Cách xác định góc quét

I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1. Mối liên hệ giữa dao động điều hòa [DĐĐH] và chuyển động tròn đều [CĐTĐ]:

a] DĐĐH

Được xem là hình chiếu vị trí của một chất điểm CĐTĐ lên một trục nằm trong mặt phẳng quỹ đạo & ngược lại với

b] Các bước thực hiện:

· Bước 1: Vẽ đường tròn [O; R = A].

· Bước 2: Tại t = 0, xem vật đang ở đâu và bắt đầu chuyển động theo chiều âm hay dương:

+ Nếu \[\varphi >0\]: vật chuyển động theo chiều âm [về bên âm]

+ Nếu \[\varphi theo chiều dương [về biên dương]

· Bước 3: Xác định điểm tới để xác định góc quét \[\Delta \varphi \], từ đó xác định được thời gian và quãng đường chuyển động.

c] Bảng tương quan giữa DĐĐH và CĐTĐ:

3. Phân dạng và phương pháp giải các dạng bài tập

DẠNG 1: TÍNH THỜI GIAN VÀ ĐƯỜNG ĐI TRONG DAO ĐỘNG ĐIỀU HÒA

a] Tính khoảng thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí x1 đến x2:

* Cách 1: Dùng mối liên hệ DĐĐH và CĐTĐ

* Cách 2: Dùng công thức tính & máy tính cầm tay

· Nếu đi từ VTCB đến li độ x hoặc ngược lại 

· Nếu đi từ VT biên đến li độ x hoặc ngược lại:

b] Tính quãng đường đi được trong thời gian t:

· Biểu diễn t dưới dạng: \[t=nT+\Delta t\]; trong đó n là số dao động nguyên; \[\Delta t\] là khoảng thời gian còn lẻ ra

· Tổng quãng đường vật đi dược trong thời gian t: \[S=n.4\text{A}+\Delta s\]

Với \[\Delta s\]là quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian \[\Delta t\], ta tính nó bằng việc vận dụng mối liên hệ giữa DĐĐH và CĐTĐ:

 DẠNG 2: TÍNH TỐC ĐỘ TRUNG BÌNH VÀ VẬN TỐC TRUNG BÌNH

1. Tốc độ trung bình: \[{{v}_{tb}}=\frac{S}{\Delta t}\] với S là quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian \[\Delta t\].

· Tốc độ trung bình trong 1 hoặc n chu kì là: 

2. Vận tốc trung bình:

\[\overline{v}=\frac{\Delta x}{\Delta t}=\frac{{{x}_{2}}-{{x}_{1}}}{\Delta t}\] với \[\Delta x\]là độ dời vật thực hiện được trong khoảng thời gian \[\Delta t\]

Độ dời trong 1 hoặc n chu kì bằng 0\[\Rightarrow \]vận tốc trung bình trong1 hoặc n chu kì bằng 0

DẠNG 3: XÁC ĐỊNH TRẠNG THÁI DAO ĐỘNG CỦA VẬT SAU [TRƯỚC] THỜI ĐIỂM T MỘT KHOẢNG \[\Delta T\]

Với loại bài toán này, trước tiên ta kiểm tra xem \[\omega .\Delta t=\Delta \varphi \] nhận giá trị nào:

- Nếu \[\Delta \varphi =2k\pi \] thì \[{{x}_{2}}={{x}_{1}}\] và \[{{v}_{2}}={{v}_{1}}\]

- Nếu \[\Delta \varphi =\left[ 2k+1 \right]\] thì \[{{x}_{2}}=-{{x}_{1}}\] và \[{{v}_{2}}=-{{v}_{1}}\]

- Nếu \[\Delta \varphi \] có giá trị khác, ta dùng mối liên hệ DĐĐH và CĐTĐ để giải tiếp:

· Bước 1: Vẽ đường tròn có bán kính R = A [biên độ] và trục Ox nằm ngang

· Bước 2: Biểu diễn trạng thái của vật tại thời điểm t trên quỹ đạo và vị trí tương ứng của M trên đường tròn.

