơn một giá trị v0 nào đó là 1 s. Tốc độ trung bình khi đi một chiều giữa hai vị trí có cùng tốc độ v0 trên là 10 3 cm/s. Tính v0. A. 10,47 cm/s. B. 5,24 cm/s. C. 6,25 cm/s. D. 14,87 cm/s. Hướng dẫn: Để tốc độ lớn hơn một giá trị v0 thì vật phải nằm ngoài khoảng (-x1; x1). Theo bài ra: 4t2 1  t2 0, 25s  t1 T / 4 t2 0,5 /   0, 25 s. 1 x x t2  arc 1   4 arccos 1  A 5 nên Mặt khác:. t1 . 0,5 x 4 arccos 1 5.  0, 25. Tốc độ trung bình khi đi một chiều giữa hai vị trí -x1 và x1 là: vtb . 2 x1  10 3  2t1. 0,5. x1. 4arccos.  4 arccos. x1 5.  0, 25.  x1 2,995 (cm). 2,995 3, 714(rad / s) 5.  v0  A2  x12 3, 714 52  2,995 2 14,87. 1 x x1  A cos t2  t2  arccos 1  A Chú ý:. (cm/s)  Chọn D..

(7) 1) Hai thời điểm cách nhau một khoảng thời gian t2  t1 n.T (chúng tôi gọi là hai thời điểm cùng pha) thì x2  x1 ; v2 v1 ; a2 a1... t2  t1 (2n  1).. 2) Hai thời điểm cách nhau một khoảng thời gian ngược pha) thì x2  x1 ; v2  v1 ; a2  a1.... 3)Hai thời điểm cách nhau một khoảng thời gian. t2  t1 (2n  1).. T 2 (chúng tôi gọi là hai thời điểm. T 4 (chúng tôi gọi là hai thời điểm. 2 2 x 2  x22  A2 ; v12  v22 vmax ; a12  a22 amax ; v2   x1 ; v1   x2 vuông pha) thì 1 (khi n lẻ thì v2  x1 ; v1   x2 và khi n chẵn thì v2   x1 ; v1  x2 ). Ví dụ 8: Một vật dao động điều hòa với chu kì T, biên độ A. Biết rằng trong một chu kì, khoảng thời gian mà vận tốc của vật có giá trị  2 5 cm/s v 4 cm/s là T/2. Độ lớn của vận tốc cực đại của vật là: B. 6 3 cm/s. A. 5  cm/s. C. 6 cm/s. D. 5 3 cm/s. Hướng dẫn: Từ hình vẽ ta nhận thấy hai thời điểm có vận tốc v1 và v2 là vuông pha nên: 2. 2.  v1   v2      1   vmax   vmax . 2. 2.   2 5   4       1  vmax 6  vmax   vmax  (cm/s)  Chọn C.. Ví dụ 9: Một vật dao động điều hòa dọc theo trục Ox, gọi t là khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp vật có động năng bằng thế năng. Tại thời điểm t vật qua vị trí có tốc độ 15 3 cm/s với độ lớn gia tốc 22,5 m/s2 , sau đó một khoảng thời gian đúng bằng t vật qua vị trí có độ lớn vận tốc 45 2 cm/s. Lấy  10 . Biên độ dao động của vật là. A. 5 2 cm.. B. 6 3 cm.. C. 5 3 cm.. D. 8 cm.. Hướng dẫn: Khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp vật có động năng bằng thế năng là T/4 nên t = T/4. Hai thời điểm vuông pha thế nên:.

(8) 2. 2.  v1   v2      1  v v  max   max . 2. 2.  15 3   45       1  vmax 30 3 v v  max   max  (cm/s). Mặt khác, a và v vuông pha nhau nên: 2. 2.  a1   v2      1   amax   vmax  A Biên độ:. 2. 2.  15 3   2250       1  amax 1500 3  30 3   amax  (cm/s2). 2 vmax 6 3 amax (cm)  Chọn B.. Ví dụ 10: Một vật dao động điều hòa với chu kì T và vận tốc cực đại vmax. Trong khoảng thời gian từ t = t1 đến t = t2 =2t1 vận tốc vật tăng từ 0,6vmax đến vmax rồi giảm xuống 0,8vmax. Tìm độ lớn li độ của vật ở thời điểm t1. 0, 4 vmaxT A.  .. 0,8 vmaxT B.  .. 0, 6 vmaxT C.  .. 0,3 vmaxT D.  .. Hướng dẫn: A Biên độ:. 2 vmax v T  max amax 2. 2 2 2 Vì v1  v2 vmax nên hai thời điểm đó là hai thời điểm vuông pha: t2  t1 t1 T / 4. Áp dụng: 2. 2. 2. 0, 4 2  x1   v1   x1  vmaxT  1      0, 6  1  x1 0,8 A       A   vmax   A  Chọn A. Ví dụ 11: Một con lắc lò xo dao động điều hòa dọc theo trục Ox nằm ngang, vật nặng có khối lượng 150 g và năng lượng dao động 38,4 mJ. Tại thời điểm vật có tốc độ 16 cm/s thì độ lớn lực kéo về 2 là 0,96 N, lấy  10 . Độ cứng của lò xo là. A. 36 N/m.. B. 50 N/m.. C. 24 N/m . Hướng dẫn:. Theo bài ra:. D. 125N/m..

(9)  1 2 2W W  mvmax  vmax  0,32 5(m / s) 32 5(cm / s )  2 m   2 2 2 2 v  F   v    F  1   16    0,96  1  kA 0,96 2           32 5   kA   vmax   Fmax  . Từ. W. kA2 ( kA) 2 (0,96 2) 2   38, 4.10 3   k 24( N / m) 2 2k 2k.  Chọn C. Ví dụ 12: Một vật có khối lượng 100 g dao động điều hòa, Khi hợp lực tác dụng lên vật có độ lớn 0,8 N thì vật đạt tốc độ 0,6 m/s. Khi hợp lực tác dụng lên vật có độ lớn 0,5 2 N thì tốc độ của vật là 0,5 2 m/s. Cơ năng của vật là A. 2,5 J.. B. 0,05 J.. C. 0,25 J .. D. 0,5 J.. Hướng dẫn:. Từ.   0, 6  2  0,8  2     1 2 2   vmax   Fmax   v   F  vF      1   2 2  vmax   Fmax   0,5 2   0,5 2       v max   Fmax  . v 1(m / s) mv 2 0,1.12   max  W  0, 05( N ) F  1( N ) 2 2 max   Chọn B. Ví dụ 13: Con lắc lò xo nhẹ độ cứng k, khối lượng m bằng 8,1 kg. Cho dao động trên mặt phẳng nằm ngang với chu kỳ T. Tại thời điểm t1 vật có li độ 3 cm; ở thời điểm t2 = t1 + T/4 vật có vận tốc v2 = -2b cm/s; ở thời điểm t3 sau thời điểm t2 một khoảng T/2 thì vận tốc của vật v3 =(5b – 2) cm/s. Độ cứng của lò xo là. A. 1,6 N/m.. B. 0,16 N/m.. C. 4,1 N/m.. D. 6,5 N/m.. Hướng dẫn: Vì t2 t1  T / 4 nên v2   x1 hay  2b  .3   2b / 3 (rad/s). (1).. Vì t3 t2  T / 2 nên v3  v2 hay (5b  2) 2b  b 2 / 3 (cm). (2).. 2 Từ (1) và (2) suy ra:  4 / 9 (rad/s)  k m 1, 6 N/m  Chọn A.. Kết quả 2: Thời điểm lần thứ n. a. Thời điểm vật qua x1 theo chiều dương (âm).

(10) Cách 1: Giải hệ phương trình  x  A cos(t   )  x1   v   A sin(t   ) v1.  t t01  k .T  t t  l.T (t01 , t02 0  k , l 0,1, 2...) 02 . Cách 2: Dùng VTLG: Tìm vị trí xuất phát: 0 t1   . Xác định vị trí cần đến. Tím góc cần quét:  .. Thời gian:. t.  . Cách 3: Chỉ dùng VTLG để xác định thời điểm đầu tiên..     . Tìm vị trí xuất phát: 0 (.0   ) Thời điểm đầu tiên vật đến x1 theo chiều dương: t1. Tìm. các thời điểm. t=t1+k.T (k = 0,1,2…). Thời điểm đầu tiên vật đến x1 theo chiều âm: t1 các thời điểm.     . t=t1+k.T (k = 0,1,2…). Lần thứ 1 nhất đến x = x1 theo chiều dương (âm) là: t1. Lần thứ 2 nhất đến x = x1 theo chiều dương (âm) là: t2=t1 + T. ….. Lần thứ n nhất đến x = x1 theo chiều dương (âm) là: tn = t1 + (n-1)T.

