Trắc nghiệm bài Thời gian trong dao động điều hòa vật lý 12 có đáp án và lời giải và lời giải gồm các phần: Kiến thức trọng tâm, các dạng bài tập có ví dụ, bài tập rèn luyện. Các bạn xem để ôn tập các lý thuyết, nắm vững các dạng và rèn luyện kỹ năng làm bài nhé.
BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM VỀ THỜI GIAN TRONG DAO ĐỘNG ĐIỀU HÒA
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Bài toán thời gian
Đây là một bài toán có thể nói là quan trọng bậc nhất trong chương trình Vật lí phổ thông. Thấu hiểu cách làm và thấu hiểu phương pháp đường tròn đối với dao động điều hòa dạng $x = Acos\left( {\omega t + \varphi } \right)$ sẽ giúp chúng ta làm tốt các bài toán không chỉ ở chương dao động cơ, mà còn ở các chương khác như sóng cơ, dao động điện từ, điện xoay chiều. Vậy nên, bạn đọc hãy đọc kĩ phần này!
Phương pháp
Ta sẽ dùng phương pháp đường tròn (sử dụng mối quan hệ giữa chuyển động tròn đều và dao động điều hòa) để giải các bài toán về tính thời gian trong dao động điều hòa.
– Ví dụ, để tính được thời gian ngắn nhất khi vật đi từ vị trí ${x_2}$ theo chiều âm như hình vẽ, ta cần xác định được góc mà vecto $\overrightarrow A $ quét được trên đường tròn, tức là cần tính được góc $\widehat {HOG}\left( {rad} \right)$. Khi đó thời gian là
$\widehat {HOG} = \omega t \Rightarrow t = \frac{{\widehat {HOG}}}{\omega }$
Ví dụ, vì sao ta lại nói đến thời gian ngắn nhất? Vì nó cụ thể, do đó nó hay xuất hiện trong các câu hỏi. Nếu chỉ nói thời gian vật đi từ vị trí ${x_1}$ theo chiều âm đến ${x_2}$ theo chiều âm thì ta có thể hiểu thời gian cần tính là: thời gian đi từ ${x_1}$ theo chiều âm đến ${x_1}$ theo chiều âm lần thứ k (hết thời gian $kT$) rồi cộng với thời gian từ ${x_1}$ theo chiều âm đến ${x_2}$ theo chiều âm. Tức là nó hơn thời gian ngắn nhất một khoảng thời gian là $kT$ với k = 0,1,2,… ($k = 0$ chính là trường hợp thời gian ngắn nhất).
Ví dụ tiếp, nếu ta thay “đến ${x_2}$ theo chiều âm” bằng “đến ${x_2}$ theo chiều dương” thì kết quả là véc tơ $\overrightarrow A $ khi đó quét được góc $\widehat {HOG’}$ trong đó G’ đối xứng với G qua Ox. Như vậy, rõ ràng với bài toán thời gian, ta cần biết vị trí, chiều chuyển động cụ thể của vật để có thể tính toán một cách chính xác hơn. Do đó, để tính được thời gian khi vật đi từ vị trí ${x_1}$ đến vị trí ${x_2}$ thì phương pháp chung là:
+Xác định tại vị trí ${x_1}$ vật đang đi theo chiều nào (vận tốc dương hay âm. Nếu vận tốc dương thì vật đi theo chiều dương, vận tốc âm thì vật đi theo chiều âm). Khi đó ứng với chất điểm trên đường tròn là điểm nào?
+ Xác định tại vị trí ${x_2}$ vật đang đi theo chiều nào (vận tốc dương hay âm). Khi đó ứng với chất điểm trên đường tròn là điểm nào?
+ Tính góc $\alpha $ mà $\overrightarrow A $ quét được khi vật đi từ ${x_1}$ đến ${x_2}$?
+ Tính thời gian vât đi từ ${x_1}$ đến ${x_2}$ bởi $\alpha = \omega t \Rightarrow t = \frac{\alpha }{\omega } \Rightarrow t = \frac{\alpha }{{2\pi }}.T$
| Nhận xét |
| Bạn đọc hãy để ý đến những chữ nghiêng ở ví dụ trên. Khi ta thay đổi một trong các chữ nghiêng đó, tính chất bài toán sẽ khác. |
| STUDY TIP |
| Khi sử dụng phương pháp đường tròn, để kết quả chính xác, nếu đề bài cho phương trình dao động dạng sin thì ta phải đổi về phương trình dạng cos. |
B. CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1: Một vật dao động điều hòa với chu kì T và biên độ A. Hãy tính khoảng thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí có li độ:
1. ${x_1} = A$ đến ${x_2} = \frac{A}{2}$. 2. ${x_1} = \frac{A}{2}$ đến ${x_2} = – \frac{{A\sqrt 3 }}{2}$.
3. ${x_1} = – \frac{A}{2}$ đến ${x_2} = – \frac{{A\sqrt 3 }}{2}$. 4. ${x_1} = – \frac{{A\sqrt 3 }}{2}$ đến ${x_2} = – \frac{A}{2}$.
Lời giải
1. Tại ${x_1}$, ${x_2}$ vật đi theo chiều nào?
Tại ${x_1} = A$ vật có xu hướng đi theo chiều âm. Để đến ${x_2} = \frac{A}{2}$ hết thời gian ngắn nhất thì ở ${x_2} = \frac{A}{2}$ vật phải đi theo chiều âm.