Lưu ý: Ứng với x đang giảm: vật chuyển động theo chiều âm; ứng với x đang tăng; vật chuyển động theo chiều dương.

· Bước 3: Từ góc \[\Delta \varphi =\omega \Delta t\]mà OM quét trong thời gian \[\Delta t\], hạ hình chiếu xuống trục Ox suy ra vị trí, vận tốc, gia tốc của vật tại thời điểm \[t+\Delta t\]hoặc \[t-\Delta t\]

DẠNG 4: TÍNH THỜI GIAN TRONG MỘT CHU KÌ ĐỂ \[\left| X \right|\], \[\left| V \right|\], \[\left| A \right|\] NHỎ HƠN HOẶC LỚN HƠN MỘT GIÁ TRỊ NÀO ĐÓ [DÙNG CÔNG THỨC TÍNH & MÁY TÍNH CẦM TAY].

a] Thời gian trong một chu kì vật cách VTCB một khoảng

+nhỏ hơn \[{{x}_{1}}\] là 

+lớn hơn \[{{x}_{1}}\]là 

b] Thời gian trong một chu kì tốc độ

+nhỏ hơn \[{{v}_{1}}\] là 

+lớn hơn \[{{v}_{1}}\]là 

[Hoặc sử dụng công thức độc lập từ \[{{v}_{1}}\] ta tính được \[{{x}_{1}}\] rồi tính như trường hợp a]

DẠNG 5: TÌM SỐ LẦN VẬT ĐI QUA VỊ TRÍ ĐÃ BIẾT X [HOẶC V, A, WT, WĐ, F] TỪ THỜI ĐIỂM T1 ĐẾN T2.

Trong mỗi chu kì, vật qua mỗi vị trí biên 1 lần còn các vị trí khác 2 lần [chưa xét chiều chuyển động] nên:

· Bước 1: Tại thời điểm t1, xác định điểm M1: tại thời điểm t2, xác định điểm M­2

· Bước 2: Vẽ đúng chiều chuyển động của vật từ M1 tới M2, suy ra số lần vật đi qua \[{{x}_{0}}\] là A.

+ Nếu  

thì số lần vật qua \[{{x}_{0}}\]là 2n + A

+ Đặc biệt: nếu vị trí M1 trùng với vị trí xuất phát thì số lần vật qua lò xo là 2n + a + 1.

DẠNG 6: TÍNH THỜI ĐIỂM VẬT ĐI QUA VỊ TRÍ ĐÃ BIẾT X [HOẶC V, A, WT, WĐ, F] LẦN THỨ N

+Bước 1: Xác định vị trí \[{{M}_{0}}\]tương ứng của vật trên đường tròn ở thời điểm t = 0 & số lần vật qua vị trí x để bài yêu cầu trong 1 chu kì [ thường là 1, 2 hoặc 4 lần ]

+Bước 2: Thời điểm cẩn tìm là: \[t=n.T+{{t}_{0}}\]; Với:

+ n là số nguyên lần chu kì được xác định bằng phép chia hết giữa số lần “gần” số lần đề bài yêu cầu với số lần đi qua x trong 1 chu kì \[\Rightarrow \] lúc này vật quay về vị trí ban đầu \[{{M}_{0}}\], và còn thiếu số lần 1, 2,… mới đủ số lần để bài cho.

+ \[{{t}_{0}}\] là thời gian tương ứng với góc quét mà bán kính \[O{{M}_{0}}\]quét từ \[{{M}_{0}}\] đến các vị trí M1, M­2,… còn lại để đủ số lần.