(11) b. Thời điểm vật qua x1 tính cả hai chiều Cách 1: Giải phương trình: x  A cos(t   ) x1  cos(t   ) .  t     k .2  t ? x1 cos      1 A  t2 ?  t     k .2. Trong một chu kì vật qua mỗi vị trí biên một lần và các vị trí khác hai lần. Để tìm hai thời điểm đầu tiên (t1 và t2) có thể dùng PTLG hoặc VTLG. Để tìm thời điểm ta làm như sau:  d 1:t nT  t1 Sè lÇn n  4 d 2:t nT  t 2 Cách 2:  Ti`m vÞ trÝ xuÊt ph¸t : 0 ( .0  )  Ti`m vÞ trÝ cÇn tíi  Dïng VTLHG  Ti`m gãc cÇn quÐt :     Thêi gian : t    c. Thời điểm vật cách vị trí cân bằng một đoan b Trong một chu kì vật qua mỗi vị trí biên một lần và các vị trí khác hai lần. Vì vậy nếu b = 0 x x hoặc b = A thì trong một chu kì có 2 lần =b, ngược lại trong một chu kì có 4 lần =b (hai lần vật qua x = ± b (hai lần vật qua x = +b và hai lần qua x = -b). Để tìm bốn thời điểm đầu tiên t1, t2, t3, t4 có thể dùng PTLG hoặc VTLG. Để tìm thời điểm tiếp theo ta làm như sau.  d 1:t nT  t1 d 2 :t nT  t Sè lÇn  2 n  4  d 3 :t nT  t 3 d 4 :t nT  t 4 c. Thời điểm liên quan đến vận tốc, gia tốc, lực, thế năng, động năng… Cách 1: Giải trực tiếp phương trình phụ thuộc t của v, a, F… Cách 2: Dựa vào các phương trình độc lập với thời gian để quy về li độ. Ví dụ 1: Vật dao động điều hòa có vận tốc cực đại bằng 3m/s và gia tốc cực đại bằng 30 (m/s2). Thời điểm ban đầu vật có vận tốc -1,5 m/s và thế năng đang tăng. Hỏi vào thời điểm nào sau đây là thời điểm lần thứ 4 vật có gia tốc bằng 15 (m/s2)?.

(12) A. 7/60 s.. B. 0,25 s.. C. 19/60 s.. D. 1 s.. Hướng dẫn: a 2    max 10 (rad / s)  T  (s )  vmax   vmax  A    2 v amax  A  A  max 0,09(m)  amax. Thời điểm ban đầu x1 . v1  1,5( m / s) . vmax A 3  x1  2 2 vì lúc này thế năng đang tăng nên. A 3 2 .. Khi. a2 15 (m / s 2 ) . amax A x2  2 thì 2 . Thời điển lần 1, lần 2, lần 3, lần 4 vật có gia tốc. a 15 (m / s 2 ) lần lượt là: 2     3 6 0,05( s) t1    4      t  3 6  7 (s )  2  60  t t  T 0,25(s )  3 1  19  t4 t2  T  60 (s ) Chọn C. Mở rộng: 2013 1006 1) Thời điểm lần thứ 2013: 2 dư 1 nên t2013 1006 T  t1 . 2014 1006 2) Thời điểm lần thứ 2014: 2 dư 2 nên t2012 1006 T  t2 . Ví dụ 2: Một vật dao động theo phương trình x 20cos(5 t / 3   / 6) cm. Kể từ lúc t = 0 đến lúc vật đi qua vị trí x = -10 cm lần thứ 2015 theo chiều âm thì lực hồi phục sinh công dương trong thời gian A. 2013,08 s.. B. 1208,7 s.. C. 1207,5 s.. D. 2415,8 s..

(13) Hướng dẫn: Lực hồi phục luôn luôn hướng về VTCB, lực hồi phục sinh công dương khi vật chuyển động về VTCB và sinh công âm khi chuyện động ra VT biên. Trong một chu kì, một nửa thời gian (T/2) lực hồi phục sinh công âm, một nửa thời gian (T/2) sinh công dương. Dựa vào VTLG ta xác định được: Lần 1, vật qua li độ x = -10 cm theo chiều âm ứng với góc quét từ   / 6 đến 2 / 3 . Trong giai đoạn này khoảng thời gian sinh công dương là T/4 ( ứng với phần gạch chéo). Để đến thời điểm lần thứ 2015, vật qua li độ x = -10 cm theo chiều âm thì cần quét thêm 2014 vòng và thời gian sinh công dương có thêm là 2014.T/2 = 1007T. Tổng thời gian: T/4 + 1007T = 1208,7 s  Chọn B. Ví dụ 3: Một vật dao động điều hòa với A = 10 cm, gia tốc của vật bằng không tại hai thời điểm liên tiếp là t1 = 41/16 s và t2 = 45/16s. Biết tại thời điểm t = 0 vật đang chuyển động về biên dương, Thời điểm vật qua vị trí x = 5 cm lần thứ 2014 là A. 584,5 s.. B. 503,7 s.. C. 503,6 s.. D. 503,3 s.. Hướng dẫn: Thời gian hai lần liên tiếp có gia tốc bằng không (hai lần liên tiếp qua vị trí cân bằng) là T/2 = 45/16 – 41/16, suy ra: T = 0,5 s,  2 / T 4 (rad/s). Từ t = 0 đến t1 = 41/16 s phải quét một góc: 41  5.2  16 4 . Vì tại thời điểm t = 0, vật qua đi theo chiều dương nên pha ban đầu của dao động   3 / 4 . 1  t1 4 .. Tính từ thời điểm t = 0, lần 2 vật có li độ x = 5 cm là.   3  4 13 (s ) t3  48 , để có lần thứ 2014 = 2 + 2.1006 thì từ thời điểm t = 13/48 s quay thêm 1006 vòng (1006T): (s)  Chọn D.. t2014 . 13 13  1006 T   1006.0,5 503,3 48 48.

(14) Ví dụ 4: Một vật dao động điều hòa với A = 10 cm, gia tốc của vật bằng không tại hai thời điểm liên tiếp là t1 = 41/16 s và t2 = 45/16s. Biết tại thời điểm t = 0 vật đang chuyển động về biên dương, Thời điểm vật qua vị trí x = 5 cm lần thứ 2015 là A. 503,521 s.. B. 503,625 s.. C. 503,708 s.. D. 503,604 s.. Hướng dẫn: Thời gian hai lần liên tiếp có gia tốc bằng không (hai lần liên tiếp qua vị trí cân bằng) là T/2 = t2 – t1, suy ra: T = 0,5 s. Từ t = 0 đến t1 = 41/16 s quét thêm một góc: 2 2 41  t  . 5.2  T 0,5 16 4 . Vì tại thời điểm t = 0, vật qua đi theo chiều dương nên tại thời điểm t = 41/16 s vật qua VTCB theo chiều dương. Do đó, khi t = 0, vật qua li độ 1 . x = -A/ 2 theo chiều dương. Lần đầu tiên vật đến x = A/2 là t1 = T/8 + T/12 = 5T/24. Vì 2015/2 = 1007 dư 1 nên t2015 1007 T  t1 1007 T  5T / 24 12089 T / 12 503,604 (s)  Chọn D. t2014 . 13 13  1006 T   1006.0,5 503,3 48 48 (s)  Chọn D.. Ví dụ 5: Một con lắc lò xo dao động điều hòa theo phương ngang với tần số góc  . Độ cứng của lò xo là 25 N/m. Tại thời điểm t = 402,85 s, vận tốc v và gia tốc a của vật nhỏ thỏa mãn a  v lần 2 thứ 2015. Lấy  10 . Vật nhỏ của con lắc có khối lượng là. A. 100 g.. B. 200 g.. C. 50 g.. D. 150 g.. Hướng dẫn: 2 Thay x  A sin  t; v x '   A sin  t vào a  v ta được: tan  t 1   t  / 4  n (t  0  n 0,1,2...).. Lần thứ 2015 ứng với n = 2014  .402,85  / 4  2014   5 rad/s  m k /  2 100 g  Chọn A.. Ví dụ 6: Một chất điểm dao động điều hòa với phương trình x 20cos( t  5 / 6) cm. Tại thời điểm t1 gia tốc của chất điểm cực tiểu. Tại thời điểm t2 = t1 + t (trong đó t < 2015T) thì tốc độ của chất điểm là 10 2 cm/s. Giá trị lớn nhất của t là A. 4028,75 s.. B. 4028,25 s.. C. 4029,25 s.. D. 4029,75 s..

