SKKN: Nâng cao hiệu quả sử dụng mối liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều để giải nhanh các bài toán liên quan đến dao động điều hòa trong chương trình Vật Lý 12 THPT

Chia sẻ: Thúc Nhân Nghĩa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:29

Thêm vào BST

Báo xấu

211
lượt xem 52
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

SKKN: Nâng cao hiệu quả sử dụng mối liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều để giải nhanh các bài toán liên quan đến dao động điều hòa trong chương trình Vật Lý 12 THPT giúp học sinh nắm vững mối liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều để giải nhanh các bài toán liên quan đến dao động điều hòa trong chương trình vật lý 12 THPT.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: SKKN: Nâng cao hiệu quả sử dụng mối liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều để giải nhanh các bài toán liên quan đến dao động điều hòa trong chương trình Vật Lý 12 THPT

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Tên đề tài: Nâng cao hiệu quả sử dụng mối liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều để giải nhanh các bài toán liên quan đến dao động điều hòa trong chương trình vật lý 12 THPT Người thực hiện: Bùi Hoàng Nam Chức vụ: Giáo viên Tổ chuyên môn: Vật lý – Tin – Công nghệ Thanh Chương, tháng 04 năm 2013 1
PHẦN 1. ĐẶT VẤN ĐỀ 1.1. Lí do chọn đề tài Trong những năm gần đây Bộ GD-ĐT đã áp dụng hình thức thi trắc nghiệm khách quan trong kì thi tốt nghiệp THPT cũng như tuyển sinh đại học, cao đẳng đối với nhiều môn học trong đó có môn vật lý. Hình thức thi trắc nghiệm khách quan đòi hỏi học sinh phải có kiến thức rộng, xuyên suốt chương trình và có kĩ năng làm bài, trả lời câu trắc nghiệm nhanh chóng. Bởi vậy,với mỗi bài toán đề ra, người giáo viên không chỉ hướng dẫn học sinh hiểu bài mà phải tìm cách giải nhanh nhất có thể. Việc sử dụng mối liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều để giải các bài tập dao động đã thỏa mãn được điều đó. Tuy nhiên, không phải học sinh nào cũng nắm được thuần thục và nhanh nhạy công cụ này do các em rất lúng túng khi dùng đường tròn lượng giác và khó tưởng tượng được sự tương tự giữa hai loại chuyển động này. Trên thực tế, đã có khá nhiều đề tài nghiên cứu xung quanh vấn đề này và đã thu được một số kết quả nhất định. Tuy nhiên, hầu hết các tác giả chưa hoặc còn ít đề cập đến bài toán có nhiều vật dao động và cách vận dụng trực tiếp đường tròn lượng giác cho việc dùng hệ trục Oxv (dao động cơ), hệ trục Ouu’ (trong điện xoay chiều) … Và hầu hết các đề tài mới chỉ đề cập đến việc vận dụng mối liện hệ đó để giải quyết các bài toán trong chương dao động cơ, còn ít đề cập đến các chương khác. Để giúp các em dễ dàng hơn khi tiếp cận, có cái nhìn tổng quát hơn và có khả năng vận dụng kiến thức cho nhiều chương, tôi chọn và nghiên cứu đề tài: “Nâng cao hiệu quả sử dụng mối liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều để giải nhanh các bài toán liên quan đến dao động điều hòa trong chương trình vật lý 12 THPT” 1.2. Mục đích nghiên cứu Giúp học sinh nắm vững mối liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều để giải nhanh các bài toán liên quan đến dao động điều hòa trong chương trình vật lý 12 THPT 1.3. Đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu 1.3.1. Đối tượng nghiên cứu - Học sinh lớp 12 THPT - Kiến thức về dao động điều hòa và mối liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều 1.3.2. Phạm vi nghiên cứu - Chương trình vật lý lớp 12 THPT liên quan đến dao động điều hòa: Chương dao động cơ học; chương sóng cơ học; chương dòng điện xoay chiều; chương dao động và sóng điện từ 2