Xác định góc quét?
Dựa vào đường tròn, ta có góc quét là $\alpha = \arccos \left( {\frac{{\frac{A}{2}}}{A}} \right) = \frac{\pi }{3}$, suy ra thời gian là $t = \frac{{\frac{\pi }{3}T}}{{2\pi }} = \frac{T}{6}$.
2. Có các khả năng xảy ra:
Đi từ ${x_1} = \frac{A}{2}$ theo chiều âm đến ${x_2} = – \frac{{A\sqrt 3 }}{2}$ theo chiều âm.
Đi từ ${x_1} = \frac{A}{2}$ theo chiều âm đến ${x_2} = – \frac{{A\sqrt 3 }}{2}$ theo chiều dương.
Đi từ ${x_1} = \frac{A}{2}$ theo chiều dương đến ${x_2} = – \frac{{A\sqrt 3 }}{2}$ theo chiều âm.
Đi từ ${x_1} = \frac{A}{2}$ theo chiều dương đến ${x_2} = – \frac{{A\sqrt 3 }}{2}$ theo chiều dương.
Tuy nhiên trong 4 trường hợp trên thì thời gian ngắn nhất ứng với trường hợp đi từ ${x_1} = \frac{A}{2}$ theo chiều âm đến ${x_2} = – \frac{{A\sqrt 3 }}{2}$ theo chiều âm. Chúng ta xem đường tròn hình bên để hiểu rõ hơn.
Dựa vào đường tròn, ta có $\alpha = \frac{\pi }{2}$ nên thời gian là $t = \frac{T}{4}$.
3. Thời gian ngắn nhất ứng với trường hợp vật đi từ ${x_1} = – \frac{A}{2}$ theo chiều âm đến ${x_2} = – \frac{{A\sqrt 3 }}{2}$ theo chiều âm.
Dựa vào đường tròn, ta có góc quét được là $\alpha = \frac{\pi }{3} – \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{6}$, suy ra thời gian là $t = \frac{T}{{12}}$.
4. Thời gian ngắn nhất ứng với trường hợp vật đi từ vị trí có li độ ${x_1} = – \frac{{A\sqrt 3 }}{2}$ theo chiều dương đến ${x_2} = – \frac{A}{2}$ theo chiều dương (xem hình vẽ).
Dựa vào đường tròn, ta có góc quét được là $\alpha = \frac{\pi }{3} – \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{6}$, suy ra thời gian là $t = \frac{T}{{12}}$.
Ví dụ 2: Một vật dao động điều hòa với chu kì T và biên độ A. Trong một chu kì, khoảng thời gian để
1. Vận tốc có giá trị nhỏ hơn $\frac{{{v_{max}}}}{2}$ là bao nhiêu?
2. Vận tốc có giá trị lớn hơn $\frac{{{v_{max}}}}{2}$ là bao nhiêu?
3. Tốc độ có giá trị nhỏ hơn $\frac{{{v_{max}}\sqrt 3 }}{2}$ là bao nhiêu?
4. Tốc độ có giá trị lớn hơn $\frac{{{v_{max}}\sqrt 3 }}{2}$ là bao nhiêu?
5. Gia tốc có giá trị nhỏ hơn $\frac{{{\alpha _{max}}}}{2}$ là bao nhiêu?
Lời giải
1. Ta sẽ dùng đường tròn của li độ $x$ hoặc cũng có thể dùng đường tròn của vận tốc $v$ để làm, bởi vì chu kì của $x,v$ là như nhau. Không nên dùng đường tròn của $x$ vì ta lại mất thời gian chuyển từ điều kiện v sang điều kiện $x$. Ta sẽ dùng đường tròn của vận tốc. Ta có trong một chu kì, $v < \frac{{{v_{max}}}}{2}$ ứng với phân gạch chéo ở hình vẽ.
Góc quét được là $\alpha = 2\pi – \frac{\pi }{3} – \frac{\pi }{3}$, suy ra trong một chu kì, thời gian để $v < \frac{{{v_{max}}}}{2}$ là
$t = \frac{{4\pi }}{3}.\frac{1}{{2\pi }}T = \frac{{2T}}{3}$.
2. Trong một chu kì, thời gian để vận tốc $v > \frac{{{v_{max}}}}{2}$ ứng với phần không gạch chéo ở hình trên. Góc quét được là $\frac{{2\pi }}{3}$ nên thời gian cần tìm là $\frac{T}{3}$.
3. Ta có $\left| v \right| < \frac{{{v_{max}}\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow – \frac{{{v_{max}}\sqrt 3 }}{2} < v < \frac{{{v_{max}}\sqrt 3 }}{2}$. Do đó trong một chu kỳ, khoảng thời gian để tốc độ có giá trị nhỏ hơn $\frac{{{v_{max}}\sqrt 3 }}{2}$ là khoảng thời gian véctơ quay quét được phần không gạch chéo ở hình vẽ.
Góc quét được là $\alpha = \left( {\pi – \frac{\pi }{6} – \frac{\pi }{6}} \right) + \left( {\pi – \frac{\pi }{6} – \frac{\pi }{6}} \right) = \frac{{4\pi }}{3}.$ Từ đó suy ra thời gian cần tìm là $t = \frac{{\frac{{4\pi }}{3}}}{{2\pi }}T = \frac{{2T}}{3}$.