(15) Hướng dẫn: Cách 1: Tại thời điểm t1 gia tốc của chất điểm cực tiểu (vật ở biên dương). Ta chọn lại gốc thời gian tại thời điểm này: x 20 cos  t cm  v  x '  20 sin  t (cm/s2). Giải phương trình . v 10 2.  sin  t  (cm/s). 1 1  sin 2  t  2 2. 1  cos 2 t 1  1 1   cos 2 t 0  2 t   n  t   n. 2 2 2 4 2 (s) Vì 0  t  2015T 4030 s nên. 0. 1 1 1 1  n.  4030   0,5  n  8059,5  nmax 8059  tmax   8059. 4029,75 4 2 4 2 (s).  Chọn D Cách 2: v 10 2(cm / s )   A2  Khi. v2 A  2  2. Tại thời điểm t1 gia tốc của chất điểm cực tiểu (vật ở biên dương). Vì t  2015T nên tmax 2015T  T / 8 4025,75 s  Chọn D.. Ví dụ 7: Một chất điểm dao động điều hòa với phương trình x 20 cos( t  5 / 6) cm. Tại thời điểm t1 gia tốc của chất điểm cực tiểu. Tại thời điểm t2 t1  t (trong đó t2 < 2015T) thì tốc độ của v 10 2 chất điểm là 10 2 cm/s. Giá trị lớn nhất của t là A. 4029,75 s.. B. 4024,25 s.. C. 4025,25 s.. D. 4028,75 s.. Hướng dẫn: Vì t2 t1  t  2013T nên khi tmax thì t1min Tại thời điểm t1 gia tốc của chất điểm cực tiểu (vật ở biên dương)..

(16) t1min. Để. Tại thời điểm ban đầu t = 0, vật ở li độ T / 6  T / 4 5T / 12. v 10 2. cm/s thì. x x1  A2 . x0  A. 3 2 và đang đi theo chiều dương nên. v2 A  2  2. Tại thời điểm ban đầu t = 0, vật ở li độ. x0  A 3 / 2. và đang đi theo chiều dương thì thời. điểm t = 2015T vật cũng như vậy/ Tại thời điểm t2 vật có li độ A / 2 mà t2 < 2015. Suy ra, t2 max 2015T  T / 12  T / 8  tmax t2 max  t1min 2015T  T / 12  T / 8 4028,75 s  Chọn D. Kết quả 3: Biết trạng thái tại thời điểm hiện tại t0 tìm trang thái quá khứ, trạng thái tương lai. Bước 1: Chọn gốc thời gian t = t0 = 0 và dùng VTLG để viết pha dao động:   t   . Bước 2: Lần lượt thay t  t và t t để tìm trangh thái quá khứ và trạng thái tương lai:  x  A cos   t     v   A sin  (v > 0 : vật đi theo chiều dương (x đang tăng); v < 0 : vật đi theo chiều âm (x đang giảm)).

(17) Ví dụ 1: Vật dao động điều hòa dọc theo trục Ox (với O là vị trí cân bằng), với chu kì 1,5 (s), so với biên độ A. Sau khi dao động được 3,25 (s) vật ở li độ cực tiểu. Tại thời điểm ban đầu vật đi theo chiều: A. Dương qua vị trí có li độ A/2.. B. Âm qua vị trí có li độ A/2.. C. Dương qua vị trí có li độ -A/2.. D. Âm qua vị trí có li độ -A/2. Hướng dẫn:. Chọn lại gốc thời gian t t0 3,25 s (lúc này vật ở li độ cực tiểu x = -A) thì. . 2 4 t t   . T 3. Để tìm trạng thái ban đầu (quá khứ) ta cho t = 3,25 s thì A  4.3,25  x  A cos        2 3  v  A sin   0  Chọn D. Ví dụ 2: Một chất điểm chuyển động tròn đều với tốc độ 0,75 m/s trên đường tròn đường kính 0,5 m. Hình chiếu M’ của điểm M lên đường kính của đường tròn dao động điều hòa. Tại thời điểm t = 8 s, M’ đi qua vị trí cân bằng theo chiều âm. Chọn các phương án đúng. A. Tại thời điểm t = 16 s hình chiếu M’ đi qua li độ 22,64 cm theo chiều âm B. Tại thời điểm t = 16 s hình chiếu M’ đi qua li độ 22,64 cm theo chiều dương. C.Tại thời điểm t = 0 s hình chiếu M’ đi qua li độ -22,64 cm theo chiều âm. D. Tại thời điểm t = 0 s hình chiếu M’ đi qua li độ -22,64 cm theo chiều dương. Hướng dẫn: 0,5   A  2 0,25(m ) 25(cm)  v    T 3(rad / s) A Biên độ và tần số góc lần lượt là:  Chọn lại gốc thời gian t t0 8 s (lúc này vật ở li độ x = 0 và đang đi theo chiều âm) thì. . 2   t  3t  . T 2 2. Để tìm trạng thái sau (sau thời điểm t0 là 8 s) ta cho t = +8 s (tương lai) thì.

(18)  3( 8) .  x  A cos  22,64(cm)     2 v  A sin   0  Chọn A.. *Để tìm trạng thái ban đầu (trước thời điểm t0 là 8 s) ta cho t = -8 s (quá khứ) thì  3(  8) .  x  A cos   22,64(cm)     2 v  A sin   0  Chọn C. Ví dụ 3: Một chất điểm dao động điều hòa trên trục Ox có vận tốc bằng 0 tại 2 thời điểm liên tiếp là t1 = 1,75 s và t2 = 2,25 s, vận tốc trung bình trong khoảng thời gian đó là -80 cm/s. Ở thời điểm t = 1/6 s chất điểm đi qua vị trí A. x  10 3 cm theo chiều dương của trục tọa độ. B. x 10 cm theo chiều âm của trục tọa độ. C. x 10 2 cm theo chiều dương của trục tọa độ. D. x  10 3 cm theo chiều âm của trục tọa độ. Hướng dẫn: Thời gian hai lần liên tiếp có vận tốc bằng không là T/2 nên: T/2 = 2,25 – 1,75 suy ra: T = 1 s,  2 / T 2 (rad/s). Vận tốc trung bình trong khoảng thời gian này (x1 = A và x2 = -A): vtb . x2  x1  2A   80 t2  t1 2,25  1,75.  A = 20 (cm) Từ t = 0 đến t1 = 1,75 s phải quét một góc: 1 t1 2 .1,75 2  1,5 . Vì tại thời điểm t1, vật ở biên dương nên từ vị trí này quay được một góc (2  1,5 ) thì được trạng thái ban đầu và lúc này vật qua VTCB theo chiều âm. Vì vậy, pha ban đầu của dao động   / 2   2 t   / 2. Thay t = 0,25 s   2 t   / 2. 5   A cos  20 cos 6  10 3(cm)     v   A sin    A sin 5  0  6 Chọn D..

(19) Ví dụ 4: Một chất điểm dao động điều hòa trên trục Ox, gia tốc của vật có độ lớn cực đại tại 2 thời điểm liên tiếp là t1 = 5/48 s và t2 = 17/48 s, vận tốc trung bình trong khoảng thời gian đó là -160 cm/s. Phương trình li độ của vật là A. x 10 cos(8 t   / 2) cm.. B. x 20 cos(4 t   / 2) cm.. C. x 10cos(8 t ) cm.. D. x 20cos(4 t  5 / 12) cm. Hướng dẫn:. Thời gian hai lần liên tiếp gia tốc của vật có độ lớn cực đại (vật ở vị trí biên) là T/2 nên: T/2 = 17/48 – 5/48 suy ra: T = 0,5 s,  2 / T 4 (rad/s). Vận tốc trung bình trong khoảng thời gian này (x1 = A và x2 = -A): vtb . x2  x1  2A   160  A 20 17 5 t2  t1  48 48 (cm). Từ t = 0 đến t1 = 5/48 s phải quét một góc: 1  t1 4 .5 / 48 5 / 12 . Vì tại thời điểm t1, vật ở biên dương nên từ vị trí này quay được một góc 5 / 12 thì được trạng thái ban đầu và lúc này, pha ban đầu của dao động   5 / 12   4 t  5 / 12  x 20 cos(4 t  5 / 12) cm  Chọn D Ví dụ 5: Một chất điểm dao động điều hòa trên trục Ox có vận tốc bằng 0 tại hai thời điểm liên tiếp t1 = 1,75 s và t2 = 2,5 s; tốc độ trung bình trong khoảng thời gian đó là 16 cm/s. Ở thời điểm t = 0, chất điểm có li độ x0 (cm) và có vận tốc v0 (cm/s). Chọn hệ thức đúng. A.. x0 v0  4 3.. B.. x0 v0 4 3.. C.. x0 v0  12 3.. D.. x0 v0 12 3.. Hướng dẫn: Vì vận tốc bằng 0 tại hai bị trí biên, thời gian đi từ biên này đến biên kia là T/2 và quãng đường đi tương rứng là 2A: T   t  2 t2  t1 2,5  1,75(s)  T 1,5(s )   16(cm / s ) vtb  S  2 A  A 6(cm) t 0,75  *Nếu tại thời điểm t1 chất điểm ở biên dương thì.