PHẦN 2. NỘI DUNG 2.1. Cơ sở thực tiễn Trong những năm gần đây, nội dung của đề thi Đại học bộ môn Vật lý thường có câu hỏi xoay quanh đến vấn đề sử dụng mối liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều. Đây là một vấn đề không mới, đã được nhiều giáo viên quan tâm, và cũng đã có rất nhiều người đã viết về vấn đề này. Tuy nhiên có một số vấn đề chưa được các tác giả đề cập tới. Chẳng hạn, khi gặp bài toán: “Cho một vật dao động điều hòa theo phương  trình: x  4 cos  2 t   (cm) . Tìm khoảng thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí có tọa    2 độ x1  2(cm) đến vị trí có tọa độ x2  2(cm) ?” Đối với bài toán này, giờ đây hầu hết các em học sinh 12 đều biết sử dụng một trong hai cách sau để giải quyết:  Cách 1: Giải phương trình lượng giác tìm các thời điểm t1 cho x1 = -2(cm) và những thời điểm t2 cho x2 = 2(cm). Sau đó tính hiệu t2 – t1 và lấy giá trị nhỏ nhất phù hợp.  Cách 2: Là cách thông thường học sinh dùng: Dùng mối liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều (hay nói đơn giản hơn là dùng “đường tròn lượng giác” (ngôn ngữ của học sinh)) N M -4 -2 0 2 4 x   P Q Khi đó khoảng thời gian ngắn nhất để vật đi từ x1 đến x2 tương ứng với khoảng thời gian để chất điểm chuyển động tròn đều đi từ P đến Q.   1 Ta có: t   3  ( s)  2 6 3
Chúng ta cũng biết rằng, việc vận dụng mối quan hệ này không chỉ áp dụng cho phần dao động cơ mà còn vận dụng tốt cho các bài tập sóng cơ, điện xoay chiều, dao động và sóng điện từ, … Ở đây tôi xin đề cập đến một vấn đề trong việc vận dụng mối quan hệ này: Cũng tương tự bài toán trên:  “Cho một vật dao động điều hòa theo phương trình: x  4 cos  2 t   (cm) . Tìm    2 khoảng thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí có tọa độ x1  2(cm) đến vị trí vật có tốc độ v2  4 (cm / s) ?” Gặp bài toán này, theo tôi nghĩ hầu hết học sinh sẽ xác định tọa độ x2 có vận tốc v2 sau đó giải quyết như trên. Như thế học sinh sẽ gặp một chút rắc rối vì sẽ có 2 vị trí cho tốc độ v2. Ở đây tôi mạnh dạn đề xuất một phương án mà chỉ cần sử dụng “đường tròn lượng giác” như trên là có thể giải quyết được vấn đề một cách nhanh chóng. 2.2. Cơ sở lý thuyết sin 2.2.1. Về mặt toán học: Đường tròn lượng giác: 1 sin  -1  cos 0 1 cos  Để tìm giá trị của hàm sin hoặc cosin ta chỉ cần chiếu điểm mút của bán kính ứng với góc  -1 lên hai trục sin và cos như hình vẽ 2.2.2. Trong vật lý học: - Định nghĩa dao động điều hòa : là dao M (+) động trong đó li độ của vật là một hàm cosin M0 t (hay sin) đối với thời gian x = A cos (t + ),  x O P trong đó A, ,  là các hằng số. - Giả sử có chất điểm chuyển động tròn đều trên một đường tròn tâm O, bán kính 4