4. Ta có $\left| v \right| > \frac{{{v_{max}}\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}v > \frac{{{v_{max}}\sqrt 3 }}{2}\\v < – \frac{{{v_{max}}\sqrt 3 }}{2}\end{array} \right.$ do đó trong một chu kỳ, khoảng thời gian để tốc độ có giá trị $\frac{{{v_{max}}\sqrt 3 }}{2}$ là khoảng thời gian véctơ quay quét được phần gạch chéo như hình vẽ câu 3.
Góc quét được là $\alpha = \left( {\frac{\pi }{6} + \frac{\pi }{6}} \right) + \left( {\frac{\pi }{6} + \frac{\pi }{6}} \right) = \frac{{2\pi }}{3}$nên suy ra thời gian $t = \frac{{\frac{{2\pi }}{3}}}{{2\pi }}T = \frac{T}{3}$.
5. Ta dùng đường tròn của gia tốc a, làm tương tự các bài trên, ta thu được kết quả giống câu hỏi 1. Thời gian cần tính là $\frac{{2T}}{3}$.
Ví dụ 3: Một vật dao động điều hòa với chu kì T và biên độ A. Trong một chu kì, khoảng thời gian để
1. Véctơ vận tốc và véctơ gia tốc cùng chiều?
2. Véctơ vận tốc và véctơ gia tốc ngược chiều?
3. Vật chuyển động nhanh dần?
4. Vật chuyển động chậm dần?
5. Lực hồi phục ngược chiều với véctơ vận tốc?
6. Lực hồi phục cùng chiều với véctơ vận tốc?
Lời giải
Dựa vào đường tròn:
– Khi vật chuyển động ở góc phần tư thứ nhất (đi từ biên dương A đến vị trí cân bằng O) thì: $\overrightarrow v $ ngược chiều Ox, $\overrightarrow a $ hướng về vị trí cân bằng tức là cũng ngược chiều Ox, do đó trong góc phần tư thứ nhất, $\overrightarrow v $ và $\overrightarrow a $ cùng chiều.
– Khi vật chuyển động ở góc phần tư thứ hai (đi từ vị trí cân bằng o đến biên âm) thì: $\overrightarrow v $ ngược chiều Ox, $\overrightarrow a $ hướng về vị trí cân bằng tức là cùng chiều Ox, do đó trong góc phần tư thứ hai, $\overrightarrow v $ và $\overrightarrow a $ ngược chiều.
– Khi vật chuyển động ở góc phần tư thứ ba (đi từ vị trí biên âm đến vị trí cân bằng) thì: $\overrightarrow v $ cùng chiều Ox, $\overrightarrow a $ hướng về vị trí cân bằng tức là cùng chiều Ox, do đó trong góc phần tư thứ ba, $\overrightarrow v $ và $\overrightarrow a $ cùng chiều.
– Khi vật chuyển động ở góc phần tư thứ tư (đi từ vị trí cân bằng đến vị trí biên dương) thì: $\overrightarrow v $ cùng chiều Ox, $\overrightarrow a $ hướng về vị trí cân bằng tức là ngược chiều Ox, do đó trong góc phần tư thứ tư, $\overrightarrow v $ và $\overrightarrow a $ ngược chiều.
Tóm lại, ta có
Vật chuyển động nhanh dần khi $\overrightarrow a $ và $\overrightarrow v $ cùng chiều, tức là khi vật chuyển động thuộc góc phần tư thứ I và thứ III. Lúc này vật đi từ biên về vị trí cân bằng.
Vật chuyển động chậm dần khi $\overrightarrow a $ và $\overrightarrow v $ ngược chiều, tức là khi vật chuyển động thuộc góc phần tư thứ II và thứ IV. Lúc này vật đi từ vị trí cân bằng đến biên.
* Quay trở lại bài toán:
1. Véctơ vận tốc và véctơ gia tốc cùng chiều?
Trong một chu kì, véctơ vận tốc và véctơ gia tốc cùng chiều khi véctơ quay quét góc phần tư thứ I và góc phần tư thứ III của đường tròn. Tổng góc quét là $\frac{\pi }{2} + \frac{\pi }{2} = \pi $, suy ra thời gian cần tìm là $\frac{T}{2}$.
2. Véctơ vận tốc và véctơ gia tốc ngược chiều?
Trong một chu kì, véctơ vận tốc và véctơ gia tốc ngược chiều khi véctơ quay quét góc phần tư thứ II và góc phần tư thứ IV của đường tròn. Tổng góc quét là $\frac{\pi }{2} + \frac{\pi }{2} = \pi $, suy ra thời gian cần tìm là $\frac{T}{2}$.
3. Vật chuyển động nhanh dần?
Trong một chu kì, vật chuyển động nhanh dần khi vật đi từ biên về vị trí cân bằng, véctơ quay quét góc phần tư thứ I và góc phần tư thứ III của đường tròn.
Tổng góc quét là $\frac{\pi }{2} + \frac{\pi }{2} = \pi $, suy ra thời gian cần tìm là $\frac{T}{2}$.
4. Vật chuyển động chậm dần?
Trong một chu kì, vật chuyển động chậm dần khi vật đi từ vị trí cân bằng ra biên, véctơ quay quét góc phần tư thứ II và góc phần tư thứ IV của đường tròn. Tổng góc quét là $\frac{\pi }{2} + \frac{\pi }{2} = \pi $ , suy ra thời gian cần tìm là $\frac{T}{2}$.