(20) 2  4 .1,75   x 6 cos 3(cm )  x  A cos T (t  1,75) t 0  3     2  v  A sin v  4 .6 sin( 4 .1,75 ) 4 3(cm / s) (t  1,75)   T 3 3  x0 v0 12 3.   2   x  A cos  T (t  1,75)        v  A sin  2 (t  1,75)     T     *Nếu tại thời điểm t1 chất điểm ở biên âm thì    4 .1,75  x0 6 cos       3(cm)  3    0  t  x0 v0 12 3  v  4 .6 sin   4 .1,75     4 3(cm / s)    0 3 3    Chọn D. Kết quả 4: Li độ, vận tốc, gia tốc, động lượng và lực kéo về tại 3 thời điểm t1, t2, t3 Các đại lượng li độ, vận tốc, gia tốc, động lượng và lực kéo về biến thiên điều hòa cùng tần số. Một đại lượng u biến thiên điều hòa với biên độ A thì phân bố thời gian trên trục như sau:. Ví dụ 1: Một dao động điều hòa mà 3 thời điểm liên tiếp t1, t2, t3 với t3  t1 3(t3  t2 ) , li độ thỏa mãn x1 = x2 = -x3 = 6 (cm). Biên độ dao động là A. 12 cm.. B. 8 cm.. C. 16 cm.. D. 10 cm.. Hướng dẫn: Không làm mất tính tổng quát có thể xem ở thời điểm t1 vật có li độ x0 và đang tăng, đến thời điểm t2 vật có li độ x0 và đang giảm, đến thời điểm t3 vật có li độ -x0 và đang giảm..

(21) Theo bài ra:  T  T t3  t1 2t  2   t  t3  t1 3(t3  t2 ) T  4       2t  2   t  3.2t  t   12 4   t3  t2 2t . Thay t T / 12 và x0 = 6 cm vào công thức. x0  A sin. 2 t T ta tính được A = 12 cm.  Chọn A Ví dụ 2: Một dao động điều hòa mà 3 thời điểm liên tiếp t1, t2, t3 với t3  t1 2(t3  t2 ) , vận tốc có cùng độ lớn là A. 28,28 cm/s.. v1 v2  v3 20 2. B. 40 cm/s.. (cm/s). Vật có vận tốc cực đại là C. 32,66 cm/s.. D. 56,57 cm/s.. Hướng dẫn: Không làm mất tính tổng quát có thể xem ở thời điểm t1 vật có vận tốc v0 và đang tăng, đến thời điểm t2 vật có vận tốc v0 và đang giảm, đến thời điểm t3 vật có vận tốc -v0 và đang giảm. Theo bài ra:  T  T t3  t1 2t  2   t  t3  t1 2( t3  t2 ) T  4       2t  2   t  2.2t  t   8 4   t3  t2 2t .

(22) Thay t T / 8 vào công thức. v0 vmax sin. 2 T T ta tính được vmax 40 cm/s  Chọn B.. Ví dụ 3: Một chất điểm dao động điều hòa, ba thời điểm liên tiếp t1, t2, t3 có gia tốc lần lượt là a1, a2, a3. Biết t3 – t1 = 2(t3 – t2) = 0,1  (s), a1 = - a2 = - a3 = 1 m/s2. Tính tốc độ cực đại của dao động điều hòa. A. 0,1 2 m/s. B. 0,2 2 m/s. C. 0,2 m/s. D. 0,1 m/s. Hướng dẫn: Cách 1: Không làm mất tính tổng quát có thể xem ở thời điểm t1 vật có gia tốc a0 và đang giảm, đến thời điểm t2 vật có gia tốc -a0 và đang giảm, đến thời điểm t3 vật có gia tốc -a0 và đang tăng. . Theo bài ra:  T  T t3  t1 2t  2   t   t3  t1 0,1 ( s )    4  2  t  3  t2 0,05 ( s )  t3  t2 2 t .  T 0,2 (s )  t 0,025 (s ). Thay a0 = 100 cm/s2,  2 / T = 10 rad/s và t 0,025 rad/s và hệ thức a0  2 A sin t ta tính được: A  2 cm  vmax  A 10 2 cm / s 0,1 2 cm / s  Chọn A Cách 2: Không làm mất tính tổng quát có thể xem ở thời điểm t1 vật ở li độ -x0 và đang theo chiều dương, đến thời điểm t2 vật có li độ x0 và đang đi theo chiều dương, đến thời điểm t3 vật có li độ x0 và đang đi theo chiều âm. Theo bài ra:.

(23) 0,05 ( s) t3  t2 2 t '  t ' 0,025 (s )    T 2 10( rad / s ) 0,1 (s ) t3  t1 t3  t2  t2  t1 2t ' 2 t 2(t  t ') 2. 4 0,2 (s)    T. 2 Thay a0 = 100 cm/s2,  = 10 rad/s và t 0,025 rad/s vào a0  A cos t ' ta tính được:. A  2 cm  vmax  A 10 2 cm / s 0,1 2 cm / s.  Chọn A Cách 3: Dựa vào đồ thị gia tốc theo thời gian:. 2 t  2 t ' t3  t1 0,1 . a0 amax cos.  vmax . T 0,1 t  t '   T 0,2 (s ) 4 2. 2 2 0,1 t '  1 amax cos  amax  2(m / s 2 ) T 0,2 4. amax amax  T 0,1 2( m / s)   2 Chọn A. Kết quả 5: Viết phương trình dao động điều hòa..

(24) Thực chất của viết phương trình dao động điều hòa là xác định các địa lượng A,  và  của phương trình x  A cos(t   ) . Cách 1:  2 k g  2 f     T m l   v 2 vmax amax 2W Snöa chu kú S chu kú chiÒu dµi quü d ¹ o  2 A  x    2     2     k 2 4 2  x(0)  A cos   x  A cos(t   ) 0  t    v   A sin( t   ) v(0)   A sin .  A ?   ?. Cách 2: Dùng vòng tròn lượng giác x0  A cos  ; v0  0 : thuộc nửa trên vòng tròn; v < 0 : thuộc nửa dưới vòng tròn. 0 Cách 3: Dùng máy tính cầm tay Casop Fx570es    x  A cos  a  x  A cos(t   )  x0  A cos   0 t 0      v0  v   A sin  v   A sin(  t   ) 0       A sin  b  Cơ sở:  Một dao động điều hòa x0  A cos(t   ) có thể biểu diễn bằng một số phức x  A  Aei  A cos   i. A sin  a  bi x  x0 . Phương pháp:. v0 i  A  x  A cos(t   ) . Thao tác bấm máy: Bấm: Bấm:. Bấm nhập: Bấm. Màn hình xuất hiện CMPLX. MODE. 2. SHIFT. MODE. x0 . SHIFT. 4. Màn hình hiển thị chữ R. v0 i  2. 3. =. (Màn hình sẽ hiện A , đó là biên độ A và pha ban đầu φ). Quy trình giải nhanh: 1) Để viết phường trình dao động dạng hàm cos khi cho biết x0, v0 và ω ta nhập:.

(25) x0 . v0 i  shift  23  A  x  A cos(t   ) . 2) Để viết phương trình dao động dạng hàm sin khi cho biết x0, v0 và ω ta nhập: x0 . v0 i  shift  23  A  x  A sin( t   ) . Lúc t = 0, nếu vật qua vị trí cân bằng theo chiều dương thì x0 = 0 và v0 = ωA Lúc t = 0, nếu vật qua vị trí cân bằng theo chiều âm thì x0 = 0 và v0 = -ωA Lúc t = 0, nếu vật qua vị trí biên dương thì x0 = +A và v0 = 0 Lúc t = 0, nếu vật qua vị trí biên âm thì x0 = -A và v0 = 0 Ví dụ 1: Một vật dao động điều hòa dọc theo trục Ox, chọn gốc tọa độ trùng với cân bằng của vật. 2 Biết khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp vật đi qua vị trí cân bằng là 1 s. Lấy  10 . Tại thời 2 điểm ban đầu t = 0 vật có gia tốc a0 = -  m/s2 và vận tốc  3 cm/s. Phương trình dao động của vật là. A. x 2 cos( t  5 / 6) cm. B. x 2 cos( t  5 / 6) cm. C. x 2 cos( t   / 3) cm. D. x 2 cos( t  2 / 3) cm Hướng dẫn:. Khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp vật đi qua vị trí cân bằng là 1 s = T/2 hay T = 2 (s). Suy ra:  2 / T  (rad/s).  x  A cos( t   )     3   A sin  t 0   v   A sin( t   )    2 a   2 A cos( t   )  10   A cos   Cách 1: .      3   A 2(cm).  Chọn C. Cách 2: Bài này ta dùng phương pháp số phức kết hợp với máy tính cầm tay Casio 570es hoặc Casio 570es Plus để xác định A và φ bằng cách nhập số liệu vào biểu thức: Bấm:. Mode. 2. 2  3  i 2  Bấm nhập số liệu:  Shift 2 3 Bấm:. x0 . v0 a v i  02  0 i   . (tính toán với số phức). = trên màn hình máy tính sẽ hiện ra kết quả. 2 . 1  3.