A theo chiều dương ( ngược chiều quay của kim đồng hồ ) với tốc độ góc   Ở thời điểm t = 0: chất điểm ở M0 được xác định bằng góc     Sau thời gian t, chất điểm ở vị trí M, vectơ bán kính OM 0 quay được một góc là t  Gọi P là hình chiếu của M xuống trục Ox ( trùng với đường kính của đường tròn và có gốc trùng với tâm O của đường tròn), ta thấy điểm P dao động trên trục Ox quanh gốc tọa độ O  Tọa độ điểm P là x  OP  OM cos(t   )  A cos(t   )  Vậy: Một dao động điều hòa có thể coi là hình chiếu của một chuyển động tròn đều lên một đường thẳng nằm trong mặt phẳng quỹ đạo. Đây là mối liên hệ giữa chuyển động tròn đều và dao động điều hòa - Mở rộng: Trong dao động điều hòa ta có các phương trình li độ, vận tốc, gia tốc như sau: x  A cos t    v   A sin  t    a   2 Acos  t    Như vậy ở đây, giá trị của x, v, a lần lượt là hình chiếu của chất điểm M chuyển động tròn đều lên các trục Ox (như trên) và các trục Ov và Oa như hình vẽ sau: - A Với lưu ý: - Do v M v   A sin  t    nên trục Ov hướng xuống t   -A 0 x A x - Do a   Acos  t    2 (a) ( 2 A) (a) ( 2 A) nên trục Oa hướng ngược với trục Ox - Để phân biệt các giá trị của A trục Oa và các giá trị của trục Ox ta dùng dấu ngoặc đơn v cho các giá trị của trục Oa. Lợi thế của việc làm này là chúng ta chỉ cần dùng 1 hệ trục là có thể biết cả ba đại lượng x, v và a bằng cách hạ hình chiếu của M lên các trục Ox, Ov và Oa. 5
2.2.3. Một số lưu ý khi vận dụng (Nhấn mạnh cho học sinh ghi nhớ) + Vật luôn chuyển động theo chiều dương ngược chiều kim đồng hồ vì trong dao động điều hòa tần số ω dẫn đến góc quay luôn dương. + Nửa đường tròn trên ứng với chất điểm đi từ A về -A ứng với vùng vật có vận tốc âm + Nửa đường tròn dưới ứng với chất điểm đi từ -A về A ứng với vùng vật có vận tốc dương. + Tâm của đường tròn là VTCB 0. + Bán kính của đường tròn bằng với biên độ dao động: R = A đối với trục Ox; 2 R = A với trục Ov; R =  A với trục Oa. + Vị trí ban đầu của vật trên đường tròn hợp với chiều dương trục ox một góc bằng pha ban đầu của dao động  . + Tốc độ quay của vật trên đường tròn bằng  + Chiều chuyển động của vật ngược chiều kim đồng hồ. + Góc mà bán kính nối vật chuyển động quét được trong thời gian t trong quá trình vật chuyển động tròn đều bằng:   .t 2.2.4. Cách xác định vị trí của vật ở thời điểm bất kỳ ứng với vận tốc hoặc gia tốc tương ứng Ở đây tôi chỉ trình bày khái quát một số vùng còn cụ thể học sinh sẽ tự xác định được. Góc phần tư thứ nhất: Li độ dương, vật Góc phần tư thứ hai: Li độ âm, vật giảm tăng tốc theo chiều âm, gia tốc âm tốc theo chiều âm, gia tốc dương  - A - A M v M v  t   t   -A 0 x A x -A x 0 A x 2 (a) ( 2 A) (a) ( 2 A) (a) ( A) (a) ( 2 A) A A v v 6
Góc phần tư thứ ba: Li độ âm, vật tăng Góc phần tư thứ tư: Li độ dương, vật tốc theo chiều dương, gia tốc dương giảm tốc theo chiều dương, gia tốc âm - A - A t   t   -A x 0 A x -A 0 x A x (a) (a) ( A) (a) 2 2 ( 2 A) (a) ( A) ( 2 A) v v  M M A A  v v 2.3. Vận dụng giải các bài toán liên quan đến dao động điều hòa 2.3.1. Vận dụng vào chương “Dao động cơ học” * Bài toán 1. Xác định thời điểm vật qua vị trí có li độ x (vận tốc v hoặc gia tốc a) lần thứ n - Phương pháp giải: + Vẽ đường tròn lượng giác M1 + Xác định vị trí ban đầu của vật M0 M0 (biểu diễn góc pha ban đầu) '  O  x + Xác định vị trí M1, M2 vật có li độ -A x x A x (vận tốc v hoặc gia tốc a) (Ở đây chỉ vẽ cho trường hợp có li độ x) + Trong 1 chu kỳ vật qua vị trí x 2 M2 lần, nên thời điểm vật qua vị trí x lần thứ n được xác định như sau: - Nếu n chẵn ta có: n  2.N  2 trong đó N là số chu kỳ mà vật đi được. Như vậy thời điểm đó là khoảng thời gian để vật đi từ vị trí M0 đến vị trí M2 (qua x lần 2) cộng với N chu kỳ. Xác định góc quét từ M0 đến M2. ' Từ đó suy ra: t  N .T  t M 0 M 2  N .T   7