5. Lực hồi phục ngược chiều với véctơ vận tốc?
Trong một chu kì, lực hồi phục ngược chiều với véctơ vận tốc khi vật đi từ vị trí cân bằng ra biên, véctơ quay quét góc phần tư thứ II và góc phần tư thứ IV của đường tròn. Tổng góc quét là $\frac{\pi }{2} + \frac{\pi }{2} = \pi $, suy ra thời gian cần tìm là $\frac{T}{2}$.
6. Lực hồi phục cùng chiều với véctơ vận tốc?
Trong một chu kì, lực hồi phục cùng chiều với véctơ vận tốc khi vật đi từ biên về vị trí cân bằng, véctơ quay quét góc phần tư thứ I và góc phần tư thứ III của đường tròn. Tổng góc quét là $\frac{\pi }{2} + \frac{\pi }{2} = \pi $, suy ra thời gian cần tìm là $\frac{T}{2}$.
| STUDY TIP |
| Có thể nhớ nhanh như sau: vì một trong 2 vị trí biên thì tốc độ bằng 0, ở vị trí cân bằng thì tốc độ cực đại, nên chuyển động nhanh dần khi vật đi từ biên về vị trí cân bằng, chuyển động chậm dần khi vật đi từ vị trí cân bằng ra biên. |
| Chú ý |
| Trong quá trình dao động của vật thì véctơ vận tốc $\overrightarrow v $ luôn cùng chiều chuyển động, còn véctơ gia tốc $\overrightarrow a $ luôn hướng về vị trí cân bằng. Lực hồi phục $\overrightarrow F = – k\overrightarrow x $ nên lực hồi phục ngược chiều li độ, mà li độ ngược chiều với gia tốc $\overrightarrow a $ nên lực hồi phục $\overrightarrow F $ cùng chiều với gia tốc $\overrightarrow a $. |
Ví dụ 4: Khi một vật dao động điều hòa thì véctơ vận tốc
A. luôn đổi chiều khi đi qua gốc tọa độ.
B. luôn cùng chiều với véctơ gia tốc.
C. luôn đổi chiều khi vật chuyển động đến vị trí biên.
D. luôn ngược chiều với véctơ gia tốc.
Lời giải
A. Sai, vì khi qua gốc tọa độ vật chưa đổi chiều chuyển động nên vectơ vận tốc chưa đổi chiều.
B. Sai, vì chỉ cùng chiều với vectơ gia tốc khi vật chuyển động nhanh dần, tức là khi vật đi về vị trí cân bằng.
C. Đúng vì khi đến vị trí biên thì vật đổi chiều chuyển động nên vectơ vận tốc cũng thay đổi theo.
D. Sai, vì chỉ ngược chiều với vectơ gia tốc khi vật chuyển động chậm dần, tức là khi vật đi ra biên.
Đáp án C
Ví dụ 5: Chọn phát biểu đúng khi vật dao động điều hòa
A. Véctơ vận tốc $\overrightarrow v $, véctơ gia tốc $\overrightarrow a $ của vật là các véctơ không đổi.
B. Véctơ vận tốc $\overrightarrow v $, vécto gia tốc $\overrightarrow a $ đổi chiều khi qua vị trí cân bằng.
C. Véctơ vận tốc $\overrightarrow v $, véctơ gia tốc $\overrightarrow a $ cùng chiều chuyển động của vật.
D. Véctơ vận tốc $\overrightarrow v $ hướng cùng chiều chuyển động, véctơ gia tốc $\overrightarrow a $ hướng về vị trí cân bằng.
Lời giải
A. Sai vì vận tốc và gia tốc biến thiên điều hòa theo thời gian nên véctơ vận tốc $\overrightarrow v $, véctơ gia tốc $\overrightarrow a $ của vật là các véctơ thay đổi.
B. Sai vì khi đi qua vị trí cân bằng thì vật chưa đổi chiều nên véctơ vận tốc cũng chưa đổi chiều.
C. Sai vì véctơ vận tốc $\overrightarrow v $, véctơ gia tốc $\overrightarrow a $ cùng chiều chuyển động của vật chỉ khi vật chuyển động từ biên về vị trí cân bằng.
D. Đúng.
Đáp án D
Ví dụ 6: Một vật dao động điều hòa với phương trình \[x = 5cos\left( {4\pi t + \frac{\pi }{3}} \right)cm$ . Trong một chu kì kể từ thời điểm ban đầu, tìm khoảng thời gian để vận tốc có giá trị dương và vật chuyển động chậm dần?
A. $\frac{7}{{24}}s < \Delta t < \frac{5}{{12}}s$. B. $\frac{5}{{24}}s < \Delta t < \frac{1}{{12}}s$.
C. $\frac{5}{{24}}s < \Delta t < \frac{1}{2}s$. D. $\frac{1}{2}s < \Delta t < \frac{6}{5}s$.
Lời giải
Vận tốc dương khi vật chuyển động theo chiều dương (đi từ $ – A$ đến \[A$ ) và vật chuyển động chậm dần khi từ vị trí cân bằng ra biên. Do đó, trong một chu kì kể từ thời điểm ban đầu, khoảng thời gian để vận tốc có giá trị dương và vật chuyển động chậm dần ứng với vật chuyển động từ vị trí cân bằng ra biên dương, ứng với véctơ quay của vật nằm trong góc phần tư thứ IV. Tức là pha của vật nằm trong góc phần tư thứ IV.Khi đó ta có
$\frac{{3\pi }}{2} < 4\pi t + \frac{\pi }{3} < 2\pi \Leftrightarrow \frac{7}{{24}}s < t < \frac{5}{{12}}s$
Đáp án A
Ví dụ 7: Vật dao động điều hòa với phương trình \[x = 5\sqrt 2 cos\left( {\pi t – \frac{\pi }{4}} \right)cm$. Các thời điểm vật chuyển động qua vị trí có tọa độ $x = – 5cm$ theo chiều dương của trục Ox là
A. $t = \frac{3}{2} + 2k\left( s \right)\left( {k \in \mathbb{N}*} \right)$. B. $t = \frac{3}{2} + 2k\left( s \right)\left( {k \in \mathbb{N}*} \right)$.
C. $t = 1 + 2k\left( s \right)\left( {k \in \mathbb{N}*} \right)$. D. $t = – \frac{1}{2} + 2k\left( s \right)\left( {k \in \mathbb{N}*} \right)$.
Lời giải
Cách 1: Giải theo phương pháp đại số
Vật đi qua vị trí $x = – 5cm$ và chuyển động theo chiều dương $\left( {v > 0} \right)$ nên ta có hệ
$\left\{ \begin{array}{l}x = 5\sqrt 2 \,\cos \left( {\pi t – \frac{\pi }{4}} \right) = – 5\\v = – \pi 5\sqrt 2 \,\sin \left( {\pi t – \frac{\pi }{4}} \right)\,\rangle 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\cos \left( {\pi t – \frac{\pi }{4}} \right) = – \frac{1}{{\sqrt 2 }}\\\sin \left( {\pi t – \frac{\pi }{4}} \right)\langle 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\pi t – \frac{\pi }{4} = \pm \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \\\sin \left( {\pi t – \frac{\pi }{4}} \right)\langle 0\end{array} \right.,k \in Z$
$ \Leftrightarrow \pi t – \frac{\pi }{4} = – \frac{{3\pi }}{4} + k2\pi \Leftrightarrow t = – \frac{1}{2} + 2k,\,k \in Z$
Vì $t > 0$ nên $k > 0,25$ mà $k \in \mathbb{Z}$ nên $k \in \mathbb{N}*$.
Cách 2: Giải theo đường tròn
Thời gian cần tính gồm 2 phần:
+ Thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí ban đầu (vị trí ứng với $t = 0,\,{x_0} = 5cm$ và đang chuyển động theo chiều dương) đến lúc vật đi qua vị trí $x = – 5cm$ theo chiều dương lần thứ nhất. Dựa vào đường tròn, dễ dàng tính được góc quét là $\alpha = \frac{\pi }{4} + \pi + \frac{\pi }{4} = \frac{{3\pi }}{2}$, suy ra thời gian ${t_0} = \frac{{3T}}{4} = \frac{3}{2}\left( s \right)$.
+ Thời gian vật đi qua $x = – 5cm$ theo chiều dương $k$ lần tiếp theo. Thời gian này chính bằng $k$ lần chu kì, vì khi vật đang ở $x = – 5cm$ theo chiều dương thì sau $k$ chu kì, vật vẫn đi qua $x = – 5cm$ theo chiều dương.
Vậy $t = \frac{3}{2} + kT = \frac{3}{2} + 2k$ với $k = 0,1,2,3,…,$ tương đương với $t = – \frac{1}{2} + 2k$, $k = 0,1,2,3,…,$ (không chọn đáp án A vì ở đáp án A $k \in \mathbb{N}*$ thiếu mất $k = 0$).
Đáp án D
| STUDY TIP |
| Đối với những bài đi qua vị trí có li độ $x$ biết rõ chiều (âm hay dương), nên ta giải bằng phương pháp đại số để đỡ nhầm lẫn và dễ hình dung hơn. Ngoài ra, với kết quả bài toán là $t = – \frac{1}{2} + 2k$, $k = 0,1,2,3,…,$ thì:
+ $k = 1$ ứng với thời điểm vật chuyển động qua vị trí có tọa độ $x = – 5cm$ theo chiều dương của trục Ox lần thứ nhất. + $k = 2$ ứng với thời điểm vật chuyển động qua vị trí có tọa độ $x = – 5cm$ theo chiều dương của trục Ox lần thứ hai. … Người ra đề có thể không hỏi tổng quát mà hỏi giá trị cụ thể của k, nên ta cần lưu ý điều này. |
Ví dụ 8: Một vật dao động điều hòa với phương trình $x = 4cos\left( {4\pi t + \frac{\pi }{6}} \right)cm$. Xác định thời điểm vật đi qua vị trí $x = 2cm$ lần thứ 2011
A. $\frac{{12061}}{{24}}s$. B. $\frac{{12049}}{{24}}s$. C. $\frac{{12025}}{{24}}s$. D. Đáp án khác.
Lời giải
Cách 1: Giải theo phương pháp đại số
Thời điểm vật đi qua vị trí $x = 2cm$ (không kể chiều nào nên ta không cần phương trình vận tốc âm hay dương) được xác định theo phương trình
$x = 4cos\left( {4\pi t + \frac{\pi }{6}} \right) = 2 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}4\pi t + \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{3} + k2\pi \\4\pi t + \frac{\pi }{6} = – \frac{\pi }{3} + m2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{1}{{24}} + \frac{k}{2},\,k \in \mathbb{N}\\t = – \frac{1}{8} + \frac{m}{2},m \in \mathbb{N}*\end{array} \right.$
$k = 0$ ta có ${t_0} = \frac{1}{{24}}$, đi qua $x = 2cm$ lần thứ nhất $\left( {k = \frac{{1 – 1}}{2}} \right)$.