(26)  Chọn C. Ví dụ 2: Một vật dao động điều hòa trên trục Ox với tần số f = 4 Hz, theo phương trình x  A cos(t   ) . Khi t = 0 thì x = 3 cm và sau đó 1/24 s thì vật lại trở về tọa độ ban đầu. Phương trình dao động của vật là A. x 3 3 cos(8 t   / 6) cm. B. x 2 2 cos(8 t   / 6) cm. C. x 6 cos(8 t   / 6) cm. D. x 3 2 cos(8 t   / 3) cm. Hướng dẫn: Ta có:  2 f 8 (rad / s); T 1 / f 1 / 4s  t 1 / 24s  Trong thời gian t 1 / 24 s vật chưa quay hết được một vòng. Góc quét  t 8 / 24  / 3    / 6 (lúc đầu thuộc góc phần từ tứ IV).  A x0 / cos  3 / cos( / 6) 2 3cm . Chọn B. Ví dụ 3: Một con lắc lò xo gồm lò xo nhẹ có độ cứng 100 N/m và vật nhỏ khối lượng m. Con lắc dao động điều hòa với chu kì T với biên độ 10 cm. Biết ở thời điểm t vật ở vị trí M. Ở thời điểm t + 2T/3, vật lại ở vị trí M nhưng đi theo chiều ngược lại. Động năng của vật khi nó ở M là A. 375 mJ.. B. 350 mJ.. C. 500 mJ.. D. 750 mJ.. Hướng dẫn: Giả sử xM > 0, thời gian 2T/3 tương ứng với góc quét 2 4 2      .2    3 3 2 3  x M  A cos  . W A W  Wt  t max  2 4 4. 3 3 kA2  Wđ  W  0,375( J ) 4 4 2 Ví dụ 4: Một con lắc lò xo gồm lò xo nhẹ có độ cứng 200 N/m và một vật nhỏ có khối lượng 500 g được treo thẳng đứng. Từ vị trí cân bằng nâng vật lên theo phương thẳng đứng và giữ nó đứng yên bởi một lực f = 4 N. Vào thời điểm t = 0, truyền cho vật một vận tốc 40 3 cm/s theo phương thẳng.

(27) đứng, hướng lên cho con lắc dao động điều hòa theo phương trình x = Acos(ωt + φ). Biết trục tọa độ Ox thẳng đứng, hướng xuống, gốc O tại vị trí cân bằng của vật. Giá trị của A và φ lần lượt là: A. 2 cm và -2π/3.. B. 4 cm và -2π/3.. C. 2 cm và 2π/3. Hướng dẫn:. A. 4 cm và 2π/3.. Bài này ta dùng phương pháp số phức kết hợp với máy tính cầm tay Casio 570es hoặc Casio 570es Plus để xác định A và φ bằng cách nhập số liệu vào biểu thức:  k (rad / s)   m  v  x0  0 víi v0  40 3(cm / s)   F  a   2(cm) k  Bấm:. ( tính toán với số phức). Mode e. Bấm nhập số liệu: Shift Bấm.  20  2.  40 3 i 40 3. =. trên màn hình máy tính sẽ hiện ra kết quả: 2 4   3 Chọn D. Kinh nghiệm: Nếu bài toán cho biết W, v0, a0 thì ta tính ωA trước rồi đến ω, φ theo quy trình như sau:  m 2 A2 2W W  A  ?  2 m    v(0)   A sin  0   v  x '   A sin(t   )  t    2  a v '   A cos(t   ) a   .  A cos  (0)  .  ?   ?. Nếu x = Asin(ωt + α) thì đổi về dạng cos x = Acos(ωt + α – π/2) ! Ví dụ 5: Một con lắc lò xo dao động điều hòa theo phương trình x = Acos(2π/T + φ) cm (t đo bằng giây). Vật có khối lượng 500g, cơ năng của con lắc bằng 0,01 (J). Lấy mốc thời gian khi vật có vận tốc 0,1 m/s và gia tốc là -1 m/s2. Động năng của vật tại thời điểm t  3 / 20 s là A. 7,5 mJ.. B. 3,2 mJ.. C. 6 mJ. Hướng dẫn:. W. m 2 A2 2W  A  0,2 2 m m/s. D. 5 mJ..

(28)  v x '   A sin(t   ) t 0   0,2 sin  0,1     2  .0,2 cos   1 a v '   A cos(t   )  10 3   ( rad / s)  A  (m) 3   10  50 3    x  cos  t   (m) 50 6  3      6 t  3 (s)  x  *Khi.  10  3   3 3 cos  .   (m)   50 6  100  3 20.   x 2  kA2  Wđ W  Wt W  W  1     7,5.10 3 ( J )    A  2  . Chọn A.. Kết quả 6: Đồ thị phụ thuộc thời gian của các đại lượng x, v, a, Wt, Wđ + Đại lượng x trễ pha hơn (v, p) là π/2 và x ngược pha so với (a, F). x  Acos( t   )  v  x '   A sin(t   )   2 a v '   A cos( t   )  p mv  m A sin(t   ) + Thế năng, động năng, biến thiên tuần hoàn theo thời gian với ω’ = 2ω, f’ = 2f và T’ = T/2. Cơ năng là đại lượng bảo toàn. Wt . kx 2 m 2 A2 m 2 A2  cos2 (t   )   1  cos(2t  2 ) 2 2 4. mv 2 m 2 A2 m 2 A2  sin 2 (t   )   1  cos(2t  2 ) 2 4 Wđ = 2. W = Wđ +. Wt . m 2 A2 kA2  2 2.

(29) Ví dụ 1: Đồ thị biểu diễn động năng của một vật m = 200 g dao động điều hòa ở hình vẽ bên ứng với phương trình dao động nào sau đây (Chọn các phương án đúng)? 3   x 5cos  4 t  4  (cm)  A..   x 4 cos  4 t   4  (cm)  B. 3   x 4 cos  4 t  4  (cm)  C..   x 5cos  4   4  (cm)  D. Hướng dẫn: Từ đồ thị nhận thấy: *W = Wđmax = 40.10-3 (J); *Thời gian ngắn nhất từ Wđ = Wđmax/2 đến Wđ = Wđmax chính là thời gian ngắn nhất từ x = A / 2 đến x = 0 và bằng T/8 = 1/16 s, suy ra: T = 0,5 s và ω = 2π/T = 4π (rad/s)  A. 2W 2.40.10 3  0,05(m) 5(cm ); m 2 0,2.(4 )2. *Lúc t = 0, Wđ = Wđmax/2 và động năng đang tăng, tức là vật có li độ x A / 2 và đang chuyển động về vị trí cân bằng. Do đó, phương trình dao động có dạng:.

(30)     x 5cos  4 t  4       3    x 5cos  4 t  4    Chọn A, D Ví dụ 2: Một vật có khối lượng 400 g dao động điều hòa có đồ thị thế năng như hình vẽ. Tại thời 2 điểm t = 0 vật đang chuyển động theo chiều dương, lấy  10 . Phương trình chuyển động của vật là.   x 10 cos   t   6  (cm)  A. 5   x 5cos  2 t  6  (cm)  B..   x 10 cos   t   3  (cm)  C.   x 5cos  2 t   3  (cm)  D. Hướng dẫn: Từ đồ thị nhận thấy: *W = Wtmax = 20.10-3 (J); *Thời gian ngắn nhất từ Wt = 15 mJ = 3Wtmax/4 đến Wt = 0 chính là thời gian ngắn nhất từ x = A 3 / 2 đến x = 0 và bằng T/6 = 1/6 s, suy ra: T = 1 s và ω = 2π/T = 2π (rad/s)  A. 2W 2.20.10 3  0,05(m) 5(cm ); m 2 0, 4.(2 )2. *Lúc t = 0, x  A 3 / 2 và đang chuyển động theo chiều dương nên phương trình dao động có dạng: 5   x 5cos  2 t  6  (cm)  Chọn B.  Ví dụ 3: Điểm sáng A đặt trên trục chính của một thấy kính, cách thấu kính 30 cm. Chọn trục tọa độ Ox vuông góc với trục chính, gốc O nằm trên trục chính của thấy kính. Cho A dao động điều hòa theo phương của trục Ox..

