zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Luận Văn - Báo Cáo

» Khoa học tự nhiên

TIỂU LUẬN - ỨNG DỤNG LIÊN HỆ GIỮA DAO ĐỘNG ĐIỀU HÒA VÀ CHUYỂN ĐỘNG TRÒN ĐỀU ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN TRONG CHƯƠNG DAO ĐỘNG CƠ

Chia sẻ: Lan Hạ Nguyễn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:27

Báo xấu

300
lượt xem 58
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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 mộn 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....

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: TIỂU LUẬN - ỨNG DỤNG LIÊN HỆ GIỮA DAO ĐỘNG ĐIỀU HÒA VÀ CHUYỂN ĐỘNG TRÒN ĐỀU ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN TRONG CHƯƠNG DAO ĐỘNG CƠ

Tiểu luận ỨNG DỤNG LIÊN HỆ GIỮA DAO ĐỘNG ĐIỀU HÒA VÀ CHUYỂN ĐỘNG TRÒN ĐỀU ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN TRONG CHƯƠNG DAO ĐỘNG CƠ
Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Thắm-THPT Nguyễn Viết Xuân MỞ ĐẦU Trang A. ĐẶT VẤN ĐỀ I. Thực trạng của vấn đề .......................................................................... 2 II. Nhiệm vụ và phương pháp nghiên cứu .............................................. 2 III. Phạm vi của đề tài .............................................................................. 2 B. NỘI DUNG I.Cơ sở lí thuyết ........................................................................................ 3 I.1.Liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều ............... 3 I.2.Cách xác định vị trí ban đầu của chất điểm…………………………4 II.ỨNG DỤNG GIẢI CÁC BÀI TẬP CHƯƠNG DAO ĐỘNG CƠ II.1. Dạng toán xác định các đại lượng,viết phương trình dao động……6 II.2. Dạng toán xác định thời điểm, thời gian……………………………8 II.3.Dạng toán xác tìm vị trí, khoảng cách, quãng đường vật đi được…..14 II.4.Dạng toán hai vật dao động…………………………………………17 II.5.Bài tập đề nghị………………………………………………………20 C.KẾT LUẬN ................................................................................ ………25 1
Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Thắm-THPT Nguyễn Viết Xuân “ ỨNG DỤNG LIÊN HỆ GIỮA DAO ĐỘNG ĐIỀU HÒA VÀ CHUYỂN ĐỘNG TRÒN ĐỀU ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN TRONG CHƯƠNG DAO ĐỘNG CƠ” A. ĐẶT VẤN ĐỀ I. 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 mộn 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, các tác giả chưa hoặc còn ít khái quát lại vấn đề, tổng hợp thành cách nhớ nhanh, rất ít hoặc chưa đề cập đến bài toán có nhiều vật dao động .Để giúp các em dễ dàng hơn khi tiếp cận, có cái nhìn tổng quát và có cơ sở để giải quyết các bài tập chương sau, tôi chọn và nghiên cứu đề tài: “ ỨNG DỤNG LIÊN HỆ GIỮA DAO ĐỘNG ĐIỀU HÒA VÀ CHUYỂN ĐỘNG TRÒN ĐỀU ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN TRONG CHƯƠNG DAO ĐỘNG CƠ” II. Nhiệm vụ và phương pháp nghiên cứu Đề tài này vận dụng mối liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều để đưa ra phương pháp giải các dạng bài tập chương dao động cơ. Trên cơ sở những kết quả đã nghiên cứu chương này sẽ giúp cho các em học sinh giải quyết được bài tập liên quan ở các chương tiếp theo như Sóng cơ, Điện xoay chiều hay mạch dao động LC ... III. Phạm vi của đề tài Đề tài nghiên cứu một vấn đề tương đối khó, đề cập đến các dạng bài tập nâng cao thường gặp trong đề thi TSĐH, CĐ. Với phạm vi một Sáng kiến - Kinh nghiệm ở trường THPT chúng tôi chỉ đề cập đến một số vấn đề: -Phương pháp giải các bài tập phần dao động cơ -Giới thiệu một số trường hợp vận dụng. 2
Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Thắm-THPT Nguyễn Viết Xuân B.NỘI DUNG I.CƠ SỞ LÍ THUYẾT I.1.Liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều Xét một điểm M chuyển động tròn đều trên đường tròn tâm O theo chiều dương với tốc độ góc . Gọi P là hình chiếu của M lên trục Ox. Giả sử ban đầu( t = 0 ) điểm M ở vị trí M o được xác định bằng góc . Ở thời điểm t, nó chuyển động đến M, xác định bởi góc:  +  với  = t. Khi đó tọa độ của điểm P là: M x = OP = OM.cos(t + ) + Mo t Đặt OM = A, phương trình tọa độ của P được viết thành:  x O P -A A x = A.cos(t + ). Vậy điểm P dao động điều hòa. *Kết luận: Một dao động điều hòa có thể được coi như hình chiếu của một vật chuyển động tròn đều lên một đường thẳng nằm trong mặt phẳng quỹ đạo. I.2.Cách xác định vị trí ban đầu của vật. 1.Một số chú ý +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 +Vị trí ban đầu của vật trên đường tròn hợp với chiều dương trục ox một góc . + Tốc độ quay của vật trên đường tròn bằng  + Chiều quay của vật ngược chiều kim đồng hồ. + Góc mà bán kính nối vật chuyển động quét được trong quá trình vật chuyển động tròn đều:  = .t 3
Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Thắm-THPT Nguyễn Viết Xuân 2.Cách xác định vị trí ban đầu của vật Trong các bài toán loại này việc xác định thời điểm ban đầu vật ở đâu là rất quan trọng. Sau đây tôi xin trình bày một vài trường hợp cơ bản nhất: Vị trí ban đầu của vật được xét từ thời điểm t=0.Thay vào phương trình li độ và vận tốc  x  Acos  ? ta có:  v   sin   ? (Để cho nhanh chỉ cần nhớ dấu của v là dấu của –sinφ) Vật bắt đầu dao động vị trí cân bằng ,vận Vật bắt đầu dao động vị trí cân bằng ,vận tốc dương tốc âm 4
Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Thắm-THPT Nguyễn Viết Xuân Vật bắt đầu dao động tại vị trí biên Vật bắt đầu dao động tại vị trí biên âm dương Vật bắt đầu dao động tại vị trí bất kì, vận Vật bắt đầu dao động tại vị trí bất kì, vận tốc dương tốc âm 5
Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Thắm-THPT Nguyễn Viết Xuân II.ỨNG DỤNG GIẢI CÁC BÀI CHƯƠNG DAO ĐỘNG CƠ II.1. DẠNG TOÁN XÁC ĐỊNH ĐẠI LƯỢNG,VIẾT PHƯƠNG TRÌNH DAO ĐỘNG. Dạng 1 :Xác định các đại lượng,viết phương trình dao động. . * V í d ụ 1: Vật đang đứng yên ở vị trí cân bằng O, ta đưa vật ra khỏi vị trí ấy 5cm theo chiều dương rồi thả không vận tốc đầu. Biết vật dao động với chu k ì T = 4s. Chọn gốc thời gian t0=0 sau khi thả vật một khoảng thời gian t =0,5s. a) Phương trình dao động của vật là:    A.x=5 cos( .t  ) (cm) B.x= 5 cos( .t ) (cm) 2 4 2     C.x= 5. cos( .t  ) (cm) D.x= 5 cos( .t  ) (cm) 2 4 2 2 b) Li độ và vận tốc của vật tại thời điểm t1=1s kể từ gốc thời gian t0=0 là:  x  2,5 2 (cm)  x  2,5 2 (cm)  x  2,5 2 (cm)  x  2,5 2 (cm)     A.  B C D.  v  1,25 2 (cm / s ) v  1,25 2 (cm / s ) v  1,25 2 (cm / s ) v  1,25 2 (cm / s )     * Giải: 2  a) - Xác định A,  , T: T=4s     (rad ) T 2 t0 = 0 Thả không vận tốc đầu v=0  A  x  5(cm) = 0,5s Xác định vị trí ban đầu của vật trên giản đồ. 5 Tại thời điểm thả vật, vật đang ở vị trí biên dương. x O Sau thời gian thả vật t=0,5s=T/8, vật chuyển động được  t góc tương ứng:   .2  (rad ) .Đây cũng là thời điểm T 4  ban đầu nên     (rad ) 4   - Phương trình dao động: x  5 cos t  (cm)  chọn A   2 4 b) - Xác định vị trí của vật tại thời điểm đang xét: Tại thời điểm t1=1s kể từ thời điểm ban đầu, ứng với góc chuyển động t1  t 0  .2  (rad ) , ta có thể xác định vị trí của vật trên đường tròn.  T 2 Từ đường tròn, ta xác định được li độ mang dấu âm, vận tốc mang dấu âm  Chọn D. Ta thấy, chỉ từ dấu của li độ và vận tốc ta có thể xác t0 = 0 t1 = 1s định được đáp án của bài toán. Ta có thể tính giá trị li độ và vận tốc dựa vào hình chiếu A lên các trục như sau: x 3 2 +Li độ: x  5 cos    5.  2,5 2 (cm)  4 2  6
Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Thắm-THPT Nguyễn Viết Xuân  3   2 +Vận tốc: v   .5. sin   1,25 2 (cm / s ).    . 5.  2 4 2 2 *Ví dụ 2:Một vật dao động điều hòa với chu kì T và biên độ 2cm, biết rằng trong 1 chu kì, khoảng thời gian mà vận tốc của vật có giá trị biến thiên trên đoạn từ 2 3 cm/s T đến 2 cm/s là . Tần số dao động của vật là 2 A. 0,5 Hz. B. 1 Hz. C. 0,25Hz. D. 2Hz. Giải: Vận tốc của vật có giá trị biến thiên trên đoạn từ 2 3 cm/s đến 2 cm/s nên M chuyển động 2 cung tròn M1M2 và M3M4 T góc quét là   2(1  2 )  . . M1 2 2  M2 Hay 1   2  (1) 1 2 Từ hình vẽ, ta tính được : v O 2 A  A2 3 2 3  sin 1    A   sin 1  3 (2) 1 M3 2  2  sin  2 sin  2  A   M4 Từ (1) và (2) ta có : sin 1 sin 1   tan 1  3  1   sin  2 cos1 3 2 3 3 Vậy : sin 1   f  1Hz  2 . f .2 2 Chọn đáp án B *Ví dụ 3: Một lò xo có độ cứng k nằm ngang, một đầu gắn cố định một đầu gắn vật khối lượng m. Kích thích để vật dao động điều hòa với vận tốc cực đại bằng 3m/s và gia tốc cực đại bằng 30 (m/s2). Thời điểm ban đầu t = 0 vật có vận tốc v = +1,5m/s và thế năng đang tăng. Hỏi sau đó bao lâu vật có gia tốc bằng 15 (m/s2) A. 0,05s B. 0,15s C. 0,10s D. 0,20s 7
Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Thắm-THPT Nguyễn Viết Xuân và amax = 2A = 30π (m/s2 ) Ta có vmax = A = 3 (m/s) 0,3 ---->  = 10π (rad/s) và A= (m)  Ở thời điểm ban đầu: 1 v   Acos  1,5  cos  2 Do thế năng đang tăng , tức là x tăng nên  rad . Vì gia tốc ngược pha với x nên: X   6 5 a  rad 6 Vị trí ban đầu của vật trên đường tròn gia tốc ứng điểm N Khi a  15 m / s 2 chất điểm sẽ tới vị trí M. Góc chất điểm quét được là NOM=  :      rad 632   0, 05( s ) đáp án A  t   II.2.DẠNG TOÁN XÁC ĐỊNH THỜI ĐIỂM,THỜI GIAN. Dạng 1:Xác định khoảng thời gian ngắn nhất vật đi từ x1 đến vị trí x2. – Phương pháp : M2 * Bước 1 : Vẽ đường tròn có bán kính R  A (biên độ) và M1 trục Ox nằm ngang  x 0  ? *Bước 2 : – Xác định vị trí vật lúc t 0 thì x1 A x x2 O  -A v 0  ? – Xác định vị trí vật lúc t (xt đã biết) * Bước 3 : Xác định góc quét Δφ  ? M1OM2   .T * Bước 4 : t    2 8
Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Thắm-THPT Nguyễn Viết Xuân *Ví dụ 1: Một vật dao động điều hòa với chu kỳ T và biên độ A. Hãy tính khoảng thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí có ly độ a) x1 = 0 đến x2 = A/2 và ngược lại b) x1 = 0 đến x2 = -A/2 và ngược lại 2A 2A c ) x1 = A/2 đến x2 = và ngược lại d) x1 = -A/2 đến x2 =- và ngược lại 2 2 2A 3 2A 3 đến x2 = A và ngược lại đến x2 =- A và ngược lại e) x1 = f) x1 =- 2 2 2 2 3 3 đến x2 = A và ngược lại h) x1 =- A đến x2 = -A và ngược lại g) x1 = A 2 2 Trên vòng tròn lượng giác: 3A Hình chiếu C1, C2, C3, C4 trên trục hoành là  2 2A Hình chiếu B1, B2, B3, B4 trên trục hoành là  2 Hình chiếu A1, A2, A3, A4 trên trục hoành là A/2  a) Khoảng thời gian vật đi từ vị trí 0 đến A/2 và ngược lại ứng với chất điểm quay từ A1 về A0 hoặc A0' đến A4  Góc quay ứng hai trường hợp trên là (rad ) 6 Thời gian tương ứng với hai trường hợp trên   .T T là: t    ( s)  6.2 12 Tính toán với các trường hợp còn lại ta thu được kết quả thú vị sau: Thời gian ngắn nhất để vật đi + từ x = 0 đến x =  A/2 (hoặc ngược lại) ứng góc π/6 và thời gian là T/12 2A + từ x =  A/2 đến x =  (hoặc ngược lại) ứng góc π/12 và thời gian là T/24 2 2A 3A + từ x =  đến x =  (hoặc ngược lại) ứng góc π/12 và thời gian là T/24 2 2 3A đến x=  A (hoặc nguợc lại) ) ứng góc π/6 và thời gian là T/12 +từ x=  2 Kết quả trên được thể hiện trên hình vẽ : 9
Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Thắm-THPT Nguyễn Viết Xuân Cách nhớ nhanh: Vì nó hoàn toàn đối xứng nên chỉ cần nhớ một nửa bên trái hoặc phải, hoặc thậm chí ¼ hình . Dạng2: Xác định các thời điểm vật qua vị trí có li độ x; khoảng thời gian chuyển động; thời gian ngắn nhất, dài nhất khi vật chuyển động được quãng đường S.  * Ví dụ 1: Cho phương trình dao động: x  6 cos(2 .t  )(cm) 6 1. Xác định khoảng thời gian từ lúc bắt đầu chuyển động đến lúc vật đi qua vị trí có li độ x=3cm lần đầu tiên. 2. Khoảng thời gian vât đi qua vị trí có li độ x=3cm lần thứ 4 kể từ thời điểm ban đầu nhận giá trị nào trong các giá trị sau: 1 11 5 23 A. t  s B. t  C. t  s D. t  s s 4 12 4 12 3. Xác định những thời điểm vật đi qua vị trí có li độ x=3cm. 4. Thời gian nhỏ nhất khi vật di chuyển được quãng đường S=6cm. * Giải: - Xác định vị trí ban đầu của vật trên đường tròn. x=Acos(-π/6); v mang dấu âm 1) A Tại thời điểm xét vật qua vị trí có li độ x=3cm= (rad ) (điểm N) 2  T1  t  T   ( s) 2. 44 2) Tại thời điểm xét vật qua vị trí có li độ x=3cm=A/2 lần đầu tiên  ta xác định được vị trí tại thời điểm xét trên giản đồ. Vật đi qua vị trí x=3cm lần thứ 4 kể từ thời điểm ban đầu  vật chuyển động được một vòng (2 lần) và thêm một góc  2  330 0 . t min 2 Thời gian thoả mãn yêu cầu bài tập: x 330 0  23 x t  T  2 0 .T  1  (s)  chọn D .1  0 12 360 360 3) Tại thời điểm xét vật qua vị trí có li độ x=3cm=A/2  ta 10
Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Thắm-THPT Nguyễn Viết Xuân xác định được hai vị trí của vật tại thời điểm ta xét trên đường tròn. Dựa vào giản đồ, ta xác định được các góc chuyển động và tính các thời điểm tương ứng. Các góc chuyển động tương ứng 1  90 0 ;  2  330 0 90 0  1 t1  .T  kT   k ( s )  0  4 360  Các thời điểm thoả mãn yêu cầu bài tập:  (k  N ) 0 t  330 .T  kT  11  k ( s )  2 360 0 12  4. Thời gian chuyển động nhỏ nhất khi tốc độ trung b ình của vật t min đạt giá trị lớn nhất. Từ đó ta xác định được vật di chuyển từ vị trí có li độ +3cm đến vị trí có li độ -3cm ( vị trí cân bằng là trung điểm của S). Các vị trí của vật được biểu diễn trên min S đường tròn. x -3cm 3cm Góc quay tương ứng để thời gian t bé nhất là   60 0 . Thời gian chuyển động thoả mãn yêu cầu bài tập: 60 0  1 .1  ( s )  chọn A. t .T  0 0 6 360 360 * Ví dụ 2: Vật dao động điều hoà với phương trình x=4.cos(2πt) (cm) a) Tính thời gian vật đi từ vị trí ban đầu đến vị trí có li độ x= - 2cm lần thứ nhất, lần thứ hai và các thời điểm vật qua vị trí x=-2cm theo chiều dương và theo chiều âm. b) Tìm thời điểm vật qua vị trí x=-2cm theo chiều âm lần thứ 2011 và 2014. Hướng dẫn M1 a) Véc tơ quay biểu diễn dao động của vật ở thời điểm ban đầu, thời điểm vật qua vị trí x=-2cm lần thứ nhất và lần thứ như hình vẽ 1: M0 x -2  - Từ hình vẽ ta có: t1 = φ1/ω; φ1= M 0OM1 =2π/3 => t1=1/3 s P4 O H.1  t2 = φ2/ω; φ2= M0 OM 2 =4π/3ω=2/3 s - Chu kì dao động là T=1s. M2 - Sau một chu kì vật lại quay lại trạng thái ban đầu nên các thời điểm 1 2 vật đị qua vị trí x nói trên theo chiều dương và âm là: ta=t1+kT = + k ; td= t2+kT = + k 3 3 (k=1, 2, 3, 4,…) b). Tìm thời điểm vật qua vị trí (x, v) lần thứ n: - Với n=2011. Tách 2011 =2010 +1 (lần). Sau 2010 lần đã hết 1005 chu kì và véc tơ OM trở về đúng vị trí ban đầu OM0, Từ hình vẽ 1 ta suy ra: 1 3016 t2011=1005T +t1= 1005.1+ = s 3 3 11
Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Thắm-THPT Nguyễn Viết Xuân - Với n=2014: Tách 2014=2012+2 lần. Ta thấy sau 2012 lần đã hết 1006 chu kì và vật lại trở về đúng vị trí ban đầu OM0. Từ hình vẽ suy ra: 2 3020 t2014=1006T +t2= 1006.1+ = s. 3 3 Tổng quát: Thời điểm vật đi qua vị trí (x,v) lần thứ n: (Trong đó t1; t2 là thời điểm vật qua vị trí (x,v) lần thứ nhất n 1 .T  t1 với n lẻ t= và lần thứ 2) 2 n2 .T  t2 với n chẵn t= 2  *Ví dụ 3: Một vật dao động điều hoà với phương trình x = 8cos(2t- ) cm. Thời điểm 3 thứ nhất vật qua vị trí có động năng bằng thế năng. A) 1/8 s B) 1/16 s C) 1/24 s D) 1/32 s Bài giải: 1 A - Wđ = Wt ==> Wt  W  x    4 2cm 2 2 ==> có 4 vị trí M1, M2, M3, M4 trên đường tròn. - Thời điểm đầu tiên vật qua vị trí Wđ = Wt ứng với vật đi từ M0 đến M4   1 - Góc quét      t  s  24 3 4 12 Chú ý: Nhận thấy 4 vị trí chia đường tròn làm 4 phần bằng nhau, suy ra khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp động năng bằng thế năng l à T/4. Kết quả này khá cần thiết và dùng nhiều trong các bài thi 12
Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Thắm-THPT Nguyễn Viết Xuân Dạng 3 :Tính thời gian lò xo nén dãn trong một chu kì. *Ví dụ 1 : Tính thời gian con lắc lò xo nằm ngang nén dãn? Nhận thấy vị trí cân bằng trùng vị trí lò xo tự nhiên nên thời gian lò xo giãn là khoảng thời gian vật đi từ vị trí cân bằng ra biên dương rồi về VTCB, nửa vòng tròn, tức là T/2. Ví dụ 2: 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 nhẹ cho vật dao động điều hòa. Lấy g = 10m/s2. Xác định khoảng thời gian m à lò xo bị nén, bị dãn trong một chu kỳ. Hướng dẫn k x Ta có:  = = 10 2 (rad/s) A m nén M2 M1 Độ dãn của lò xo ở vị trí cân bằng là:   mg l l   0,05m  5cm ; A = 10cm > ∆l k O O dãn Thời gian lò xo nén t1 là thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí lò xo không biến dạng đến -A (A > l) vị trí cao nhất và trở về vị trí cũ.  2 l 1   = >  = ; ∆  =  - 2 = t1 = , với sin = 6 3 A2   2    s Vậy: t1 =  3.10 2 15 2 13
Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Thắm-THPT Nguyễn Viết Xuân Thời gian lò xo dãn t2 là thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí lò xo không biến 2   2.  s dạng đến vị trí thấp nhất và trở về vị trí cũ: t2 =  15 *Chú ý: Cũng có thể tính: t2 = T - t1 Tổng quát : Tính thời gian nén trong một chu kì : 1.Con lắc lò xo nằm ngang là T/2(s). 2.Con lắc lò xo thẳng đứng : + Nếu l 0  A thì con lắc lò xo dãn trong cả chu kì .Thời gian dãn bằng T, thời gian nén bằng 0  +Nếu l 0  A thì con lắc lò xo nén trong khoảng thời gian t1 = ,∆ =  - 2   l0 với sin = . A ( l0 là độ dãn của lò xo tại vị trí cân bằng) 3.Thời gian dãn bằng T trừ đi thời gian nén. II.3.DẠNG TOÁN TÌM VỊ TRÍ, KHOẢNG CÁCH, QUÃNG ĐƯỜNG VẬT ĐI ĐƯỢC Dạng 1: Xác định quãng đường chuyển động từ t1 đến t2 Phương pháp: B1: Xác định trạng thái chuyển động của vật tại thời điểm t1 và t2. Ở thời điểm t1: x1 = ?; v1 > 0 hay v1 < 0 Ở thời điểm t2: x2 = ?; v2 > 0 hay v2 < 0 B2: Tính quãng đường Xét góc quay đựơc   t      n   ' Xét  Quãng đuờng đi được tuơng ứng S1+S2=n.2.A+S2 Tính quãng đuờng tuơng ứng với S2 Chú ý:Quãng đường vật đi được trong một T luôn là 4A Quãng đường vật đi được trong nửa T luôn là 2A Quãng đường vật đi được trong T/4 là A chỉ khi vật đi từ VTCB ra biên và ngược lại. Quãng đường chất điểm đi được trên đường tròn chính là quãng đường mà hình chiếu chất điểm trên đường tròn đi được. 14
Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Thắm-THPT Nguyễn Viết Xuân *Ví dụ 1:Tính quãng đường vật đi được trong khoảng T/2 bất kì? Giả sử thời điểm đầu chất điểm A tạo với trục hoành góc φ. Góc quét trong nửa chu kì là π.Chất điểm quay từ A đến B ứng với quãng đường đi đựơc từ M đến P rồi φ P N O M quay về N. φ S  MO  OP  PN  Acos  A  ( A  Acos )  2 A B  *Ví dụ 2 : Cho phương trình dao động: x  6 cos(2 .t  )(cm) . 6 1 7 Xác định quãng đường vật di chuyển được từ thời điểm t1= ( s) đến thời điểm t 2  ( s) 6 4 tính từ thời điểm ban đầu. A. S  3  3 3 (cm) B. S  9  3 3 (cm) C. S  27  3 3 (cm) D. S  33  3 3 (cm) * Giải: - Xác định biên độ dao động A, tần số góc  và chu kì T: 2 t1 Từ phương trình dao động ta có: A=6cm,   2 (rad ), T   1(s )  S Vị trí ban đầu của vật trên đường tròn ứng với pha ban đầu x1 x2 x 11     (rad ). 6 t0    x1  6cos( ) 1 1 t2 Tại thời điểm t1  (s )  T 6  6 6 v  0  10   x2  6cos( ) 7 Tại thời điểm t 2  ( s) ,  3 4 v  0  M -. Quãng đường chuyển động:   S=6A+S1 (S1 là quãng đường ứng góc ) 6 6 K I   S1=KI= Acos( )  Acos( ) =3-3 3 (cm) 3 6 O Vậy:  S  33  3 3(cm ) Đáp án D M’ 6 15 N
Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Thắm-THPT Nguyễn Viết Xuân Dạng 2: Xác định quãng đường lớn nhất và nhỏ nhất vật đi được trong khoảng thời 0 < t < T/2. gian Vật có vận tốc lớn nhất khi qua VTCB, nhỏ nhất khi qua vị trí biên nên trong cùng một khoảng thời gian quãng đường đi được càng lớn khi vật ở càng gần VTCB và càng nhỏ khi càng gần vị trí biên. Sử dụng mối liên hệ giữa dao động điều hoà và chuyển đường tròn đều. Góc quét φ  t. M2 M1 M2 P Quãng đường lớn nhất khi vật đi từ M1 P  2 đến M2 đối xứng qua trục sin (hình 1) : A A A A   O O P2 P1 x Smax  2A sin x 2 2 Quãng đường nhỏ nhất khi vật đi từ M1 M1 đến M2 đối xứng qua trục cos (hình 2) :  Smin  2A(1  cos ) 2 Lưu ý: + Trong trường hợp t > T/2 T Tách  t  n T   t ' trong đó n  N * ; 0  t '  2 2 T Trong thời gian quãng đường luôn là 2nA n 2 Trong thời gian t’ thì quãng đường lớn nhất, nhỏ nhất tính như trên. + Tốc độ trung bình lớn nhất và nhỏ nhất của trong khoảng thời gian t: và v tbmin  Smin với Smax; Smin tính như trên. Smax v tbmax  t t Ví dụ 1: Một vật dao động điều hòa với biên độ A và chu kỳ là T. Tìm quãng đường: a. Nhỏ nhất mà vật đi được trong . b. Lớn nhất mà vật đi được trong . c. Nhỏ nhất mà vật đi được trong . Hướng dẫn giải : a. Góc mà vật quét được là : Áp dụng công thức tính Smin ta có: 16
Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Thắm-THPT Nguyễn Viết Xuân b. Góc mà vật quét được là: Áp dụng công thức tính Smax ta có: Quãng đường mà vật đi được trong c. Do luôn là 2A. Quãng đường nhỏ nhất mà vật đi được trong chính là quãng đường nhỏ nhất mà vật đi được . Theo câu a ta tìm được quãng đường nhỏ nhất mà vật đi được trong trong là . Vậy quãng đường nhỏ nhất mà vật đi được trong là II.4.DẠNG TOÁN HAI VẬT DAO ĐỘNG Dạng 1:Tính thời gian và số lần 2 vật gặp nhau của 2 vật dao động điều hòa cùng tần số góc, không cùng biên độ. *Ví dụ 1: Hai con lắc lò xo giống nhau cùng có khối lượng vật nặng m = 10 g, độ cứng k = 1002 N/m, dao động điều hòa dọc theo hai đường thẳng song song kề lò xo là 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 gặp nhau chúng chuyển động ngược chiều nhau. Khoảng thời gian giữa ba lần hai vật nặng gặp nhau liên tiếp là A. 0,04 s. B. 0,03 s. C. 0,02 s. D. 0,01 s. Bài giải: Do hai con lắc cùng tần số góc và cùng vị trí cân bằng nên ta có thể biểu diễn chuyển động của chúng lên ha i đường tròn đồng tâm.Giả sử lần gặp nhau ban đầu hai chất điểm ở vị trí M,N .Do chúng chuyển động ngược chiều nhau nên có thể giả sử M chuyển động ngược chiều kim đồng hồ còn N chuyển động thuận chiều kim đồng hồ. 17
Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Thắm-THPT Nguyễn Viết Xuân Nhận xét: -MN phải vuông góc với trục hoành do hình chiếu của chúng trên trục hoành là trùng nhau -Do M,N chuyển động ngược chiều nhau nên chúng không có cơ hội gặp nhau ở bên phải đường tròn mà gặp nhau ở bên trái đường tròn -Khi gặp nhau tại vị trí mới M’ và N’ thì M’N’ vẫn phải vuông góc với trục hoành Nhận thấy tam giác OMN và OM’N bằng nhau, và chúng hoàn toàn đối xứng qua trục tung -Vậy thời gian để chúgn gặp nhau lần 1 là T/2, tiếp lần 2 là T và lần 3 là 3T/2 m Chu kì của hai vật băng nhau và bằng: T  2 =0,02s k Khoảng thời gian giữa ba lần hai vật nặng gặp nhau liên tiếp là 0,03s Ví dụ 2: Cho 2 vËt dao ®éng theo 2 ph¬ng tr×nh x1 = 3 cos (5 t -  / 3 ) cm vµ x1 = 3 cos (5 t -  / 6 ) cm . Trong 1 s kÓ tõ t = 0 hai vËt gÆp nhau mÊy lÇn ? 2 Chu kì T= =0,4s, T/2=0,2s.  Thời điểm ban đầu hai vật ở cùng vị trí x=3/2(cm) Áp dụng kết quả ví dụ 1 ta có cứ sau T/2 hai vật lại gặp nhau nên số lần gặp nhau kể từ đó:n=1/0,2=5(lần) Vậy có 5 +1=6( lần) hai vËt gÆp nhau sau 1s. Tổng quát: Gọi thời gian đề bài cho là t, T/2=i Số lần chúng gặp nhau sau thời gian t: t  n    (lần) (bằng phần nguyên của t chia nửa chu kì) i  Chú ý: Kiểm tra xem lúc t=0 chúng có cùng vị trí hay không, nếu cùng vị trí và tính cả lần đó thì số lần sẽ là n+1. Dạng 2:Tính thời gian và số lần 2 vật gặp nhau của 2 vật dao động điều h òa cùng biên độ, không cùng tần số góc. *Ví dụ 1: 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 f1 = 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. 18
Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Thị Thắm-THPT Nguyễn Viết Xuân Giải: 1 1 1 1 Ta có T1 = = (s); T2 = = (s); 3 6 f1 f2 f2= 2 f1 suy ra 2= 21 Giả sử lúc đầu hai chất điểm ở M0 (vị trí M1 trùng M2) M2  X Góc M0OX = . Hai chất điểm gặp nhau lần đầu ở α 3 A α O tọa độ ứng với M1 và M2 đối xứng nhau qua OX. B Góc M0OM1 = 1 = 1t M1 Góc M0OM2 = 2 = 2t Từ giả thiết: M1trungM2 2= 21 ----> 2= 21-----> Góc M1OM2 = 2-1=1  2  M0OX =  M0OM1 +  M1XM2 /2 =1,51= suy ra 1= 3 9 2  T 1 1= 1t  t = 1 = 9 = 1 = (s). Đáp án D 2 1 9 27 T1 Dạng 3:Khoảng cách giữa hai vật trong quá trình chuyển động. *Ví dụ 1: Hai chất điểm dao động điều hòa trên cùng một trục Ox theo phương trình: x1 = 4 cos( 4t + π/ 3) cm và x2 = 4 2 cos( 4t + π /12) cm. Coi rằng trong quá trình dao động hai chất điểm không va chạm vào nhau. Hỏi trong quá trình dao động khoảng cách lớn nhất và nhỏ nhất giữa hai chất điểm là bao nhiêu ? Giải: Ta có thể biểu diễn hai dao động trên bằng hai đường tròn đồng tâm có bán kính là 4cm và 4 2 cm như hình biên. Nhận xét : Độ lệch pha dao động của 2 chất điểm là 4 -4 O  . N √  4  Do hai chất điểm dao động cùng tần số góc nên độ lệch pha này là không đổi trong suốt cả quá trình hai vật chuyển động. M Q P Khoảng cách giữa 2 chất điểm là khoảng 19

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

LV.01: Bộ Luận Văn Thạc Sĩ Quản Trị Kinh Doanh MBA

165 tài liệu

2070 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.