- Nếu n lẻ ta có: n  2.N  1 trong đó N là số chu kỳ mà vật đi được. Như vậy thời điểm đó là khoảng thời gian để vật đi từ vị trí M0 đến vị trí M1 (qua x lần 1) cộng với N chu kỳ. Xác định góc quét từ M0 đến M1.  Từ đó suy ra: t  N .T  t M 0 M1  N .T    Ví dụ 1. Một vật dao động điều hoà với phương trình x = 8cos(4t + ) cm. Thời 6 điểm thứ 2013 vật qua vị trí x = 4cm là 12049 12061 12025 12073 A. s B. s C. s D. s 24 24 24 24 Bài giải: - Vật dao động điều hòa qua x = 4 là thời điểm vật M1 chuyển động tròn đều đi qua M1 và M2. - Vật quay 1 vòng (1 chu kỳ) qua x = 4cm là 2 lần. M0  - Qua lần thứ 2013 thì phải quay 1006 vòng rồi đi O x từ M0 đến M1. Ta có: 2013 = 1006.2 + 1 -8 4 8    - Góc quét từ M0 đến M1 là     3 6 6 Nên: M2   2 12073 t  N .T  t M 0 M1  1006.T   1006.  6 ( s)  4 4 24 Chọn đáp án D.  Ví dụ 2. Một vật dao động điều hoà với phương trình x = 8cos(2t- ) cm. Thời 6 điểm thứ 2010 vật qua vị trí có tốc độ v = 8 cm/s. 16 A. 1004,5 s B. 1004 s C. 502,5 s D. 502 s Bài giải: 8 - Tốc độ của vật là 8 cm/s nên vận tốc có thể là: 8  cm/s hoặc - 8 cm/s. Do vậy khi biểu diễn trên đường tròn lượng giác ta có 4 vị trí M1, M2, M3, M4 8 như hình vẽ. - Trong 1 chu kỳ vật có 4 lần có tốc độ 8 cm/s 16 v 8
tương ứng 4 vị trí trên. - Ta có: 2010 = 2008 + 2 = 502.4 + 2 - Do đó vật qua vị trí có tốc độ 8 cm/s lần thứ 2010 thì phải quay 502 vòng rồi đi từ M0 đến M2.    - Góc quét từ M0 đến M2 là:      6 2 3    t  502.T   502.1   502, 5( s )  2 Lựa chọn đáp án C. * Bài toán 2. Xác định khoảng thời gian để vật đi từ vị trí có li độ x1 (vận tốc v1 hoặc gia tốc a1) đến vị trí có li độ x2 (vận tốc v2 hoặc gia tốc a2) thỏa mãn một điều kiện nào đó - Phương pháp giải: M2 M1 + Vẽ đường tròn lượng giác 2 M0 + Xác định vị trí có li độ x1 của vật 1 3 O x M1 (biểu diễn bởi góc pha 1 ) -A x2 x1 A + Xác định vị trí M2, M3 vật có li độ M3 x2 (Ở đây chỉ vẽ cho trường hợp có li độ x) + Xác định góc quét từ M1 đến M2 hoặc từ M1 đến M3 tùy vào điều kiện của bài toán (Tức là xác định các góc pha  2 , 3 )  Từ đó suy ra: t   + Lưu ý: Trong 1 chu kỳ vật qua vị trí x 2 lần, vật có vận tốc v hoặc gia tốc a 2 lần, còn có tốc độ v 4 lần. Ví dụ 1. Vật dao động điều hòa với phương trình x = 4cos(2 π t + π/6) (cm). Tính: a) Thời gian ngắn nhất vật đi từ VTCB đến 2cm. b) Thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí có li độ x1 = –2 cm đến vị trí có li độ x2 = 2 cm theo chiều dương. c) Tính tốc độ trung bình của vật trong câu a Bài giải 9