(31) Biết phương trình dao động của A và ảnh A’ của nó qua thấu kính được biểu diễn như hình vẽ. Tính tiêu cự của thấy kính. A. 10 cm.. B. -10 cm.. C. -15 cm.. D. 15 cm. Từ đồ thị ta nhận thấy:. *Vật thật cho ảnh ngược chiều với vật nên ảnh phải là ảnh thật và đây là thấu kính hội tụ. k  *Ảnh thật nhỏ bằng nửa vật nên độ phóng đại ảnh:. d' f f    2 d d  f 30  f.  f = 10 (cm)  Chọn A Ví dụ 4: Một vật có khối lượng 0,01 kg dao điều hòa quanh vị trí cân bằng x = 0, có đồ thị thuộc hợp lực tác dụng lên vật vào li độ như vẽ. Chu kì dao động là:. động sự phụ hình. A. 0,256 s. B. 0,152 s. C. 0,314 s. D. 1,255 s. Hướng dẫn:. 2.  2  F  kx  m x  m   x  T  Với vật dao động điều hòa thì 2. Từ đồ thị ta thay x = 0,2 m, F = -0,8 N và m = 0,01 kg ta được: 2.  2   0,8  0,01  .0,2  T 0,314(s )   T  Chọn C. Ví dụ 5: Điểm sáng M trên trục chính của một thấu kính hội tụ có tiêu cự f = 10 cm và cách thấu kính 15 cm. Cho M dao động điều hòa với chu kì T = 2 s trên trục Ox vuông góc với trục chính của thấy kính quanh vị trí ban đầu biên độ dao động A = 4 cm. Tính tốc độ trung bình của ảnh M’ của điểm sáng M trong 1 chu kì dao động A. 16 cm/s.. B. 15 cm/s. Hướng dẫn:. C. 32 cm/s.. D. 25 cm/s..

(32) k  Độ phóng đại ảnh:. d' f  10    2 d d  f 15  10. Ảnh thật M’ dao động cùng với phương cùng chu kì, ngược pha với M và với biên độ: A '  A k 8. (cm). Tốc độ trung bình trong 1 chu kì:. vtb . 4 A ' 4.8  16 T 2 (cm/s)  Chọn A.. Vấn đề 2. Bài toán quãng đường trong dao động điều hòa Kết quả 1: Quãng đường đi được từ t1 đến t2. a. Quãng đường đi được từ t1 đến t2. .  t2  t1 n, q  t2  t1 nT  t  T t (t2  t1 )  nT  Nếu biểu diễn: Quãng đường đi được: S = n.4A + Sthêm, với Sthêm là quãng đường đi được từ thời điểm t1 + nT đến thời điểm t2.. .  t2  t1  0,5T m, q T t2  t1 m  t  2 t (t  t )  m T 2 1  2 Nếu biểu diễn: Quãng đường đi được: S = m.2A + Sthêm, với Sthêm là quãng đường đi được từ thời điểm t1 + mT/2 đến thời điểm t2. Để tìm Sthêm thông thường dùng ba cách sau:. Cách 1: Dùng trục thời gian để xác định quãng đường dịch chuyển từ tráng thái 1 đến trạng thái 2. Cách 2: Dùng vòng tròn lượng giác để xác định quãng đường dịch chuyển từ tráng thái 1 đến trạng thái 2. Cách 3: Dùng tích phân xác định. Cơ sở phương pháp:.

(33) v. dx ds dx  v   ds  v dt dt dt dt (trong đó ds là quãng đường chất điểm did được trong thời t2. Sth ª m  gian dt). Quãng đường chất điểm đi được từ thời điểm t1 + mT/2 đến t2 là phần diện tích phần tô màu):. . v dt. t1  mT /2. (chính là. Nếu phương trình li độ x = Acos(ωt + φ) thì phương trình vận tốc v = -ωAsin(ωt + φ); t2. Sth ª m . .  A sin( t   dt. t1  mT /2. Để tính tích phân này ta có thể dùng máy tính câm tay CASIO fx-570ES, 570ES Plus. Các bước thực với máy tính cầm tay CASIO fx-570ES, 570ES Plus. Chọn chế độ Chỉ định dạng nhập tính toán Chọn đơn vị đo góc là Rad (R). Nút lệnh Bấm: Bấm:. Ý nghĩa – Kết quả Màn hình xuất hiện Math. Màn hình hiển thị chữ R. Thực hiện phép tính tích phân Bấm:. Màn hình hiển thị. Dùng hàm trị tuyệt đối (Abs) Bấm: Màn hình hiển thị Biến t thay bằng X. Màn hình hiển thị X Bấm:. Nhập hàm và các cận lấy tích phân. Bấm: hàm và các cận. Hiển thị t2. . t1  mT /2.  A sin( x   dx.

(34) Bấm dấu bằng (=) Bấm: = Quy trình bấm máy tính nhanh: t2  NÕu x  A cos( t   )  S m.2 A    A sin( t   ) dt  t1  mT /2 t  t  m  2 1   t2  0,5T   NÕu x  A sin(t   )  S m.2 A    A cos( t   ) dt t1  mT /2 . t2  NÕu x  A cos(t   )  S n.4 A    A sin( t   ) dt  t1  mT /2 t  t  n  2 1   t2  T  NÕu x  A sin(t   )  S n.4 A    A cos( t   ) dt t1 mT /2 . Chú ý: Đối với đề thi trắc nghiệp thông thường liên quan đến các trường hợp đặc biệt sau đây: + Bất kể vật xuất phát từ đâu, quãng đường vật đi sau một chu kì luôn luôn là 4A. t2  t1 kT  S k.4 A + Bất kể vật xuất phát từ đâu, quãng đường vật đi sau nửa chu kì luôn luôn là 2A. t2  t1 m. T  S m.2 A 2. + Nếu vật xuất phát từ vị trí cân bằng (x(t1) = 0) hoặc từ vị trí biên (x(t1) = ±A) thì quãng đường vật đi sau một phần tư chu kì là A. t2  t1 n. T  S nA 4.  Sè nguy ª n  S q.2 A t2  t1  q  0,5T  Sè b¸ n nguyª n vµ x( t1) 0; A  S (q.2) A + Căn cứ vào tỉ số: b. Thời gian đi quãng đường nhất định + Các trường hợp riêng: Quãng đường đi được sau nửa chu kì là 2A và sau nT/2 là n.2A. Quãng đường đi được sau một chu kì là 4A và sau mT là n.4A..

(35) Nếu vật xuất phát từ vị trí cân bằng (x(t1) = 0) hoặc từ vị trí biên (x(t1) = ±A) thì đường đi được sau 1/4 chu kì là A và sau nT/4 là nA. + Các trường hợp khác: Phối hợp vòng tròn lượng giác với các trục thời gian để xác định. C. Tính vận tốc trung bình và tốc độ trung bình Vận tốc trung bình: v. § é dêi x x  x  x  Acocs(t1   )   2 1 1 Thêi gian t t2  t1  x2  A cos( t1   ). Tốc độ trung bình:  v. S S  t t2  t1 (Dùng VTLG hoặc PTLG để tính S ). Vận tốc trung bình có thể âm, dương hoặc bằng 0 nhưng tốc độ trung bình luôn dương. Quy trình bấm máy tính nhanh: t2   m.2 A    A sin(t   ) dt  S t1  mT /2  NÕu x  A cos(t   )  v  t2  t1 t2  t1 t  t  m  2 1   t2  0,5T   m.2 A    A cos(t   ) dt  t1  mT /2 NÕu x  A sin( t   )  v  S   t2  t1 t2  t1 . t2   n.4 A    A sin( t   ) dt  S t1  mT /2  NÕu x  A cos( t   )  v  t2  t1 t2  t1 t  t  n  2 1   t2  T  n.4 A    A cos( t   ) dt  t1  mT /2 NÕu x  A sin( t   )  v  S   t2  t1 t2  t1 . Chú ý:.

(36) Smin S 'min   v min  t  t '  S S' v  max  max max  t t ' * Tốc độ trung bình lớn nhất và nhỏ nhất:    2 A sin  Smax 2   v max  t t '    2 A(1  cos ) S T  v  min  2 t    t    t 2 * Nếu thì  min t   n .2 A  2 A sin  S 'max n.2 A  Smax 2    v max  t ' t ' 2       n.2 A  2 A  1  cos S 'min n.2 A  Smin  2  T  v    t ' n  t  t ' t ' t ' 2 * Nếu thì  min  x1  A; x 2  A  x  A; x  A 2 * Hai điểm liên tiếp trên quỹ đạo có v = 0 thì  1 và thời gian đi ngắn nhất giữa hai điểm này là. t2  t1 . T 2 ..  A 3 A 3 ; x2   x1  2 2   A 3 A 3 A ; x2  v   x1  2 2 và thời gian đi ngắn nhất 2 thì  * Hai điểm liên tiếp trên quỹ đạo có giữa hai điểm này là. t2  t1 . T 3.. A  x  ; x2  1  2  A  A v   x1  2 ; x2  2 thì  * Hai điểm liên tiếp trên quỹ đạo có hai điểm này là. t2  t1 . T 4.. A 2 A 2 và thời gian đi ngắn nhất giữa.