$m = 1$ ta có ${t_1} = \frac{3}{8} > {t_0}$, đi qua $x = 2cm$ lần thứ hai $\left( {m = \frac{2}{2}} \right)$.
$k = 1$ ta có ${t_2} = \frac{{13}}{{24}} > {t_1}$, đi qua $x = 2cm$ lần thứ ba $\left( {k = \frac{{3 – 1}}{2}} \right)$.
$m = 2$ ta có ${t_3} = \frac{7}{8} > {t_2}$, đi qua $x = 2cm$ lần thứ tư $\left( {m = \frac{4}{2}} \right)$ .
Tổng quát với n là số lần đi qua vị trí $x = 2cm$ thì ứng với $k = \frac{{n – 1}}{2};\,m = \frac{n}{2}$
Ở đây $k \in \mathbb{N},\,m \in \mathbb{N}*$
Như vậy đi qua 2011 lần thì ứng với $k = \frac{{2011 – 1}}{2} = 1005$, vào thời điểm $t = \frac{1}{{24}} + \frac{{1005}}{2} = \frac{{12061}}{{24}}s$.
Cách 2: Sử dụng đường tròn
Vị trí ban đầu của vât với pha ban đầu là $\frac{\pi }{6}$ ứng với chất điểm chuyển động tròn đều trên đường tròn là điểm ${M_0}$.
Vì chỉ tính vật qua vị trí $x = 2cm$ mà không xét đến chiều chuyển động nên cứ mỗi vòng quay của véctơ quay, vật qua vị trí $x = 2cm$ hai lần tương ứng với chất điểm trên đường tròn là các điểm ${M_1}$ và ${M_2}$. Lần thứ nhất đi qua $x = 2cm$ ứng với chất điểm trên đường tròn đi từ ${M_0}$ đến ${M_1}$, véctơ quét được góc $\frac{\pi }{6}$. Muốn có lần thứ 2011, vật cần phải đi qua 2010 lần nữa, vậy véctơ quay phải quay thêm được 1005 vòng nữa.
Vậy tổng góc quét là: $\Delta \varphi = \frac{\pi }{6} + 1005.2\pi = \frac{{12061\pi }}{6}$
Từ đó ta tính được thời điểm qua $x = 2cm$ lần thứ 2011 là: $\Delta t = \frac{{\frac{{12061\pi }}{6}}}{{4\pi }} = \frac{{12061}}{{24}}s$
Đáp án A
Ví dụ 9: Một chất điểm dao động điều hòa với phương trình $x = Acos\left( {2\pi t + \frac{\pi }{4}} \right)cm$. Trong thời gian $\frac{{6053}}{3}$ giây đầu tiên kể từ thời điểm ban đầu
1. Chất điểm đi qua vị trí có li độ $x = \frac{A}{2}$ theo chiều âm bao nhiêu lần?
2. Chất điểm đi qua vị trí có li độ $x = \frac{A}{2}$ bao nhiêu lần?
Lời giải
- Đề bài nói rõ chiều nên ta dùng phương pháp đại số sẽ nhanh hơn.
Chất điểm đi qua vị trí có li độ $x = \frac{A}{2}$ theo chiều âm $\left( {v < 0} \right)$ nên ta có hệ
$\left\{ \begin{array}{l}x = Acos\left( {2\pi t + \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{A}{2}\\v = – 2\pi A\sin \left( {2\pi + \frac{\pi }{4}} \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2\pi t + \frac{\pi }{4} = \pm \frac{\pi }{3} + 2k\pi \\\sin \left( {2\pi + \frac{\pi }{4}} \right) > 0\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow 2\pi t + \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{3} + 2k\pi \Leftrightarrow t = \frac{1}{{24}} + k,\,k = 0,1,2,3,…$
Ta có $0 \le t = \frac{1}{{24}} + k \le \frac{{6053}}{3} \Leftrightarrow – 0,0416 \le k \le 2017,625$ do đó $k \in \left[ {0;2017} \right]$ và $k$ là số tự nhiên nên có 2018 giá trị của $k$, suy ra chất điểm đi qua $x = \frac{A}{2}$ theo chiều âm 2018 lần.
Nếu ta giải theo đường tròn thì thế nào?
Ta sẽ giải theo quy trình như sau:
Bước 1: Kiểm tra xem thời điểm ${t_1}$ vật đang ở đâu và đi theo chiều nào?
Bước 2: Tính xem trong khoảng thời gian $\Delta t$ của đề bài thì véctơ quay quét được một góc bao nhiêu, tách góc đó theo $k.2\pi + x$ với $0 < x < 2\pi ,\,k \in \mathbb{Z}$.
(Tách như vậy là bởi vì cứ véc tơ quay quét được 1 vòng $2\pi $ thì vật luôn đi qua vị trí có li độ X bất kì hai lần (không kể chiều); đi qua vị trí có li độ X bất một lần (kể chiều âm hay dương)).
Bước 3: Dùng đường tròn suy ra kết quả bài toán. Ta có:
+ Tại thời điểm ban đầu $t = 0$ vật có pha là $\frac{\pi }{4}$ tức là đang ở vị trí có li độ $x = \frac{A}{2}$ và đang đi theo chiều âm.