DẠNG 7: TÍNH QUÃNG ĐƯỜNG LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT

Trước tiên ta so sánh khoảng thời gian \[\Delta t\]đề bài cho với nửa chu kì T/2

+ Trong trường hợp

* Cách 1: Dùng mối liên hệ DĐĐH và CĐTĐ

Vật có vận tốc lớn nhất khi qua VTCB, nhỏ nhất khi qua vị trí biên [VTB] nên trong cùng một khoảng thời gian quãng đường đi được càng lớn khi càng gần VTCB và càng nhỏ khi càng gần VTB. Do có tính đối xứng nên quãng đường lớn nhất gồm 2 phần bằng nhau đối xứng qua VTCB, còn quãng đường nhỏ nhất cũng gồm 2 phần bằng nhau đối xứng qua VTB. Vì vậy cách làm là: Vẽ đường tròn, chia góc quay \[\Delta \varphi =\omega \Delta t\] thành 2 góc bằng nhau, đối xứng qua trục sin thẳng đứng [\[{{S}_{\max }}\] là 2 lần đoạn P1P2].và đối xứng qua trục cos nằm ngang [Smin là 2 lần đoạn PA

* Cách 2: Dùng công thức tính & máy tính cầm tay

* Cách 2: Dùng công thức tính & máy tính cầm tay

Trước tiên xác định góc quét \[\Delta \varphi =\omega \Delta t\], rồi thay vào công thức:

+ Quãng đường lớn nhất:

+Quãng đường nhỏ nhất: 

+

Trong trường hợp \[\Delta t>T/2\]: tách \[\Delta t=n.\frac{T}{2}+t\], trong đó \[\Delta t=n\in {{N}^{*}}\], \[\Delta {t}'\frac{T}{2}\] nên ta phảo tách \[\Delta t=\frac{2T}{3}=\frac{T}{2}+\frac{T}{6}\] ứng với quãng đường \[{{S}_{\max }}=2.A+{{{S}'}_{\max }}\]

Trong thời gian \[\Delta {t}'=\frac{T}{6}\]thì góc quét \[\Delta {\varphi }'=\omega \Delta {t}'=\frac{\pi }{3}\]

Để vật đi đi được quãng đường lớn nhất thì \[\Delta {\varphi }'\]phải đối xứng qua trục tung. Từ đường tròn lượng giác

\[\Rightarrow {{{S}'}_{\max }}=\frac{A}{2}+\frac{A}{2}=A\]

\[\Rightarrow \]Quãng đường lớn nhất mà vật đi được trong thời gian \[\frac{2T}{3}\]là \[{{S}_{\max }}=2.A+A=3\text{A}\]

Tốc độ trung bình lớn nhất của vật thực hiện được trong khoảng thời gian 2T/3 là:

\[{{v}_{\max }}=\frac{{{S}_{\max }}}{\Delta t}=\frac{9\text{A}}{2T}\]

Bài 2: Chọn đáp án B

Trong thời gian \[\Delta t=\frac{T}{3}\] thì góc quét \[\Delta \varphi =\omega \Delta t=\frac{2.\pi }{3}\]

Để vật đi được quãng đường nhỏ nhất thì \[\Delta \varphi \] phải đối xứng qua trục hòanh. Từ đường tròn lượng giác \[\Rightarrow {{{S}'}_{\max }}=\frac{A}{2}+\frac{A}{2}=A\]

Bài 3: Chọn đáp án D

Ta có \[T=\frac{\omega }{2\pi }=0,5\text{s}\]; thời gian chuyển động \[\Delta t=\]1/6s

Trong thời gian \[\Delta t=\frac{1}{6}\] thì góc quét \[\Delta \varphi =\omega \Delta t=\frac{2.\pi }{3}\]

Để vật đi được quãng đường lớn nhất thì \[\Delta \varphi \] phải đối xứng qua trục tung. Từ đường tròn lượng giác

\[\Rightarrow {{{S}'}_{\max }}=\frac{A\sqrt{3}}{2}+\frac{A\sqrt{3}}{2}=A\sqrt{3}=4\sqrt{3}cm\]

Bài 4: Chọn đáp án C

Ta có \[T=\frac{\omega }{2\pi }=0,5\text{s}\];thời gian chuyển động \[\Delta t=\]1/6s