(37) A A   x1  2 ; x2  2  A 3  x  A ; x  A v   1 2 2 2 và thời gian đi ngắn nhất 2 * Hai điểm liên tiếp trên quỹ đạo có thì  giữa hai điểm này là. t2  t1 . T 6. Ví dụ 1: Vật dao động điều hòa theo phương trình x = 7cos(2πt/T – π/5) cm. So sánh trong những quãng đường 7 cm như nhau, khoảng thời gian ngắn nhất để đi được quãng đường đó là 0,25 s. Tìm quãng đường đi được từ thời điểm t = 0,1 s đến t = 12,2 s. A. 224,31 cm.. B. 224,15 cm.. C. 224,35 cm.. D. 224,46 cm.. Hướng dẫn:. * Thời gian tmin ứng với Smax =. 2 A sin. 2 t 2 0,25  7 2.7sin  T 1,5(s ) T 2 T 2. t2  NÕu x  A cos( t   )  S m.2 A    A sin( t   ) dt t1  mT /2  t2  t1   m    t2  0,5T   NÕu x  A sin( t   )  S m.2 A    A cos( t   ) dt t1  mT /2  * Áp dụng: 12,2. 28 4 4  12,2  0,1  m  16  S 16.2.7   sin( t  ) dt 224,31 (cm)  3 3 5  0,5T  0,116.1,5/2  Chọn A Ví dụ 2: Vật dao động điều hòa theo phương trình x = 4cos(ωT –2 π/3) cm. Trong giây đầu tiên vật đi được quãng đường 6 cm, Hỏi trong giây thứ 2015 vật đi được quãng đường bao nhiêu? A. 5 cm.. B. 4 cm.. C. 6 cm. Hướng dẫn:. D. 12 cm..

(38) Trong giây đầu tiên vật đi được quãng đường 6 cm = 1,5A nên dựa vào VTLG ta có: T/12 + T/4 = 1 s  T = 3 s (vòng tròn chia làm 3 phần, mỗi giây một phần). Dựa vào tính đối xứng ta nhận thấy, vòng tròn chia làm 3 phần: Giây thứ 3n +1 thuộc phần 1, giây thứ 3n + 2 thuộc phần 2 và giây thứ 3n + 3 thuộc phần 3. Quãng đường đi được tương ứng là 6 cm, 6cm và 4 cm. Trong giây thứ 2015 = 3.671 +2 nên quãng đường đi được trong giây này là 6 cm.  Chọn C. Ví dụ 3: Một vật có khối lượng m = 200 g được treo vào một lò xo nhẹ có độ cứng k = 50 N/m. Vật được đặt trên mặt phẳng nghiêng có góc α = 300 điểm treo ở phía trên. Thời điểm t = 0 người ta kéo 2 vật đến vị trí lò xo giãn 6 cm rồi thả nhẹ cho vật dao động điều hòa. Lấy g = 10 (m/s2) và  10 . Tìm quãng đường vật đi được kể từ thời điểm đầu tiên lực đàn hồi có độ lớn 1 N đầu tiên đến thời điểm t = 31/15 s.. A. 2 cm.. B. 4 cm.. C. 2 cm. Hướng dẫn:. Độ dãn lò xo tại vị trí cân bằng: l0 . mg sin  0,02 (m) 2(cm) k Biên độ: A = 6 – 2 = 4 (cm). Để tìm vị trí lực đàn hồi có độ lớn bằng 1 N, ta giải phương trình: k (l0  x ) 1  x 0 T 1 m 1  t1   .2  .0,4 0,1(s). 4 4 k 4. D. 4 cm..

(39) Bài toán quy về tìm quãng đường đi được từ t1 = 0,1 (s) đến t2 = 31/15 (s). Ta sử dụng quy trình giải nhanh với máy tính Casio 570es như sau:  t  t   31 / 15  0,1  n  2 1    4 0, 4  T    t2. n.4 A  S=. . 31/15.  A sin(t   ) dt 4.4.4 . t1  mT /2. . 5 4 sin(5 t ) dt (cm). 0,1 4 x 0,4.  Chọn D. Ví dụ 4: Một con lắc lò xo treo thẳng đứng. Nâng vật lên để lò xo không biến dạng rồi thả nhẹ thì vật dao động điều hòa theo phương thẳng đứng quanh vị trí cân bằng O. Khi vật đi qua vị trí có tọa độ x 2,5 2 cm thì có vận tốc 50 cm/s. Lấy g = 10 (m/s2). Tinhs từ lúc thả vật, thời gian vật đi được quãng đường 27,5 cm là A. 5,5 s.. B. 5 s.. C. 0,59 s.. D. 0,37 s.. Hướng dẫn:. Biên độ bằng độ dãn lò xo tại vị trí cân bằng :. Từ công thức:. x2 . A l0 . mg g 1000  2  2 (cm) k  . v2 502 10002 2 2  A  (2,5 2)   4 2 4 . 1000   A   2 5(cm )   10 2( rad / s )    T  2 0, 444(s )  . Quãng đường đi:. S 27,5cm 20  cm  5cm  2,5   cm  T. T/4. T /12.  t T  T / 4  T / 12 0,59 (s)  Chọn C. Ví dụ 5: Một vật dao động điều hòa với tần số f = 2 Hz. Biết tại thời điểm t vật có li độ x1 = 9 cm và đến thời điểm t + 0,125 (s) vật có li độ x2 = -12 cm. Vận tốc trung bình của vật giữa hai thời điểm đó và tốc độ dao động cực đại lần lượt là A. 125 cm/s và 60π cm/s.. B. -168 cm/s và 60π cm/s.. C. 168 cm/s và 80π cm/s.. D. 225 cm/s và 80π cm/s. Hướng dẫn:.

(40) 1 T  0,5(s ) f Chu kì dao động điều hòa: . Vì thời gian 0,125 s = T/4 nên vật đi từ x1 = 9 cm đến x2 = -12 cm theo chiều âm (nếu đi theo chiều dương đến x = A rồi quay lại x2 = -12 cm thì cần thời gian lớn hơn T/4).. Tốc độ dao động trung bình của vật giữa hai thời điểm vtb . x2  x1 ( 12)  9   168 (cm / s ) t2  t1 0,125 Hai thời điểm vuông pha: A =. x12  x2 2 15 (cm ).  vmax  A 60 (cm / s)  Chọn B. Ví dụ 6: Một chất điểm dao động điều hòa trên trục Ox với phường trình x = 6cos(10πt – π/3) (cm). Quãng đường chất điểm đi được từ thời điểm t = 0 đến thời điểm qua vị trí x = -3 cm lần thứ 2014 là A. 24168 cm.. B. 24174 cm.. C. 48336 cm.. D. 24162 cm.. Hướng dẫn: Ở thời điểm t = 0  x = 3 cm = A/2. Trong một chu kì chất điểm qua vị trí x = -3 là 2 lần  2014 lần  1007 chu kỳ T Cách 1: “Vượt quá giới hạn”. Sau thời gian 1007T  quãng đường đi được S1 = 1007.(4A) = 24168 cm. Khi đó chất điểm đã đi qua vị trí x = -3 cm lần thứ 2014 và quãng đường đã vượt quá 1 lượng S . Ta cho chất điểm quay ngược lại từ x = A/2 đến x = -A/2  S = A = 6 cm.  Quãng đường: S = S1 - S = 24162 cm  Chọn D Cách 2: “Tiến tới giới hạn”. Sau thời gian 1006T  quãng đường S2 = 1006.(4A) = 24144 cm. Khi đó chất điểm đã vượt qua vị trí x = -A/2 lần thứ 2012. Chất điểm đi tiếp từ x = A/2 đến x = A rồi quay lại x = -A/3 (lần thứ 2013) rồi đến x = -A rồi quay lại x = -A/2.

(41) (lần thứ 2014) thì quãng đường đi thêm là: S ' =A/2 + A + A +A/2 = 3A = 18 cm  Quãng đường: S = S2 + S ' =24162 cm  Chọn D. Ví dụ 7: Một chất điểm dao động điều hòa với biên độ A, vào thời điểm t = 0, vật qua VTCB theo chiều dương. Đến thời điểm t = 43 s vật qua vị trí có li độ A 3 / 2 lần thứ 30. Tốc độ trung bình trong khoảng thời gian đó là 6,203 cm/s. Giá trị A gần giá trị nào nhất sau đây ? A. 2 cm.. B. 3 cm.. C. 4 cm.. D. 5 cm.. Hướng dẫn:. Lần thứ 30 qua li độ A 3 / 2 thì góc quét:.  . 2  30  40    1  2  .2 3  2 3  .. 43 T 43  T 3 (t ) Tương ứng với thời gian là 3 Quãng đường đi được trong thời gian này:  . 2 3.  A 3  14.2   14.4 A 57,13 A    S  A   A  2  14.4 A .  A 3 A  A   2  . Tốc độ trung bình:. vtb . S 57,13 A  6,203(cm / s )  A 4,7(cm) t 43.  Chọn D Kết quả 2: Quãng đường đi được tối đa, tối thiểu. a. Trường hợp t  T / 2   t   Trong dao động điều hòa, càng gần vị trí biên thì tốc độ càng bé. Vì vậy trong cùng một khoảng thời gian nhất định muốn đi được quãng đường lớn nhất thì đi xung quanh vị trí cân bằng và muốn đi được quãng đường bé nhất thì xung quanh vị trí biên. Cách 1: Dùng PTLG.

(42) x1  A sin t1  A cos t2.     . Quãng đường cực đại. Quãng đường cực tiểu.  t1 . t   Smax 2 A sin  t1  2 A sin 2 2.  t2 . t   Smin 2( A  A cos  t2  2 A  2 A cos 2 2. Cách 2: Dùng VTLG.    Smax 2 A sin 2  t    Smin 2 A  1  cos     2  .

(43) Quy trình giải nhanh:.   t   S max  sin  đixungquanhVTCB S  cos  đixungquanhVTbiª n  min. T T T ; ; ;... Chú ý: Đối với các khoảng thời gian đặc biêt 3 4 6 để tìm Smax , Smin nhanh ta sử dụng   trục phân bố thời gian và lưu ý: Smax đi quanh VTCB, Smin đi quanh VT biên.. Kết quả thường được đề cập khá nhiều trong đề thi:  S  T  A (đixungquanhVTCB mçi nöa A / 2)  max 6   S min T  A (đixungquanhVT biª n mçi nöa A / 2)   3 Đối với bài toán tìm thời gian cực đại và cực tiểu để đi được quãng đường S thì cần lưu ý: Thời gian cực đại ứng với công thức quãng đường cực tiểu. Thời gian cực tiểu ứng với công thức quãng đường cực đại.    tmin  Smax 2 A sin 2   t   tmax  Smin 2 A  1  cos     2  . b. Trường hợp. t '  T / 2  t ' n.  tmin t  t t  max. T T  t 0  t  2 2 với. T Vì quãng đường đi được trong khoảng thời gian n 2 luôn luôn là n.2A nên quãng đường lớn nhất hay nhỉ nhất là do t quyết định.   (§ i xung quanh VTCB)  S max n.2A  S max  n.2A  2A sin 2   S n.2A  S  n.2A  2A  1  cos   (§ i xung quanh VT biª n) min   min 2   .

(44) Hai trường hợp đơn giản xuất hiện nhiều trong các đề thi: T T   t ' n 2  6  S 'max n.2A  A    n.2A S max A   t ' n T  T  S ' n.2A  A min  2 3  n.2A S min A  t ' n, m   0,5T  Quy trình giải nhanh: t t ' n.0,5T    S max 2A.sin 2 S ' n.2A  S max  t     max  S 'min n.2A  S min S 2A  2A.cos   min 2 Đối với bài toán tìm thời gian cực đại và cực tiểu để đi được quãng đường S thì cần lưu ý: Thời gian cực đại ứng với công thức quãng đường cực tiểu. Thời gian cực tiểu ứng với công thức quãng đường cực đại..    t 'min  S 'max n.2 A  2 A sin 2   t   t 'max  S 'min n.2 A  2 A  1  cos     2  . T  t 'min  S 'max n.2 A  Smax  t 'min n. 2  t T t n.  2  t '  S ' n.2 A  S  t ' n. T  t  min max  min  max 2 T t n.  2 Trường hợp xuất hiện nhiều trong các đề thi: T T   t 'min n. 2  6 S n.2 A  A         t ' n. T  T  max 2 3  T T Smax   Smin   A 6  3. T   t 'min n. 2 t   t ' n. T t max  2.

(45) Ví dụ 1: Một vật dao động điều hòa dọc theo trục Ox với chu kì T, biên độ A, trong thời gian một phút vật thực hiện được 180 dao động toàn phần. Trên quãng đường đi được bằng biên độ A thì tốc độ trung bình lớn nhất của vật là 72 cm/s. Vật dao động dọc theo đoạn thẳng có chiều dào là A. 4 cm.. B. 8 cm.. C. 10 cm.. D. 12 cm.. Hướng dẫn: t 60 1  T   (s)  n 180 3  S max T /6 A  v tb max  A  72  A  A 4 (cm)  L 2A 8(cm) T/6 T/6 Ta có:   Chọn B. Ví dụ 2: Một con lắc lò xo dao động điều hòa theo phương ngang với cơ năng dao động là 1 J và lực đàn hồi cực đại là 10 N. Mốc thế năng tại vị trí cân bằng. Gọi Q là đầu cố định của lò xo, khoảng thời gian ngắn nhất giữa 2 lần liên tiếp Q chịu tác dụng lực kéo của lò xo có độ lớn 5 3 N là 0,1 s. Quãng đường lớn nhất và nhỏ nhất mà vật nhỏ của con lắc đi được trong 0,4 s lần lượt là A. 40 cm và 45,26 cm.. B. 60 cm và 45,26 cm.. C. 80 cm và 46 cm.. D. 115 cm và 95,26 cm. Hướng dẫn:.  F k x  Fmax kA   kA W   2. 5 3 x F A 3    x  Fmax A 2  10   1  W  A  A 20cm  10 Fmax 2. Vì là lực kéo nên lúc này lò xo dãn. Vật đi từ T T T t    0,1  T 0,6 (s) 12 12 6 gian đi sẽ là:. x. A 3 A 3 x 2 đến x = A rồi đến 2 . Thời.

(46) T t 0, 4s 0,3  0,1   2 2A. T 6. S 'max 2A  A 60(cm)    S 'min 2A  (2A  A 3 45,36(cm). S max A;S min 2A  A 3. Ví dụ 3: Vật dao động điều hòa theo phương trình x = 7cos(2πft – π/5) cm. So sánh trong những quãng đường 7 3 cm như nhau, khoảng thời gian ngắn nhất để đi được quãng đường đó là 0,25 s. Tìm f. A. 2/3 Hz.. B. 4/3 Hz.. C. 1 Hz.. D. 3/7 Hz.. Hướng dẫn:. Thời gian tmin ứng với 7 3 2.7sin 2 f.. S max 2A sin 2 f. t 2. 0,25 4  f  (Hz)  2 3 Chọn B.. Kết quả 3: Động năng, thế năng còn lại khi đi trên các quãng đường bằng nhau hoặc các khoảng thời gian bằng nhau. x A cos( t   )   ' 2  f ' 2f  T  T '  v   A sin( t   )  A cos( t    ) 2  2.    kx 2 kA 2 kA 2  Wt   cos2 ( t   )   1  cos(2t  2 )  2 2 4 mv 2 m 2 A 2 kA 2  sin 2 ( t   )   1  cos(2t  2 ) 2 4 Wđ = 2 T. t k 2 ;  2 f  n m T. kx 2 mv 2 m 2 A 2 kA 2 mv 2max     2 2 2 2 W = Wt + Wđ = 2 2  k m 2 ma   mv 2   W    a ma 2 2k 2 a   x  x  2   k .

(47) Áp dựng công thức Wđ =. W. kx 2 2 cho từng trường hợp quãng đường. Ví dụ 1: Một chất điểm đang dao động điều hòa. Khi vừa qua khỏi vị trí cân bằng một đoạn S động năng của chất điểm là 1,8 J. Đi tiếp một đoạn S nữa thì động năng chỉ còn 1,5J và nếu đi thêm đoạn S nữa thì động năng bây giờ là bao nhiêu? Biết ràng vật chưa đổi chiều chuyển động. A. 0,9 J.. B. 1,0 J.. C. 0,8 J.. D. 1,2 J.. Hướng dẫn:  kS 2  1,8  W     W 1,9(J) 2   2    kS kx 2  0,1(J) 4.kS 2    1,5 W   2  2  2   9.kS 2 1,9  9.0,1 2(J)  W=W  2  Wđ = W Chọn B. Ví dụ 2: Một chất điểm đang dao động điều hòa. Khi vừa qua khỏi vị trí cân bằng một đoạn S động năng của chất điểm là 0,091 J. Đi tiếp một đoạn 2S thì động năng chỉ còn 0,019 J và nếu đi thêm đoạn S (biết A > 3S) nữa thì động năng bây giờ là bao nhiêu?. Quý thầy cô có nhu cầu tìm hiểu về toàn bộ file word cuốn hay lạ khó – Chu Văn Biên, liên hệ mail:

(48)

File word sach hay la kho Chu Van Bien

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về