a) Khi vật đi từ vị trí cân bằng đến A/2, tương ứng với vật chuyển động trên đường tròn từ A đến B được một góc  như hình vẽ bên. Dễ thấy: sin = 1/2 ==>  = /6 rad. 8 M1 => Khoảng thời gian ngắn nhất để vật đi từ VTCB đến 2cm: O 2 x .T T 1 -4 t    .T    s 4  2 6.2 12 12 b) Khi vật đi từ vị trí x1 = –2 cm đến x2 = 2 cm  theo chiều dương, tương ứng với vật chuyển động 8 trên đường tròn từ A đến B được một góc  như 8 M1 hình vẽ bên. Có:  =  + ; Với: x sin   1  A 3  3     -2 3 2 x OA A.2 2 3 -4 O 4 x A 1 sin   2      OB A.2 2 6   ==>  = π/3 + π/6 = π/2 8 v ==> Khoảng thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí có li độ x1 = –2 cm đến vị trí có li độ x2 = 2 cm theo chiều dương là: .T T 1 t    .T    s  2  2.2 4 4 c) Tốc độ trung bình của vật: v  s  A /   A  (cm / s) t T /  T 16 M1 Ví dụ 2. Một vật dao động điều hòa theo phương  trình x   cos(t  )(cm) . Tìm khoảng thời gian   O x -8 4 ngắn nhất để vật đi từ vị trí có li độ x = 4 cm theo 8 chiều âm đến lúc vật có vận tốc v  8 2 (cm / s) . 8 2 M2 M3 Bài giải 16 Vẽ đường tròn lượng giác như hình vẽ trên v 10
Vị trí x = 4cm và vật đang đi theo chiều âm tương ứng với M1 Vị trí vật có vận tốc v  8 2 (cm / s) tương ứng với 2 điểm M2 và M3 trên đường tròn Khoảng thời gian ngắn nhất chính là khoảng thời gian đi từ M1 đến M2. 11    11 11 Ta có góc quét:       t    12  (s) 6 2 4 12  2 24  Ví dụ 3. Một vật dao động điều hòa theo phương trình x   cos(t  )(cm) . Tìm  khoảng thời gian để vật đi từ vị trí có vận tốc v  8 2 (cm / s) lần thứ 2 (kể từ t = 0) đến vị trí vật có gia tốc bằng a  1, 6(m / s 2 ) lần thứ 9? Bài giải 16 M3 - Vẽ đường tròn lượng giác như hình vẽ bên - Vị trí ban đầu (t = 0) tương ứng với vị trí M0 M0  -8 O 8 x - Vị trí vật có vận tốc v  8 2 (cm / s) lần thứ (a) (1,6) 4 (-3,2) (3,2) 2 tương ứng với vị trí M2 trên đường tròn. 8 2 - Vị trí vật có gia tốc a  1, 6(m / s 2 ) lần thứ 9 M1 M2 M4 16 tương ứng với điểm M3 trên đường tròn. v - Trong 1 chu kỳ vật có 2 lần đạt gia tốc a  1, 6(m / s 2 ) Nên khoảng thời gian vật đi từ vị trí có vận tốc v  8 2 (cm / s) lần thứ 2 (kể từ t = 0) đến vị trí vật có gia tốc bằng a  1, 6(m / s 2 ) lần thứ 9 tương ứng với khoảng thời gian vật đi từ M2 đến M3 lần thứ 4. 11 Tức: t  3.T  t M M  3.T   3.1  12  3  11  83 (s)  2 3  2 24 24 Ví dụ 4. Một lò xo có khối lượng không đáng kể có độ cứng k = 100N/m. Một đầu treo vào một điểm cố định, đầu còn lại treo một vật nặng khối lượng 500g. Từ vị trí cân bằng kéo vật xuống dưới theo phương thẳng đứng một đoạn 10cm rồi buông cho 11
vật dao động điều hòa. Lấy g = 10m/s2, khoảng thời gian mà lò xo bị nén một chu kỳ là     A. s. B. s. C. s. D. s. 10 2 5 2 15 2 20 2 Bài giải mg k Ta có : l   5cm    10 2(rad / s ) k m Nếu chọn trục Ox hướng thẳng đứng từ trên M1 xuống Gốc O tại vị trí cân bằng thì :  O x Tọa độ mà tại đó lò xo không biến dạng là 10 -10 -5 x = - 5cm M2 Do đó : Lò xo bị nén khi 10cm  x  5cm Khoảng thời gian lò xo bị nén tương ứng khoảng thời gian vật đi từ M1 đến M2 2    t  3  ( s)  10 2 15 2 * Bài toán 3. Xác định quãng đường vật dao động điều hòa đi được từ thời điểm t1 đến thời điểm t2 ? Từ đó suy ra tốc độ trung bình của chuyển động. - Phương pháp giải : + Xét hiệu t  t2  t1 T T + Biến đổi t  n.  t '( t '  ) 2 2 + Tính quãng đường đi được trong thời gian t ' : - Xác định trạng thái dao động ở thời điểm t1 (Tìm góc pha 1) - Xác định trạng thái dao động ở thời điểm t1 (Tìm góc pha 2) - Vẽ biểu diễn lên đường tròn. Tính quãng đường tương ứng S’. + Khi đó : S = n.2A+S’ (Lưu ý : - Quãng đường đi được trong 1 chu kỳ luôn là 4.A - Quãng đường đi được trong T/2 luôn là 2.A 12
- Quãng đường đi được trong T/4 kể từ vị trí cân bằng hoặc từ vị trí biên là A) S  Tốc độ trung bình vtb  t Ví dụ 1. Một con lắc lò xo gồm lò xo nhẹ có độ cứng k= 100N/m và vật nhỏ có khối lượng m= 250g, dao động điều hoà với biên độ A= 6cm. Chọn gốc thời gian là lúc 7 vật đi qua vị trí cân bằng. Tính từ gốc thời gian (t0 = 0 s), sau 120 (s) vật đi được quãng đường A. 9 cm. B. 15 cm C. 3cm D. 14 cm. Bài giải 2 m  Ta có : T   2  (s )  k 10 7 6  T Xét hiệu: t  t2  t0      t ' 120 120 120 2 120 M1 Tại t0 = 0 vật qua vị trí cân bằng 7 Tại thời điểm t  120 (s) vật có: x O 3 -6 6 7  S’ x  6 cos(20.  )  3(cm) 120 2  Góc quét được trong t ' là: 120   v   .t '  20.  120 6 Biểu diễn lên đường tròn. Từ hình vẽ ta có: S’ = 3cm Suy ra: S = 2.6 + 3 = 15cm Chọn đáp án C. Ví dụ 2. Một chất điểm dao động điều hòa với chu kì T. Trong khoảng thời gian ngắn nhất khi đi từ vị trí biên có li độ x = A đến vị trí x = -A/2, chất điểm có tốc độ trung bình là 6A 9A 3A 4A A. . B. . C. . D. . T 2T 2T T 13
Bài giải M Vẽ đường tròn lượng giác. Thời gian ngắn nhất để vật đi từ x = A đến  x x = - A/2 là : -A -A/2 O A    T t    T  2 2 3 T Quãng đường đi được tương ứng là: S = A + A/2 = 3A/2 S 3A / 2 9 A  vtb    . Chọn đáp án B. t T / 3 2T * Bài toán 4. Xác định quãng đường vật dao động điều hòa đi được ngắn nhất (dài nhất) trong khoảng thời gian t nào đó? Từ đó suy ra tốc độ trung bình lớn nhất (nhỏ nhất) của chuyển động trong thời gian ấy. - Phương pháp giải : T T + Biến đổi t  n.  t '( t '  ) 2 2 + Khi đó : S = n.2A+S’ nên : Smax (Smin) khi và chỉ khi S’max (S’min) + Tính S’max hoặc S’min : Ta biết vật dao động điều hòa có tốc độ lớn nhất ở vị trí cân bằng và T bằng 0 ở vị trí biên nên trong cùng một khoảng thời gian t '(t '  ) vật sẽ đi được 2 quãng đường lớn nhất khi nó dao động qua 2 vị trí đối xứng nhau qua vị trí cân bằng; vật đi được quãng đường bé nhất khi nó dao động đi qua 2 vị trí đối xứng nhau qua vị trí biên. Ta có thể hình dung điều này trên đường tròn lượng giác như hình vẽ h.4.1. và M2 M1 hình 4.2: M1  2  x O x 2 -A P2 O P1 A A -A P M2 h.4.1. h.4.2. 14
T Góc quét được trong thời gian t '(t '  ) là:   .t ' 2  Khi đó ta có: S’max = P1P2 = 2.OP1 = 2. A.sin( ) 2  S’min = 2. A.[1 - cos( )] 2  Do vậy: Smax = n.2A + 2. A.sin( ) 2  Smin = n.2A + 2. A.[1 - cos( )] 2 Smax S  Tốc độ trung bình vtb max  ; vtb min  min t t Ví dụ 1. Một vật dao động điều hòa dọc theo trục Ox, quanh vị trí cân bằng O với biên độ A và chu kỳ T. Trong khoảng thời gian T/4, quãng đường lớn nhất, bé nhất mà vật có thể đi được lần lượt là : A. A và A/2 B. 2 A và A[2  2] C. 3 A và A[2  2] D. 1,5A và A/2 Bài giải Lập luận như trên ta có: 2 T     .t  .   Smax  2Asin   2Asin  2A T 4 2 2 4  2 Smin = 2. A.[1 - cos( )]=2.A[1- ]  A[2  2] 2 2 Lựa chọn đáp án B.  Ví dụ 2. Một vật dao động điều hòa theo phương trình x   cos(t  )(cm) . Tốc độ  trung bình lớn nhất mà vật có thể đạt được trong thời gian 10,667 (s) là: A. 32,25 cm/s B. 4,81 cm/s C. 15,25 cm/s D. 31,06 cm/s Bài giải M2 M1  Ta có: T = 1(s) 2 Ta thấy: x T -8 -4 O 4 8 t  10, 667( s)  21. ( s)  0,167( s) 2 15
 Do đó:   .t '  2 .0,167  3   S’max = 2.8.sin( )  8(cm) 6  Smax = 21.2.8 + 8 = 344 (cm) Smax 344  vtb max    32, 25(cm / s) t 10, 667 Lựa chọn đáp án A. * Bài toán 5. Tính khoảng thời gian để 2 vật dao động điều hòa gặp nhau hoặc số lần gặp nhau trong khoảng thời gian nào đó của 2 vật dao động điều hòa trên hai trục song song với nhau (chung gốc tọa độ), khoảng cách 2 vật, .... Ví dụ 1. Hai chất điểm dao động điều hòa trên hai đường thẳng song song rất gần nhau, coi như chung gốc tọa độ O, cùng chiều dương Ox, cùng tần số f và có biên độ bằng nhau là A. Tại thời điểm ban đầu chất điểm thứ nhất đi qua vị trí cân bằng, chất điểm thứ hai ở biên. Khoảng cách lớn nhất giữa hai chất điểm theo phương Ox là: A. 2A B. A C. 2A D. 3A Bài giải M2 M1   Độ lệch pha của hai dao động là: và không đổi A 2 2 trong quá trình 2 vật dao động. x  -A  2A O 2A Do vậy ta có:   2 2 2 Khoảng cách của 2 vật lớn nhất ứng với 2 vị trí của 2 vật đối xứng nhau qua vị trí cân bằng.  Ta có: d max  2.A.sin( )  2 A Nên lựa chọn đáp án C. 2 Ví dụ 2. Hai con lắc lò xo giống nhau cùng có khối lượng vật nặng m = 10 g, độ cứng lò xo là k  100 2 ( N / m) , dao động điều hòa dọc theo hai đường thẳng song song kề liền nhau (vị trí cân bằng hai vật đều ở cùng gốc tọa độ). Biên độ của con lắc thứ hai lớn gấp ba lần biên độ của con lắc thứ nhất. Biết rằng lúc hai vật 16
gặp nhau chúng chuyển động ngược chiều nhau. Khoảng thời gian giữa ba lần hai vật nặng gặp nhau liên tiếp là A. 0,01 s. B. 0,02 s. C. 0,03 s. D. 0,04 s. Bài giải Do 2 chất điểm dao động điều hoà cùng tần số M1 và chung gốc toạ độ O nên có thể biểu diễn như hình vẽ N1 -A1 x2 O A1 x Hai vật gặp nhau khi chúng có cùng toạ độ. Giả sử, x1 A2 -A2 N2 ban đầu 2 vật gặp nhau ở vị trí có toạ độ x1 tương ứng với trên đường tròn tại 2 vị trí N1 và M1. Do M2 chuyển động của 2 vật ngược chiều nên chúng chỉ M2 có thể gặp nhau ở vị trí x2 đối xứng với x1 tương ứng với 2 điểm trên đường tròn là N2 và M2. Do đó khoảng thời gian giữa ba lần hai vật nặng gặp nhau liên tiếp bằng khoảng thời gian vật M1 chạy được 1 vòng tròn tương ứng với 1 chu kỳ T m Suy ra: t  T  2  0, 02( s ) Lựa chọn đáp án B. k Ví dụ 3. Hai chất điểm cùng thực hiện dao động điều hòa trên cùng một trục Ox (O là vị trí cân bằng), có cùng biên độ A nhưng tần số lần lượt là f1 = 3Hz và f2 = 6Hz. Lúc đầu cả hai chất điểm đều qua li độ A/2 theo chiều dương. Thời điểm đầu tiên các chất điểm đó gặp nhau là A. 0,24s. B. 1/3s. C. 1/9s. D. 1/27s. Bài giải Ta có: f1 = 3Hz; f2 = 6Hz nên 2  21 So đó trong cùng một khoảng thời gian thì M2 Góc quét được của các vật:  2  21 . O A/2 x x Vẽ biểu diễn lên đường tròn vị trí ban đầu của 2 vật -A A 2 tại M0 1 M1 Sau thời gian t 2 vật gặp nhau tại vị trí có toạ độ x M0 tương ứng với trên đường tròn tại hai vị trí M1 và M 2. 17
Ta thấy M1 và M2 đối xứng qua Ox.   Ta có:  2  21  M 0OM 2  2 M 0OM 1      2 Mà xOM 2  xOM 1  xOM 0  1,5M 0OM 1  1, 51   1  3 9 Do vậy thời điểm lần đầu tiên các chất điểm đó gặp nhau bằng: 2 1 1 t   9  ( s) => Lựa chọn đáp án D. 1 2 .3 27 2.3.2. Vận dụng vào chương “Sóng cơ học” * Bài toán 1. Xác định trạng thái dao động của một điểm trên phương truyền sóng khi biết trạng thái dao động của 1 điểm khác. Ví dụ 1. Sóng có tần số 20Hz truyền trên mặt thoáng nằm ngang của một chất lỏng, với tốc độ 2m/s, gây ra các dao động theo phương thẳng đứng cho các phần tử chất lỏng. Hai điểm M, N thuộc cùng 1 phương truyền trên mặt thoáng của chất lỏng, cách nhau 12,5cm. Biết M nằm gần nguồn sóng hơn. Tại thời điểm t, điểm M đi lên đến điểm cao nhất. Sau thời điểm đó, khoảng thời gian ngắn nhất để điểm N hạ xuống thấp nhất là 1 3 1 3 A. ( s) B. ( s) C. ( s) D. ( s) 80 80 160 160 Bài giải v 200 + Tính bước sóng     10(cm) f 20 + Tính độ lệch pha giữa 2 điểm M và N 2 .d 2 .12,5      2,5  2   10 2  Vậy dao động tại N chậm pha hơn dao động tại M một góc 2 + Vẽ biểu diễn lên đường tròn: vị trí 2 điểm M và N tương ứng Tại thời điểm t, điểm M đi lên đến điểm cao nhất tức M có li độ bằng A. Suy ra, khoảng thời gian M u sau đó ngắn nhất để N lên điểm cao nhất tương -A O A  2 18 N
ứng với thời gian chất điểm chuyển động trên đường tròn từ N đến M.   1 Do vậy ta có: t  2  2  ( s )  2 .20 80 => Lựa chọn A. Ví dụ 2. Có hai chất điểm A và B trên cùng một phương truyền của sóng trên mặt  nước, cách nhau . Khi mặt thoáng ở A và B cao hơn vị trí cân bằng lần lượt là 3cm 4 và 4cm với A đang đi xuống còn B đang đi lên. Coi biên độ sóng không đổi trong quá trình truyền đi. Biên độ sóng và chiều truyền sóng là A. 5cm và truyền từ B đến A B. 5cm và truyền từ A đến B C. 7cm và truyền từ B đến A D. 7cm và truyền từ A đến B Bài giải  2 . + Độ lệch pha giữa 2 điểm A và B   4   2 + Dựa vào bài ra ta có thể biểu diễn vị trí 2 điểm A và B trên đường tròn như sau: A Từ hình vẽ ta có :  O 3 u 3 4 -a 4 a cos  ; cos  a a  M1  Do        cos  sin  nên: 2 B cos 2  cos 2   cos 2  sin 2   1 2 2  3  4        1  a  5(cm) a a  Và dựa vào hình vẽ ta thấy A sớm pha hơn B góc nên sóng truyền từ A đến B. 2 => Lựa chọn đáp án B. * Bài toán 2. Xác định biên độ dao động của một điểm M trên dây khi có sóng dừng cách nút (hoặc bụng) một khoảng d cho trước. - Phương pháp giải : 19
+ Ta biết biên độ dao động của một điểm trên dây khi có sóng dừng có 2 .d dạng A  2a. cos(   ) trong đó a là biên độ dao động của sóng tới hoặc phản xạ.  + Lúc đó bài toán xác định biên độ dao động của một điểm M trên dây khi có sóng dừng cách nút (hoặc bụng) một khoảng cho trước trở thành bài toán tìm thời điểm vật dao động điều hòa cách gốc tọa độ O (hoặc cách biên) một khoảng cho trước. Tức ta có thể biểu diễn lên đường tròn lượng giác trục tọa độ OA như hình vẽ: Sự tương tự giữa bài toán dao động cơ và bài toán sóng dừng Dao động cơ Sóng dừng Khoảng thời gian : t Khoảng cách : d Chu kỳ : T Bước sóng :  2 2 Công thức tính góc :   .t  t Công thức tính góc :   d T  + Nếu yêu cầu tìm biên độ của điểm M1 M2 cách nút M0 một khoảng d thì ta có góc quét tương ứng trên đường tròn là góc O  a1 M A 2 -2a a2 2a   d (hình vẽ)   Khi đó : Biên độ tại M1 là a1  2a.sin  (từ hình M1 vẽ) M0 + Nếu yêu cầu tìm biên độ của điểm M2 cách bụng M một khoảng d thì ta có góc quét tương ứng trên đường tròn là góc 2   d (hình vẽ) T Khi đó : Biên độ tại M2 là a2  2a.cos (từ hình vẽ) Ví dụ 1. Một sợi dây đàn hồi AB có chiều dài 60cm và hai đầu cố định. Khi được kích thích dao động trên dây hình thành sóng dừng với 4 bó sóng và biên độ tại bụng sóng là 4cm. Tại một điểm M cách nguồn phát sóng tới A một khoảng 50cm có biên độ dao động là A. 3(cm) B. 2(cm) C. 2 3(cm) D. 2 2(cm) Bài giải 20