+ Ta có góc véctơ quay quét được trong $\frac{{6053}}{3}$ giây đầu là
$\frac{{6053}}{3}.2\pi = 2017.2\pi + \frac{2}{3}.2\pi = 2017.2\pi + \frac{{4\pi }}{3}$
+ Vì sau khi quét góc $2017.2\pi $ thì vật đi qua $x = \frac{A}{2}$ theo chiều âm 2017 lần, và đang ở vị trí ban đầu, vẫn có pha là $\frac{\pi }{4}$ tức là vẫn đang ở vị trí có li độ $x = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$ và đang đi theo chiều âm.
Ta xét xem khi véctơ quay quét thêm góc $\frac{{4\pi }}{3}$ thì vật có qua $x = \frac{A}{2}$ theo chiều âm lần nào nữa không? Thì dựa vào đường tròn, ta thấy sau khi quét thêm góc $\frac{{4\pi }}{3}$ để cho đủ $2017.2\pi + \frac{{4\pi }}{3}$ thì vật đi qua vị trí $x = \frac{A}{2}$ theo chiều âm thêm một lần nữa.
Vậy chất điểm đi qua $x = \frac{A}{2}$ theo chiều âm 2018 lần.
2.Tương tự như trên, nhưng sau khi quét góc $2017.2\pi $ thì vật đi qua $x = \frac{A}{2}2017.2 = 4034$ lần và sau khi quét tiếp góc $\frac{{4\pi }}{3}$ để cho đủ $2017.2\pi + \frac{{4\pi }}{3}$ thì vật đi qua vị trí $x = \frac{A}{2}$ thêm một lần nữa.
Vậy chất điểm đi qua $x = \frac{A}{2}$ theo chiều âm 4035 lần.
Ví dụ 10: Một con lắc lò xo gồm lò xo nhẹ và vật nhỏ khối lượng 100g đang dao động điều hòa theo phương ngang, mốc tính thế năng tại vị trí cân bằng. Từ thời điểm ${t_1} = 0$ đến ${t_2} = \frac{\pi }{{48}}s$, động năng của con lắc tăng từ $0,096J$ đến giá trị cực đại rồi giảm về $0,064J$. Ở thời điểm ${t_2}$ thế năng của con lắc bằng $0,064J$. Biên độ dao động của con lắc là
A. 5,7 cm. B. 7,0 cm. C. 8,0 cm. D. 3,6 cm.
Lời giải
Ở thời điểm ${t_2}$ ta thấy, con lắc có động năng là $0,064J$ và thế năng là $0,064J$. Suy ra cơ năng của con lắc là $0,064J + 0,064J = 0,128J$.
– Có cơ năng tức là có $W = \frac{{m{\omega ^2}{A^2}}}{2} = 0,128J\left( 1 \right)$ mà đề bài cho khối lượng, như vậy để tính biên độ ta cần tính được $\omega $.
– Đề bài cho từ thời điểm ${t_1} = 0$ đến ${t_2} = \frac{\pi }{{48}}s$, động năng của con lắc tăng từ $0,096J$ đến giá trị cực đại rồi giảm về $0,064J$ nên ta sẽ tìm xem thời gian ${t_2} – {t_1}$ bằng bao nhiêu lần chu kì, từ đó suy ra $\omega $. Muốn tính được, ta cần biết tại ${t_1}$ và ${t_2}$, chất điểm ở đâu $\left( {x = ?} \right)$ và đi theo chiều nào? Thật vậy, ta có:
Tại thời điểm ${t_1} = 0$ ta có \[{{\rm{W}}_d} = 0,096J$ nên suy ra thế năng
${W_t} = 0,128 – 0,096 = 0,032J$, mà $\frac{{{W_t}}}{{\rm{W}}} = {\left( {\frac{x}{A}} \right)^2}$, hay $x = \pm \sqrt {\frac{{{W_t}}}{{\rm{W}}}} $, nên li độ tại thời điểm này là: ${x_1} = \pm \frac{A}{2}$.
– Tương tự, tại thời điểm ${t_2}$ ta có ${W_t} = 0,064J$ nên li độ tại thời điểm này là: ${x_2} = \pm \frac{A}{{\sqrt 2 }}$.
Theo bài ra, từ thời điểm ${t_1}$ đến thời điểm ${t_2}$, động năng của con lắc tăng đến giá trị cực đại rồi giảm, tức là thế năng của con lắc giảm đến 0 rồi tăng, tương ứng với vật đi từ vị trí có li độ ${x_1} = \pm \frac{A}{2}$, qua vị trí cân bằng, rồi đến ${x_2} = \pm \frac{A}{{\sqrt 2 }}$ hoặc ngược lại. Cả hai trường hợp đều cho ta góc quét được trên đường tròn là $\frac{{5\pi }}{{12}}$, ứng với thời gian $\frac{{5T}}{{24}}$. Vậy ta có $\frac{\pi }{{48}} = \frac{{5T}}{{24}} \Rightarrow \omega = 20rad/s$
– Thay $\omega = 20rad/s$ vào (1) ta tính được $A = 8cm$.
Đáp án C
Ví dụ 11: Một con lắc lò xo dao động điều hòa theo phương ngang với tần số góc $\omega $. Vật nhỏ của con lắc có khối lượng 100g. Tại thời điểm $t = 0$, vật nhỏ qua vị trí cân bằng theo chiều dương. Tại thời điểm $t = 0,95s$, vận tốc v và li độ x của vật nhỏ thỏa mãn $v = – \omega x$ là thứ 5. Lấy ${\pi ^2} = 10$. Độ cứng của lò xo là
A. 85 N/m. B. 37 N/m. C. 20 N/m. D. 25 N/m.
Lời giải
Để tính được độ cứng của lò xo, ta cần tính được $\omega $, hay tính được chu kì của vật.
Khi $v = – \omega x$ ta có ${A^2} = {x^2} + \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}} = {x^2} + {x^2}$, suy ra $x = \pm \frac{A}{{\sqrt 2 }}$. Vậy, khi $v = – \omega x$ thì vật đi qua vị trí có li độ $x = \frac{A}{{\sqrt 2 }}$ theo chiều âm, hoặc qua vị trí có li độ $x = – \frac{A}{{\sqrt 2 }}$ theo chiều dương.
Từ đó suy ra: 1 chu kì sẽ có hai lần vận tốc và li độ thỏa mãn $v = – \omega x$, dựa vào đường tròn suy ra $0,95 = 2T + \frac{T}{4} + \frac{T}{8} \Rightarrow T = – 0,4s$.
Độ cứng của lò xo $k = \frac{{4{\pi ^2}m}}{{{T^2}}} = 25N/m$.
Đáp án D
Ví dụ 12: Một chất điểm dao động điều hòa có vận tốc cực đại 60 cm/s và gia tốc cực đại là $2\pi \left( {m/{s^2}} \right)$. Chọn mốc thế năng tại vị trí cân bằng. Thời điểm ban đầu $\left( {t = 0} \right)$, chất điểm có vận tốc 30 cm/s và thế năng đang tăng. Chất điểm có gia tốc bằng $\pi \left( {m/{s^2}} \right)$ lần đầu tiên ở thời điểm
A. 0,35s. B. 0,15s. C. 0,10s. D. 0,25s.
Lời giải
Theo bài ra ta có $\left\{ \begin{array}{l}{v_{max}} = 60cm/s = \omega A\\{a_{max}} = 2\pi \,m/{s^2} = {\omega ^2}A\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\omega = \frac{{10\pi }}{3}rad/s\\A = \frac{{18}}{\pi }cm\end{array} \right.$
Tại thời điểm $t = 0$ vận tốc dương 30 cm/s và thế năng đang tăng, suy ra vật đang ở vị trí có li độ dương và đang hướng về biên dương theo chiều dương. Li độ khi đó là $x = \sqrt {A – \frac{{{v^2}}}{{{\omega ^2}}}} = \frac{{9\sqrt 3 }}{\pi }cm$. Khi $\alpha = \pi \Rightarrow – {\omega ^2}x = \pi \Rightarrow x = – \frac{9}{\pi }$. Bài toán trở về tìm thời gian ngắn nhất vật đi từ $x = \frac{{9\sqrt 3 }}{\pi }cm$ theo chiều dương đến vị trí có li độ $x = – \frac{9}{\pi }$. Dựa vào đường tròn suy ra góc quét trong thời gian này là
$\Delta \varphi = \frac{\pi }{6} + \frac{\pi }{2} + \frac{\pi }{6} = \frac{{5\pi }}{6} \Rightarrow \Delta t = \frac{{\frac{{5\pi }}{6}}}{\omega } = \frac{{\frac{{5\pi }}{6}}}{{\frac{{10\pi }}{3}}} = 0,25s$.
Đáp án D
Ví dụ 13: Một lò xo nhẹ có độ cứng 75 N/m, đầu trên của lò xo treo vào một điểm cố định. Vật A có khối lượng 0,1 kg được treo vào đầu dưới của lò xo. Vật B có khối lượng 0,2 kg treo vào vật A nhờ một sợi dây mềm, nhẹ, không dãn và đủ dài để khi chuyển động vật A và vật B không va chạm nhau (hình bên). Ban đầu giữ vật B để lò xo có trục thẳng đứng và dãn 9,66 cm (coi $9,66 \approx 4 + 4\sqrt 2 $) rồi thả nhẹ. Lấy $g = 10m/{s^2}$ và ${\pi ^2} = 10$. Thời gian tính từ lúc thả vật B đến khi vật A dừng lại lần đầu là?
A. 0,23s. B. 0,19s. C. 0,21s. D. 0,17s.
Lời giải
Ban đầu hệ gồm 2 vật A, B có $\Delta {l_{01}} = \frac{{0,3.10}}{{75}} = 0,04m = 4cm$
+ Thời điểm $t = 0$ giữ vật B ở vị trí lò xo dãn $4 + 4\sqrt 2 cm$ và thả nhẹ, suy ra biên độ dao động: ${A_1} = 4 + 4\sqrt 2 – 4 = 4\sqrt 2 cm$
+ Tại vị trí lò xo không biến dạng thì dây bị chùng (do $T = 0$) nên 2 vật tách nhau ở đây, hệ chỉ còn lại vật A dao động
+ $\Delta {l_{02}} = \frac{{{m_2}g}}{k} = \frac{4}{3}cm$, vậy vật A lúc này cách VTCB mới O’ 1 đoạn đúng bằng $\Delta {l_{02}} = \frac{4}{3}cm = – {x_2}$ (chọn chiều dương hướng xuống)
+ Khi tách nhau, hệ vật A và B ở vị trí cách VTCB cũ O một đoạn bằng 4cm. Vận