Trong thời gian $\Delta t=\frac{1}{6}$ thì góc quét $\Delta \varphi =\omega .\Delta t=\frac{2\pi }{3}$

Để vật đi được quãng đường nhỏ nhất thì \[\Delta \varphi \] phải đối xứng qua trục hoành. Từ đường tròn lượng giác

\[\Rightarrow {{{S}'}_{\max }}=\frac{A}{2}+\frac{A}{2}=A=4cm\]

Bài 5: Chọn đáp án D

Chiều dài quỹ đạo L = 14cm = 2.A suy ra  A = 7cm

Ta có \[\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=10\pi \]rad/s\[\Rightarrow T=\frac{\omega }{2\pi }=\frac{1}{5}s\]

Góc quét \[\Delta \varphi =\omega \Delta t=\frac{2.\pi }{3}\]

Để vật đi được quãng đường lớn nhất thì \[\Delta \varphi \] phải đối xứng qua trục tung. Từ đường tròn lượng giác

\[\Rightarrow {{{S}'}_{\max }}=\frac{A\sqrt{3}}{2}+\frac{A\sqrt{3}}{2}=A\sqrt{3}=7\sqrt{3}cm\]

D. VỀ ĐÍCH: NÂNG CAO

Bài 1: Chọn đáp án D

Biểu diễn trên đường tròn.

Biểu diễn trên đường tròn.

Để vật nhỏ của con lắc có độ lớn vận tốc không nhỏ hơn \[10\pi \sqrt{2}\]cm/s thì ứng với cung tròn \[\overset\frown{{{M}_{1}}{{M}_{2}}}\] và \[\overset\frown{{{M}_{3}}{{M}_{4}}}\]

Tần số dao động của vật là f = 1Hz

Bài 2: Chọn đáp án D

Ta có \[\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=10\pi \]rad/s\[\Rightarrow T=\frac{\pi }{5}s\Rightarrow {{v}_{\max }}=\omega .A=20cm/s\]vận tốc nhỏ hơn \[10\sqrt{3}cm/s\].

Từ đường tròn lượng giác ta có góc quét:

\[\Delta \varphi =2\pi -\frac{\pi }{3}=\frac{5\pi }{3}=\omega t\Rightarrow t=0,523\text{s}\]

Bài 3: Chọn đáp án C

Vật có tốc độ cực đại tại vị trí cân bằng. Chu kì dao động T = 2/3s; thời gian chuyển động t = 1s

Góc

                                                           \[\Delta \varphi =\omega t=3\pi\]

Lúc đầu vật ở vị trí M0 ứng với góc π/17

Sau 1 vòng tròn vật đi qua vị trí cân bằng 2 lần. thêm nữa đường tròn nữa vật đi qua vị trí cân bằng thêm 1 lần nữa \[\Rightarrow \] số lần vật đạt tốc độ cực đại trong giây đầu tiên là: 3 lần

Bài 4: Chọn đáp án D

Vật qua vị trí A/2 theo chiều dương ứng với điểm M1 trên đường tròn.

Khi vật có vận tốc cực đại tại vị trí cân bằng có 2 điểm M1 và M2 trên đường tròn

Góc quét \[\Delta \varphi =\frac{\pi }{3}+\frac{\pi }{2}=\frac{5\pi }{6}=\frac{2\pi }{T}.t\Rightarrow t=\frac{5T}{12}\]

Bài 5: Chọn đáp án B

Biểu diễn trên đường tròn

Để vật nhỏ của con lắc có độ lớn vận tốc không nhỏ hơn \[10\pi \sqrt{2}\]cm/s thì ứng với cung tròn \[\overset\frown{{{M}_{1}}{{M}_{2}}}\]và \[\overset\frown{{{M}_{3}}{{M}_{4}}}\]

Tần số dao động của vật là f = 0,5 Hz

Bài 6: Chọn đáp án C

Bài 7: Chọn đáp án B

Bài 8: Chọn đáp án B

Bài viết gợi ý: