Tốc độ trung bình trong khoảng thời gian

tốc độ trung bình và vận tốc trung bình

Để xác định được tốc độ trung bình trong khoảng thời gian cho trước thì học sinh cần phải xác định được quãng đường đi được trong khoảng thời gian đó. Như vậy, bài tìm tốc độ trung bình hay vận tốc trung bình là dạng bài tổng quát của dao động điều hòa. Để hiểu rõ và chi tiết hơn, chúng ta cùng nhau tìm hiểu.

Xét một chất điểm dao động điều hòa có phương trình x = Acos(ωt + φ). Gọi:

  • ${x_1},\,{x_2}$ lần lượt là li độ ở thời điểm t$_1$ và t$_2$
  • S là quãng đường vật đi từ thời điểm t$_1$ đến thời điểm t$_2$

Khi đó:

  • Vận tốc trung bình của vật trong khoảng thời gian ∆t: ${v_{tb}} = \frac{{\left| {{x_2} – {x_1}} \right|}}{{\Delta t}}$
  • Tốc độ trung bình của vật trong khoảng thời gian ∆t: $\,\overline {{v_{tb}}} = \frac{S}{{\Delta t}} = \frac{S}{{{t_2} – {t_1}}}$

Yêu cầu: Để giải tốc được bài tốc độ trung bình, học sinh làm được các bài dao động cơ như tìm quãng đường, tìm thời điểm dao động trước và sau thời điểm đã cho.

Câu 1: Một vật dao động điều hòa với biên độ A = 8 cm và chu kì T = 0,4 s. Tốc độ trung bình lớn nhất của vật trong khoảng thời gian Δt = 1/15 s là
A. 1,5 m/s.
B. 1,8 m/s.
C. 1,2 m/s.
D. 2,1 m/s.
Giải
$\Delta t = \frac{1}{{15}}\left( s \right) < \frac{T}{2} = 0,2\left( s \right) \to {S_{\max }} = 2A\sin \frac{{\omega .\Delta t}}{2} = 8\left( {cm} \right) \to {v_{tb\max }} = \frac{{{s_{\max }}}}{{\Delta t}} = 1,2\left( {\frac{m}{s}} \right)$

vận tốc trung bình và tốc độ trung bình

vận tốc trung bình và tốc độ trung bình

Câu 2: Một chất điểm dao động điều hòa với chu kì T. Tốc độ trung bình lớn nhất của chất điểm trong thời gian T/6 là v. Tốc độ cực đại của vật bằng
A. $\frac{{2\pi v}}{3}.$
B. $\frac{{\pi v}}{2}.$
C. $\frac{{3\pi v}}{4}.$
D. $\frac{{\pi v}}{3}.$

giải
$\left\{ \begin{array}{l} t = \frac{T}{6}\\ {s_{\max }} = A \end{array} \right. \to v = \frac{{{s_{\max }}}}{t} \leftrightarrow v = \frac{{6A}}{T} = 3\frac{{\omega A}}{\pi } \to {v_{\max }} = \omega A = \frac{{\pi v}}{3}$

Câu 3: Một vật dao động điều hòa với phương trình vận tốc v = 10πcos(πt + π/3) cm/s. Tốc độ trung bình của vật trên quãng đường từ thời điểm ban đầu tới thời điểm li độ có độ lớn bằng nửa biên độ lần thứ 3 là
A. 13,33 cm/s.
B. 17,56 cm/s.
C. 15 cm/s.
D. 20 cm/s.
Giải
$\begin{array}{l} v = 10\pi \cos \left( {\pi t + \frac{\pi }{3}} \right) \to \left\{ \begin{array}{l} A = \frac{{{v_{\max }}}}{\omega } = 10\left( {cm} \right)\\ {\varphi _x} = \frac{\pi }{3} – \frac{\pi }{2} = – \frac{\pi }{6} \end{array} \right. \to x = 10\cos \left( {\pi t – \frac{\pi }{6}} \right)\left( {cm} \right)\\ \left. \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} t = 0\\ x = 5\sqrt 3 cm\\ v > 0
\end{array} \right.\\
\left| x \right| = \frac{A}{2} = 5\left( {cm} \right)
\end{array} \right\} \to \left\{ \begin{array}{l}
t = \frac{\varphi }{\omega } = \frac{{2\pi – \left( {\frac{\pi }{6} + \frac{\pi }{3}} \right)}}{\pi } = \frac{3}{2}\left( s \right)\\
s = 4A – \frac{A}{2} – \frac{{A\sqrt 3 }}{2} = 4\left( {cm} \right)
\end{array} \right. \to \overline {{v_{tb}}} = \frac{s}{t} = 17,56\left( {\frac{{cm}}{s}} \right)
\end{array}$

Câu 4: Một vật dao động điều hòa với phương trình x = 6cos(20πt – π/12), x tính bằng cm và t tính bằng s. Vận tốc trung bình của vật đi từ vị trí cân bằng đến vị trí có li độ x = + 3cm lần đầu tiên là:
A. 0,36 m/s
B. 3,6 m/s
C. 36 cm/s
D. 6,3 m/s
Giải
$\begin{array}{l}
\left. \begin{array}{l}
{x_1} = 0\\
{x_2} = 3\left( {cm} \right)\\
{t_{x = 0 \to x = 2,5\left( {cm} \right) = \frac{A}{2}}} = \frac{T}{{12}} = \frac{{\frac{{2\pi }}{{20\pi }}}}{{12}} = \frac{1}{{120}}\left( s \right)
\end{array} \right\}\\
\to {v_{tb}} = \frac{{\left| {{x_2} – {x_1}} \right|}}{t} = \frac{{3 – 0}}{{\frac{1}{{120}}}} = 360\left( {\frac{{cm}}{s}} \right) = 3,6\left( {\frac{m}{s}} \right)
\end{array}$
Chọn: B.

Câu 5: Một vật dao động điều hòa theo phương trình x = 5cos(2πt – π/4), x tính bằng cm và t tính bằng s. Tốc độ trung bình của vật trong khoảng thời gian từ t$_1$ = 1s đến t$_2$ = 4,625s là:
A. 15,5 cm/s
B. 17,4 cm/s
C. 2,4 cm/s
D. 19,7 cm/s
Giải
$\begin{array}{l}
{t_1} = 1\left( s \right) \to \left\{ \begin{array}{l}
{x_1} = 5\cos \left( {2\pi .1 – \frac{\pi }{4}} \right) = \frac{{5\sqrt 2 }}{2}\left( {cm} \right)\\
{v_1} = – 5.2\pi \sin \left( {2\pi .1 – \frac{\pi }{4}} \right) > 0
\end{array} \right.\\
{t_2} = 4,625\left( s \right) \to \left\{ \begin{array}{l}
{x_2} = 5\cos \left( {2\pi .4,625 – \frac{\pi }{4}} \right) = – 5\left( {cm} \right)\\
{v_2} = – 5.2\pi \sin \left( {2\pi .4,625 – \frac{\pi }{4}} \right) = 0
\end{array} \right.
\end{array}$
$T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 1\left( s \right) \to \Delta t = {t_2} – {t_1} = 3,625\left( s \right) = 3T + \frac{{5T}}{8}$
$\left. \begin{array}{l}
{v_1}.{v_2} = 0\\
\Delta t’ = \frac{{5T}}{8} > \frac{T}{2}
\end{array} \right\} \to {S_2} = 4A – \left| {{x_2} – {x_1}} \right| = 4.5 – \left| {\frac{{5\sqrt 2 }}{2} – \left( { – 5} \right)} \right| = 11,46\left( {cm} \right)$
Quãng đường vật đi được: S = S1 + S2 = 60 + 15 = 71,45 cm
Tốc độ trung bình: $\overline {{v_{tb}}} = \frac{S}{{\Delta t}} = \frac{{71,46}}{{3,625}} = 19,71\left( {\frac{{cm}}{s}} \right)$
Chọn: D.

Tìm thời điểm gặp nhau của hai vật dao động

Trong dao động điều hòa, chúng ta có nhiều các để tìm thời điểm gặp nhau của hai vật. Bài viết này sẽ giới thiệu bạn đọc một cách khá hay bằng đường tròn.

Bài toán 1: Bài toán hai vật gặp nhau.

Cách 1: Giải tổng quát
– Trước tiên, xác định pha ban đầu của hai vật từ điều kiện ban đầu.
– Khi hai vật gặp nhau thì: x$_1$ = x$_2$ ; giải & biện luận tìm t → thời điểm và vị trí hai vật gặp nhau.

Cách 2: Dùng mối liên hệ DĐĐH và CĐTĐ (có 2 trường hợp)

a) Trường hợp 1: Sự gặp nhau của hai vật dao động cùng biên độ, khác tần số.
Tình huống: Hai vật dao động điều hoà với cùng biên độ A, có vị trí cân bằng trùng nhau, nhưng với tần số f$_1$ ≠ f$_2$ (giả sử f$_1$ > f$_2$). Tại t = 0, chất điểm thứ nhất có li độ x$_1$ và chuyển động theo chiều dương, chất điểm thứ hai có li độ x$_2$ chuyển động ngược chiều dương. Tìm thời điểm gặp nhau của hai vật dao động lần đầu tiên

TH1: Thời điểm gặp nhau lần đầu tiên 

TH1: Thời điểm gặp nhau lần đầu tiên

TH1: Thời điểm gặp nhau lần đầu tiên 

TH1: Thời điểm gặp nhau lần đầu tiên

Có thể xảy ra hai khả năng sau:
– Khi gặp nhau hai chất điểm chuyển động cùng chiều nhau.
Tại t = 0, trạng thái chuyển động của các chất điểm sẽ tương ứng với các bán kính của đường tròn như hình vẽ.
Do ω$_1$ > ω$_2$ → α1 > α2. Trên hình vẽ, ta có: β = α2 – α1
– Khi gặp nhau, chất điểm chuyển động ngược chiều nhau:
$\begin{array}{*{20}{l}}
{\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{{\alpha _1} = \widehat {{M_1}O{O_1}} + \widehat {{O_1}O{N_1}}}\\
{{\alpha _2} = \widehat {{M_2}O{O_1}} + \widehat {{O_1}O{N_2}}}\\
{\widehat {{O_1}O{N_1}} + \widehat {{O_1}O{N_2}} = \pi }
\end{array}} \right\}}\\
{ \to {\alpha _1} + {\alpha _2} = \widehat {{M_1}O{O_1}} + \widehat {{M_2}O{O_1}} + \pi }
\end{array}.$

Đặc biệt: nếu lúc đầu hai vật cùng xuất phát từ vị trí x$_0$ theo cùng chiều chuyển động. Do ω$_1$ > ω$_2$ nên vật 2 đi nhanh hơn vật 1, chúng gặp nhau tại x$_1$, suy ra thời điểm hai vật gặp nha:

khoảng cách giữa hai chất điểm dao động điều hòa

Nếu φ <0 →$\widehat {{N_1}OA} = \widehat {{N_2}OA} \to \left| \varphi \right| – \omega {t_1} = \omega {t_2} – \left| \varphi \right| \leftrightarrow t = \frac{{2\left| \varphi \right|}}{{{\omega _1} + {\omega _2}}}$

Nếu φ> 0 → $\widehat {{N_1}OA} = \widehat {{N_2}OA} \to \left( {\pi – \left| \varphi \right|} \right) – {\omega _1}t = {\omega _2}t – \left( {\pi – \left| \varphi \right|} \right)\leftrightarrow t = \frac{{2(\pi – \varphi )}}{{{\omega _1} + {\omega _2}}}$

b) Trường hợp 2: Sự gặp nhau của hai vật dao động cùng tần số, khác biên độ.
Tình huống: Có hai vật dao động điều hòa trên hai đường thẳng song song, sát nhau, với cùng một chu kì. Vị trí cân bằng của chúng sát nhau. Biên độ dao động tương ứng của chúng là A1 và A2 (giả sử A1 > A2). Tại thời điểm t = 0, chất điểm thứ nhất có li độ x$_1$ chuyển động theo chiều dương, chất điểm thứ hai có li độ x$_2$ chuyển động theo chiều dương.
1. Hỏi sau bao lâu thì hai chất điểm gặp nhau? Chúng gặp nhau tại li độ nào?
2. Với điều kiện nào thì khi gặp nhau, hai vật chuyển động cùng chiều? ngược chiều? Tại biên?
Có thể xảy ra các khả năng sau

khoảng cách giữa hai chất điểm dao động điều hòa

Bài toán 2: Sự gặp nhau của hai vật dao động cùng tần số, vuông pha nhau (độ lệch pha $\Delta \varphi = \left( {2k + 1} \right)\frac{\pi }{2}$ )
– Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc giữa chúng có dạng elip nên ta có ${\left( {\frac{{{x_1}}}{{{A_1}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{{x_2}}}{{{A_2}}}} \right)^2} = 1$
– Kết hợp với: $\left| {{v_1}} \right| = \omega \sqrt {A_1^2 – x_1^2} \to \left\{ \begin{array}{l}
– {v_1} = \pm \frac{{{A_1}}}{{{A_2}}}\omega {x_2}\\
– {v_2} = \pm \frac{{{A_2}}}{{{A_1}}}\omega {x_1}
– \end{array} \right.$
– Đặc biệt: Khi A = A1 = A2 (hai vật có cùng biên độ hoặc một vật ở hai thời điểm khác nhau), ta có: $x_1^2 + x_2^2 = {A^2};\,\,\,{v_1} = \pm \omega {x_2};\,\,{v_2} = \pm \omega {x_1}$ (lấy dấu + khi k lẻ và dấu – khi k chẵn)

Ví dụ
Câu 1 : Hai chất điểm dao động điều hòa có phương x$_1$ = 4cos(2πt – π/3 ) cm và x$_2$ = 4cos(3πt – π/3) cm. Tìm thời điểm gặp nhau của hai chất điểm
A. 8/15 s.
B. 4/3 s.
C. 1/15 s.
D. 2/15 s.
Giải
φ = – π/3 < 0 → $t = \frac{{2\left| \varphi \right|}}{{{\omega _1} + {\omega _2}}} = \frac{{2.\left| { – \frac{\pi }{3}} \right|}}{{2\pi + 3\pi }} = \frac{2}{{15}}\left( s \right)$ Chọn D. Câu 2 : Hai chất điểm dao động điều hòa có phương trình lần lượt là x$_1$ = 4cos(πt + π/10 ) cm và x$_2$ = 4cos(3πt + π/10) cm. Tìm thời điểm lần đầu tiên hai chất điểm đi ngang qua nhau? A. 0,12 s. B. 0,05 s. C. 0,04 s. D. 0,45 s. Giải φ = π/10 > 0 → $t = \frac{{2(\pi – \varphi )}}{{{\omega _1} + {\omega _2}}} = \frac{{2(\pi – \frac{\pi }{{10}})}}{{\pi + 3\pi }} = 0,45\left( s \right)$
Chọn D.

Câu 3 : Hai con lắc lò xo giống nhau cùng có khối lượng vật nặng m = 10 g, độ cứng lò xo là k = π$^2$ N/cm, dao động điều hòa dọc theo hai đường thẳng song song kề 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 con lắc thứ nhất. Biết rằng lúc hai vật gặp nhau chúng đi ngược chiều nhau. Khoảng thời gian giữa hai lần hai vật nặng gặp nhau liên tiếp là
A. 0,02 s.
B. 0,05 s.
C. 0,15 s.
D. 0,01 s.
Giải

Mô tả khoảng thời gian giữa hai lần hai vật nặng gặp nhau liên tiếp

$T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} = 2\pi \sqrt {\frac{{0,01}}{{100{\pi ^2}}}} = 0,02\left( s \right)$
Giả sử hai vật gặp nhau tại vị trí li độ x, ở thời điểm t1 = 0. Sau khoảng thời gian t = T/2 hai chất điểm quét được một góc π như nhau và gặp nhau tại x’.
Khoảng thời gian giữa hai lần hai vật nặng gặp nhau liên tiếp là $t = \frac{T}{2} = \frac{{0,02}}{2} = 0,01\left( s \right)$

Câu 4 : Hai vật dao động điều hòa dọc theo các trục song song với nhau. Phương trình dao động của các vật lần lượt là : x$_1$= 3cos( 5πt – π/3) và x$_2$= cos(5πt – π/6) (x tính bằng cm; t tính bằng s). Trong khoảng thời gian 1s đầu tiên thì hai vật gặp nhau mấy lần?
A. 3 lần.
B. 2 lần.
C. 6 lần.
D. 5 lần.
Giải
$\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} = 3\cos \left( {5\pi t – \frac{\pi }{3}} \right)\\
{x_2} = \sqrt 3 \cos \left( {5\pi t – \frac{\pi }{6}} \right)\\
{x_1} = {x_2}
\end{array} \right. \to x = {x_2} – {x_1} = \sqrt 3 \cos \left( {5\pi t – \frac{\pi }{2}} \right) = 0$
Trong một chu kì vật qua vị trí cân bằng 2 lần
$T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{5\pi }} = 0,4\left( s \right) \to t = 1\left( s \right) = \underbrace {2T}_{n = 2.2} + \underbrace {\frac{T}{2}}_{{n_d}}$
Ta thấy: $t = 0 \to \left\{ \begin{array}{l}
x = \sqrt 3 \cos \left( { – \frac{\pi }{2}} \right) = 0\\
v = – \sqrt 3 .5\pi \sin \left( { – \frac{\pi }{2}} \right) > 0
\end{array} \right.$ → thời điểm ban đầu là 1 lần.
Sau khoảng thời gian t = T/2 thì vật lại về đúng vị trí cân bằng theo chiều âm → Thời điểm cuối là 1 lần.
Trong khoảng thời gian 1s đầu tiên thì hai vật gặp nhau: 1 + 2.2 + 1 = 6 lần

Những điểm tới hạn trong dao động điều hòa

Vấn đề xác định khoảng thời gian để vật có giá trị biến thiên trong khoảng tới hạn của chất điểm dao động điều hòa là không dễ, đôi khi gây khó khăn cho hs.

Với mong muốn các em có thể giải dạng toán này nhanh – gọn và dễ hiểu nên tôi sẽ giới thiệu với các em 6 công thức được xây dựng từ phương pháp đường tròn. Nói là 6 nhưng thực chất nó được biến tướng từ 2 công thức cơ bản. Để không mất thời gian, chúng ta cùng nhau vào bài

Một chất điểm đao động điều hòa có phương trình
– Phương trình li độ: x = Acos(ωt + φ)
– Phương trình vận tốc: x = – Aω.sin(ωt + φ)
– Phương trình gia tốc: x = – Aω$^2$cos(ωt + φ)

Dao động điều hòa

Hãy xác định, trong một chu kì dao động của chât điểm:
a) thời gian vật có li độ không lớn hơn $\left| {{x_1}} \right|$ là $\Delta t = 4{t_1} = \frac{4}{\omega }arcsin\frac{{\left| {{x_1}} \right|}}{A}$
b) thời gian vật có li độ không nhỏ hơn $\left| {{x_1}} \right|$ là $\Delta t = 4{t_2} = \frac{4}{\omega }arccos\frac{{\left| {{x_1}} \right|}}{A}$
c) thời gian vật có vận tốc không lớn hơn $\left| {{v_1}} \right|$ là $\Delta t = 4{t_1} = \frac{4}{\omega }arcsin\frac{{\left| {{v_1}} \right|}}{{A\omega }}$
d) thời gian vật có vận tốc không nhỏ hơn $\left| {{v_1}} \right|$ là $\Delta t = 4{t_2} = \frac{4}{\omega }arccos\frac{{\left| {{v_1}} \right|}}{{A\omega }}$
e) thời gian vật có gia tốc không lớn hơn $\left| {{a_1}} \right|$ là $\Delta t = 4{t_1} = \frac{4}{\omega }arcsin\left( {\frac{{\left| {{a_1}} \right|}}{{A{\omega ^2}}}} \right)$
f) thời gian vật có gia tốc không nhỏ hơn $\left| {{a_1}} \right|$ là $\Delta t = 4{t_2} = \frac{4}{\omega }arccos\left( {\frac{{\left| {{v_1}} \right|}}{{A{\omega ^2}}}} \right)$

Câu 1:Một vật dao động điều hòa tự do theo phương ngang. Chu kỳ dao động của con lắc là T = π (s). Thời gian để giá trị tốc độ không vượt quá một nửa giá trị cực đại là
A. π/6 s.
B. 2π/3 s.
C. π/3 s.
D. π/4 s.
Giải
Vận tốc không vượt quá $\left| {{v_1}} \right| = \frac{{{v_{\max }}}}{2} = \frac{{\omega A}}{2} \to \Delta t = \frac{4}{\omega }arcsin\left( {\frac{{\left| {\frac{{\omega A}}{2}} \right|}}{{A\omega }}} \right) = \frac{{4\pi }}{{2\pi }}.\frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{3}\left( s \right)$
Chọn: C.

Câu 2:Một vật dao động điều hoà với tần số góc là 10 rad/s và biên độ 2cm. Thời gian mà vật có độ lớn vận tốc nhỏ hơn $10\sqrt 3 $ cm/s trong mỗi chu kỳ là
A. 2π/15 s
B. π/15 s
C. π/30 s
D. 4π/15 s
Giải
$\left. \begin{array}{l}
{v_{\max }} = \omega A = 20\left( {cm/s} \right)\\
\left| v \right| < 10\sqrt 3 \left( {\frac{{cm}}{s}} \right)
\end{array} \right\} \to \Delta t = \frac{4}{\omega }arcsin\frac{{\left| {{v_1}} \right|}}{{A\omega }} = \frac{4}{{10}}arcsin\frac{{\left| {10\sqrt 3 } \right|}}{{20}} = \frac{{2\pi }}{{15}}\left( s \right)$
Chọn: A.

Câu 3:Một vật dao động điều hòa với chu kì T và biên độ 10 cm. Biết trong một chu kì, khoảng thời gian để vật có tốc độ không nhỏ hơn $10\pi \sqrt 2 $ cm/s là 0,5T. Lấy π$^2$ = 10. Tần số dao động của vật là
A. 1 Hz.
B. 2 Hz.
C. 3 Hz.
D. 4 Hz.
Giải
Khoảng thời gian để vật có tốc độ không nhỏ hơn $10\pi \sqrt 2 $ cm/s là 0,5T
$\begin{array}{l}
\Delta t = \frac{4}{\omega }arccos\frac{{\left| {{v_1}} \right|}}{{A\omega }} \leftrightarrow 0,5T = \frac{4}{{\frac{{2\pi }}{T}}}arccos\frac{{\left| {10\pi \sqrt 2 } \right|}}{{10.\frac{{2\pi }}{T}}}\\
\leftrightarrow 0,5 = \frac{4}{{2\pi }}arccos\frac{{\left| {10\pi \sqrt 2 } \right|}}{{10.\frac{{2\pi }}{T}}} \to T = 1\left( s \right)
\end{array}$
Chọn: A.

Câu 4:Một vật dao động điều hòa có tần số góc ω = 10rad/s và biên độ 2cm. Thời gian mà vật có vận tốc nhỏ hơn $10\sqrt 3 $cm/s trong mỗi chu kỳ là bao nhiêu?
A. 0,628 s
B. 0,4188 s
C. 0,524 s
D. 0,219 s
Giải
Thời gian mà vật có vận tốc nhỏ hơn $10\sqrt 3 $cm/s trong mỗi chu kỳ là
$\Delta t = \frac{4}{\omega }arcsin\frac{{\left| {{v_1}} \right|}}{{A\omega }} = \frac{4}{{10}}.\arcsin \left( {\frac{{10\sqrt 3 }}{{2.10}}} \right) = \frac{{2\pi }}{{15}}\left( s \right)$
Chọn: B.

Câu 5:Một con lắc lò xo dao động điều hòa với chu kì T và biên độ 5 cm. Biết trong một chu kì, khoảng thời gian để vật nhỏ của con lắc có độ lớn gia tốc không vượt quá 100 cm/s$^2$ là T/3 Lấy π$^2$ = 10. Tần số dao động của vật là
A. 4 Hz.
B. 3 Hz.
C. 1 Hz.
D. 2 Hz.
Giải
Khoảng thời gian để vật nhỏ của con lắc có độ lớn gia tốc không vượt quá 100 cm/s$^2$ là
$\Delta t = 4{t_1} = \frac{4}{\omega }arcsin\left( {\frac{{\left| {{a_1}} \right|}}{{A{\omega ^2}}}} \right) \leftrightarrow \frac{T}{3} = \frac{{4T}}{{2\pi }}.arcsin\left( {\frac{{\left| {100} \right|.{T^2}}}{{5.{{\left( {2\pi } \right)}^2}}}} \right) \to T = 1\left( s \right) \to f = \frac{1}{T} = 1\left( s \right)$
Chọn C.

Công thức tìm khoảng thời gian ngắn nhất

Để tìm khoảng thời gian ngắn nhất trong dao động điều hòa ta có nhiều cách nhưng trong bài viết này, chúng ta để cập đến công thức đặc biệt gọn và dễ nhớ.

Khoảng thời gian ngắn nhất

Gọi x$_1$ và x$_2$  lần lượt là hai vị trí li độ một chất điểm dao động điều hòa ứng với thời điểm t$_1$ và t$_2$. Khi đó thời gian ngắn nhất được xác định theo công thức tổng quát sau:

  • Nếu x$_1$ và x$_2$ nằm hai bên vị trí cân bằng $\Delta t = \frac{1}{\omega }\left[ {\arcsin \left( {\frac{{\left| {{x_1}} \right|}}{A}} \right) + \arcsin \left( {\frac{{\left| {{x_2}} \right|}}{A}} \right)} \right]$
  • Nếu x$_1$ và x$_2$ nằm hai bên vị trí biên $\Delta t = \frac{1}{\omega }\left[ {\arccos \left( {\frac{{\left| {{x_2}} \right|}}{A}} \right) + \arccos \left( {\frac{{\left| {{x_1}} \right|}}{A}} \right)} \right]$

Lưu ý: Nếu x$_1$ hoặc x$_2$ trùng với vị trí cân bằng hoặc vị trí biên thì ta chỉ cần thay trực tiếp giá trị li độ đó vào biểu thức.

Câu 1: [Chuyên Sư Phạm Hà Nội] Một vật dao động điều hòa với phương trình x = 5cos(4πt –π/10), với x tính bằng cm, t tính bằng s. Xác định thời gian để vật đi từ vị trí 2,5cm đến -2,5cm.
A. 1/12 s.
B. 1/10 s.
C. 1/20 s.
D. 1/6 s.
Giải
Nhận thấy x1 và x2 nằm hai bên vị trí cân bằng nên khoảng thời gian ngắn nhất vật chuyển động từ li độ x1 đến li độ x2 là
$\Delta t = \frac{1}{\omega }\left[ {\arcsin \left( {\frac{{\left| {{x_1}} \right|}}{A}} \right) + \arcsin \left( {\frac{{\left| {{x_2}} \right|}}{A}} \right)} \right] = \frac{1}{{4\pi }}\left[ {\arcsin \left( {\frac{{\left| { – 2,5} \right|}}{5}} \right) + \arcsin \left( {\frac{{\left| {2,5} \right|}}{5}} \right)} \right] = \frac{1}{{12}}\left( s \right)$
Chọn A

Câu 2: [Chuyên Sư Phạm Vĩnh Phúc] Một chất điểm dao động điều hòa với phương trình x = 10cos(2πt + π/8), với x tính bằng cm, t tính bằng s. Xác định khoảng thời gian ngắn nhất giữa hai lần vật có li độ x = $ – 5\sqrt 3 $ cm?.
A. 1/12 s.
B. 1/18 s.
C. 1/24 s.
D. 1/6 s.
Giải
Nhận thấy, khoảng thời gian ngắn nhất giữa hai lần vật có li độ x = $ – 5\sqrt 3 $ cm ứng với trường hợp vật đi từ vị trí $ – 5\sqrt 3 $cm theo chiều âm đến vị trí li độ $ – 5\sqrt 3 $theo chiều dương nghĩa là đối xứng qua biên âm. Áp dụng công thức:
$\begin{array}{l}
\Delta t = \frac{1}{\omega }\left[ {\arccos \left( {\frac{{\left| {{x_2}} \right|}}{A}} \right) + \arccos \left( {\frac{{\left| {{x_1}} \right|}}{A}} \right)} \right]\\
\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{{2\pi }}\left[ {\arccos \left( {\frac{{\left| { – 5\sqrt 3 } \right|}}{{10}}} \right) + \arccos \left( {\frac{{\left| { – 5\sqrt 3 } \right|}}{{10}}} \right)} \right] = \frac{1}{6}\left( s \right)
\end{array}$
Chọn D

Câu 3: [Chuyên Sư Phạm Vinh] Chất điểm dao động điều hòa được mô tả bằng phương trình x = $2\sqrt 3 $sin(3πt – 11π/24), với x tính bằng cm, t tính bằng s. Xác định khoảng thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí li độ $\sqrt 3 $ cm theo chiều dương đến li độ 3 cm theo chiều âm?
A. 1/12 s.
B. 1/18 s.
C. 1/24 s.
D. 1/6 s.
Giải
Nhận thấy, hai vị trí trên nằm hai bên biên độ dương. Áp dụng công thức:
$\begin{array}{l}
\Delta t = \frac{1}{\omega }\left[ {\arccos \left( {\frac{{\left| {{x_2}} \right|}}{A}} \right) + \arccos \left( {\frac{{\left| {{x_1}} \right|}}{A}} \right)} \right]\\
\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{{3\pi }}\left[ {\arccos \left( {\frac{{\left| {\sqrt 3 } \right|}}{{2\sqrt 3 }}} \right) + \arccos \left( {\frac{{\left| 3 \right|}}{{2\sqrt 3 }}} \right)} \right] = \frac{1}{6}\left( s \right)
\end{array}$
Chọn D

Câu 4: [ĐỀ THI CHÍNH THỨC 2011] Một chất điểm dao động điều hòa theo phương trình x = 4cos(2πt/3) (x tính bằng cm; t tính bằng s). Kể từ t = 0, chất điểm đi qua vị trí có li độ x = – 2 cm lần thứ 2011 tại thời điểm
A. 3015 s.
B. 6030 s.
C. 3016 s.
D. 6031 s.
Giải
Trong một chu kì vật đi qua li độ x = – 2 cm hai lần.
$t = 0 \to x = 4\cos \left( {\frac{{2\pi }}{3}.0} \right) = 4\left( {cm} \right)$ → Vật ở vị trí biên dương.
Thời gian ngắn nhất vật đi từ biên dương tới li độ x = – 2 cm là
$t = \frac{T}{4} + \frac{1}{\omega }arcsin\frac{{\left| x \right|}}{A} = \frac{T}{4} + \frac{T}{{2\pi }}arcsin\frac{{\left| { – 2} \right|}}{4} = \frac{T}{3}$
Phân tích: 2011 = 1 + 1005.2
Vậy: t = T/3 + 1005.T = $\frac{{3016T}}{3} = \frac{{3016}}{3}\left( s \right)$

Câu 5: [ ĐỀ THI 2017] Một vật dao động theo phương trình x = 5cos(5πt – π/3) (cm) (t tính bằng s). Kể từ t = 0 thời điểm vật qua vị trí có li độ x = – 2,5 cm lần thứ 2017 là
A. 401,6 s.
B. 403,5 s.
C. 403,4 s.
D. 401,3 s.
Giải
Trong 1 chu kì vật qua li độ x = – 2,5 cm hai lần.
$t = 0 \to \left\{ \begin{array}{l}
x = 2,5\left( {cm} \right) = \frac{A}{2}\\
v > 0
\end{array} \right. \to $Thời gian ngắn nhất vật chuyển động từ vị trí (x = A/2 theo chiều dương) tới li độ li độ x = – A/2 theo chiều âm là t = T/2
Phân tích: 2017 = 1 + 1008.2
Vậy: t = T/2 + 1008T = 1008,5T = $1008,5.\frac{{2\pi }}{{5\pi }} = 403,4\left( s \right)$

Câu 6:Một chất điểm dao động điều hòa theo phương ngang, biết chất điểm khối lượng m = 100g và lực kéo về cực đại tác dụng vào vật là 2(N) khi qua VTCB thì vận tốc 2m/s. Tại t = 0 vật qua vị trí $\frac{{A\sqrt 2 }}{2}$ theo chiều dương.
a) tìm thời điểm lần 2017 vật qua x=A/2
b. Tìm thời điểm lần 2017 vật cách VTCB đoạn A/2
Giải
$\begin{array}{l}
\left. \begin{array}{l}
{v_{\max }} = 2\left( {\frac{m}{s}} \right) = \omega A\\
{F_{\max }} = 2\left( N \right) = m{\omega ^2}A = m\omega \left( {\omega A} \right)\\
m = 100\left( g \right) = 0,1\left( {kg} \right)
\end{array} \right\} \to 2 = 0,1.\omega .2\\
\to \omega = 10\left( {\frac{{rad}}{s}} \right) \to T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{\pi }{5}\left( s \right)\\
t = 0 \to \left\{ \begin{array}{l}
x = \frac{{A\sqrt 2 }}{2}\\
v > 0
\end{array} \right.
\end{array}$

a) tìm thời điểm lần 2017 vật qua x=A/2
Theo hình vẽ, ta thấy thời gian vật chuyển động từ M0 đến M là ∆t = T/8 + T/6 = 7T/24
Ta thấy, điểm M chính là lần đầu tiên vật qua vị trí A/2 lần đầu tiên.
Trong một chu kì vật qua vị trí có li độ x = A/2 là 2 lần:
Ta thấy: 2017 = 1 + 1008.2
∆t’ = 7T/24 + 1008.T = 633,53(s)
Đáp án ∆t’ = 633,53(s)
b) Tìm thời điểm lần 2017 vật cách VTCB đoạn A/2
Trong một chu kì vật qua vị trị cách vị trí cân bằng A/2 là 4 lần
Ta thấy: 2017 = 1 + 504.4
∆t = 7T/24 + 504.T = 316,855(s)
Đáp án ∆t’ = 316,855 (s)

Lưu ý: Giải cách trên bằng phương pháp đại số
a) Ta thầy li độ nằm hai bên vị trí biên mà trong 1 chu kì vật qua li độ A/2 là hai lần nên:
Ta thấy: 2017 = 1 + 1008.2
$\begin{array}{l}
\Delta t’ = \Delta t + 1008T = \\
= \frac{1}{\omega }\left[ {arcc{\rm{os}}\frac{{\left| {{x_1}} \right|}}{A} + arcc{\rm{os}}\frac{{\left| {{x_2}} \right|}}{A}} \right] + 1008T\\
= \frac{1}{{10}}\left[ {arcc{\rm{os}}\frac{{\left| {\frac{{A\sqrt 2 }}{2}} \right|}}{A} + arcc{\rm{os}}\frac{{\left| {\frac{A}{2}} \right|}}{A}} \right] + 1008T = 633,528\left( s \right)
\end{array}$
b) Ta thầy li độ nằm hai bên vị trí biên mà trong 1 chu kì vật cách vị trí cân bằng A/2 là 4 lần nên:
Ta thấy: 2017 = 1 + 504.4
$\begin{array}{l}
\Delta t’ = \Delta t + 504T = \\
= \frac{1}{\omega }\left[ {arcc{\rm{os}}\frac{{\left| {{x_1}} \right|}}{A} + arcc{\rm{os}}\frac{{\left| {{x_2}} \right|}}{A}} \right] + 504T\\
= \frac{1}{{10}}\left[ {arcc{\rm{os}}\frac{{\left| {\frac{{A\sqrt 2 }}{2}} \right|}}{A} + arcc{\rm{os}}\frac{{\left| {\frac{A}{2}} \right|}}{A}} \right] + 504T = 316,855\left( s \right)
\end{array}$

Lực kéo về trong dao động điều hòa

Lực kéo về hay có tên gọi khác là lực hồi phục. Lực này xuất hiên khi vật bắt đầu rời khỏi vị trí cân bằng, nó có xu hướng đưa vật về vị trí cân bằng.

  • Lực kéo về là nguyên nhân làm cho vật dao động điều hòa.
  • Dấu “-” chỉ lực hướng về vị trí cân bằng.

lực kéo về con lắc lò xo

Lưu ý:

  • Với con lắc lò xo có biểu thức  F = – kx.
  • Với con lắc đơn thì lực kéo về có biểu thức F = – mg.sinα, trong đó α là li độ góc.
  • Với con lắc lò xo nằm ngang thì lực kéo về chính là lực đàn hồi.

Chúng ta cùng nhau vào phần ví dụ để hhieeur bản chất của lực kéo về. Tất cả những ví dụ này được trích trong đề thi chính thức của BGD&ĐT.

Câu 1 [ĐỀ THI BGD&ĐT]: Một vật nhỏ có khối lượng 500 g dao động điều hòa dưới tác dụng của một lực kéo về có biểu thức F = – 0,8cos 4t (N). Dao động của vật có biên độ là
A. 6 cm
B. 12 cm
C. 8 cm
D. 10 cm
Giải
Theo đề suy ra: $\left\{ \begin{array}{l}
{F_{m{\rm{ax}}}} = kA = m{\omega ^2}.A = 0,8N\\
\omega = 4\left( {\frac{{rad}}{s}} \right)\\
m = 0,5kg
\end{array} \right. \to A = 0,1m = 10cm$

Câu 2 [ĐỀ THI BGD&ĐT]: Ở một nơi trên Trái Đất, hai con ỉắc đơn có cùng chiều dài đang đao động điều hòa với cùng biên độ. Gọi m1, F$_1$ và m2, F$_2$ lần lượt là khối lượng, độ lớn lực kéo về cực đại của con lắc thứ nhất và của con lắc thứ hai. Biết m1 + m2 = 1,2 kg và 2F$_2$ = 3F$_1$ . Giá trị của m1 là
A. 720 g.
B. 400g.
C. 480 g.
D. 600 g.
Giải
Ở một nơi trên Trái Đất, hai con ỉắc đơn có cùng chiều dài →cùng tần số góc
$\left\{ \begin{array}{l}
{F_{1\max }} = {m_1}{\omega ^2}A\\
{F_{2\max }} = {m_2}{\omega ^2}A
\end{array} \right. \to \frac{{{F_{1\max }}}}{{{F_{2\max }}}} = \frac{{{m_1}}}{{{m_2}}} = \frac{2}{3} \to \frac{{{m_1}}}{{1,2 – {m_1}}} = \frac{2}{3} \to {m_1} = 0,48kg = 480g$
Chọn C.

Câu 3 [ĐỀ THI BGD&ĐT]: Một chất điểm dao động điều hòa trên trục Ox nằm ngang với động năng cực đại W0, lực kéo về có độ lớn cực đại F0. Vào thời điểm lực kéo về có độ lớn bằng một nửa F0 thì động năng của vật bằng
A. $\frac{{2{W_0}}}{3}$
B. $\frac{{3{W_0}}}{4}$
C. $\frac{{{W_0}}}{3}$
D. $\frac{{{W_0}}}{2}$
Giải
Do chất điểm dao động điều hòa theo phương ngang nên lực kéo về có độ lớn: |F| = mω2.|x|
$\begin{array}{l}
F = \frac{{{F_0}}}{2} \leftrightarrow m{\omega ^2}\left| x \right| = \frac{1}{2}m{\omega ^2}A \leftrightarrow \left| x \right| = \frac{A}{2} \to \left| v \right| = \frac{{\sqrt 3 \omega A}}{2}\\
\to {{\rm{W}}_d} = \frac{1}{2}m{v^2} = \frac{1}{2}m{\left( {\frac{{\sqrt 3 \omega A}}{2}} \right)^2} = \frac{3}{4}\frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} = \frac{3}{4}{{\rm{W}}_0}
\end{array}$

Câu 4 [ĐỀ THI BGD&ĐT]: Ở một nới trên Trái Đất, hai con lắc đơn có cùng khối lượng đang dao động điều hòa. Gọi ℓ$_1$, s$_{01}$, F$_1$ và ℓ$_2$, s$_{02}$, F$_2$ lần lượt là chiều dài, biên độ, độ lớn lực kéo về cực đại của con lắc thứ nhất và của con lắc thứ hai. Biết 3ℓ$_2$ = 2ℓ$_1$, 2s$_{02}$ = 3s$_{01}$. Tỉ số $\frac{{{F_1}}}{{{F_2}}}$ bằng
A. 3/2
B. 4/9
C. 9/4
D. 2/3
Giải
Vì con lắc dao động điều hòa nên
$\alpha \le {10^0} \to \sin \alpha \approx \alpha = \frac{s}{\ell } \to {F_{\max }} = mg.\frac{{{s_0}}}{\ell } \to \frac{{{F_1}}}{{{F_2}}} = \frac{{{s_{01}}}}{{{s_{02}}}}.\frac{{{\ell _2}}}{{{\ell _1}}} = \frac{4}{9}$
Chọn B.

Câu 5 [ĐỀ THI BGD&ĐT]: Cho hai vật dao động điều hòa dọc theo hai đường thẳng cùng song song với trục Ox. Vị trí cân bằng của mỗi vật nằm trên đường thẳng vuông góc với trục Ox tại O. Trong hệ trục vuông góc xOv, đường (1) là đồ thị biểu diễn mối quan hệ giữa vận tốc và li độ của vật 1, đường (2) la đồ thị biểu diễn mối quan hệ giữa vận tốc và li độ của vật 2 (hình vẽ). Biết các lực kéo về cực đại tác dụng lên hai vật trong quá trình dao động là bằng nhau. Tỉ số giữa khối lượng của vật 2 với khối lượng của vật 1 là
A.1/27.
B. 3.
C. 27.
D. 1/3
Giải
$\left. \begin{array}{l}
\left. \begin{array}{l}
{A_2} = 3{A_1}\\
{v_{1\max }} = 3{v_{2\max }} \to {A_1}.{\omega _1} = 3{A_2}.{\omega _2}
\end{array} \right\} \to \frac{{{\omega _1}}}{{{\omega _2}}} = 3\frac{{{A_2}}}{{{A_1}}} = 9\\
{F_{1\max }} = {F_{2\max }} \to {m_1}\omega _1^2{A_1} = {m_2}\omega _2^2{A_2} \to \frac{{{m_2}}}{{{m_1}}} = \frac{{\omega _1^2{A_1}}}{{\omega _2^2{A_2}}}
\end{array} \right\} \to \frac{{{m_2}}}{{{m_1}}} = {\left( 9 \right)^2}.\frac{1}{3} = 27$

Cực trị quãng đường trong dao động điều hòa

Giả sử chất điểm dao động điều hòa với biên độ A và chu kì T. Công thức tổng quát tính cực trị quãng đường lớn nhất và nhỏ nhất của chất điểm có biểu thức:

Cực trị quãng đường

  • Công thức tính quãng đường lớn nhất: ${S_{\max }} = n.2A + 2A.\sin \left( {\frac{{\omega .\Delta t’}}{2}} \right)$
  • Công thức tính quãng đường nhỏ nhất: ${S_{\min }} = n.2A + 2A.\left( {1 – \cos \left( {\frac{{\omega .\Delta t’}}{2}} \right)} \right)$

Câu 1: Một vật dao động điều hòa trên trục Ox, vật này có điểm cân bằng tại O. Biết rằng, vật dao động với biên độ A và chu kì dao động là T. Trong khoảng thời gian T/4, quãng đường nhỏ nhất mà vật có thể đi được là bao nhiêu?
A. $\left( {2 – \sqrt 2 } \right)A.$
B. 1,5A.
C. $A\sqrt 3 .$
D. A.
Giải
$t = \frac{T}{4} < \frac{T}{2} \to {S_{min}} = 2A(1 – c{\rm{os}}\frac{{\omega t}}{2}) = 2A(1 – c{\rm{os}}\frac{{\frac{{2\pi }}{T}.\frac{T}{4}}}{2}) = \left( {2 – \sqrt 2 } \right)A$
Chọn: A.

Câu 2: Một chất điểm dao động điều hòa trên trục Ox với tần số góc 10 rad/s và biên độ 10 cm. Trong khoảng thời gian 0,2 s, cực trị quãng đường lớn nhất và nhỏ nhất mà vật có thể đi được lần lượt là
A. 16,83 cm và 9,19 cm.
B. 0,35 cm và 9,19 cm.
C. 0,35 cm và 3,05 cm.
D. 16,83 cm và 3,05 cm.

Giải
$\left\{ \begin{array}{l}
{S_{{\rm{max}}}} = 2{\rm{A}}\sin \frac{{\Delta \varphi }}{2} = 2.10\sin \left( 1 \right) \approx 16,83cm\\
{S_{min}} = 2A(1 – c{\rm{os}}\frac{{\Delta \varphi }}{2}) = 2.10(1 – c{\rm{os}}\left( 1 \right)) \approx 9,19cm
\end{array} \right.$
Chọn: A.

Câu 3: Một vật dao động điều hòa với biên độ 10 cm, với tần số góc 2π rad/s. Thời gian ngắn nhất để vật đi được quãng đường 16,2 cm là
A. 0,25 s.
B. 0,3 s.
C. 0,35 s.
D. 0,45 s.
Giải
Để tính thời gian ngắn nhất đề vật đi được quãng đường s sử dụng công thức smax
${S_{\max }} = 16,2\left( {cm} \right) < 2A \to {S_{{\rm{max}}}} = 2{\rm{A}}\sin \frac{{\omega t}}{2} \to t = \frac{2}{\omega }.\arcsin \left( {\frac{{{S_{\max }}}}{{2A}}} \right) = 0,3\left( s \right)$
Chọn: B.

Câu 4: Một vật dao động điều hòa theo phương trình x = 5cos(4πt) cm ( với t đo bằng giây). Trong thời gian 7/6 s, quãng đường nhỏ nhất mà vật có thể đi được là
A. 42,5 cm.
B. 48,66 cm.
C. 45 cm.
D. 30√3 cm.
Giải
$T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 0,5\left( s \right) \to \frac{T}{2} = 0,25\left( s \right) \to \Delta t = \underbrace {4.\frac{T}{2}}_{4.2A} + \underbrace {\frac{T}{3}}_{{S_{\min }} = A} \to {S_{0\min }} = 4.2A + A = 5A = 45cm$
Chọn: C.
Câu 5: Một chất điểm dao động điều hòa với biên độ A và tần số f. Thời gian dài nhất để vật đi quãng đường 2011A là
A. $\frac{{3017}}{{6f}}.$
B. $\frac{{4021}}{{8f}}.$
C. $\frac{{2001}}{{4f}}.$
D. $\frac{{1508}}{{3f}}.$
Giải
Tìm thời gian dài nhất đề vật đi được quãng đường s, ta sử dụng công thức smin:
$\begin{array}{l}
{S_{\min }} = 2011A = 1005.2A + A\\
\to {t_{\max }} = n\frac{T}{2} + \frac{2}{\omega }.\arccos \left( {1 – \frac{{S{‘_{\max }}}}{{2A}}} \right)\\
= 1005.\frac{T}{2} + \frac{2}{{\frac{{2\pi }}{T}}}.\arccos \left( {1 – \frac{A}{{2A}}} \right) = \frac{{3017f}}{6} = \frac{{3017}}{{6f}}..
\end{array}$
Chọn: A.

Câu 6: Một vật dao động điều hòa với biên độ 10cm. Cực trị quãng đường nhỏ nhất mà vật đi được trong 0,5s là 10cm. Tính tốc độ lớn nhất của vật.
A. 39,95cm/s
B. 41,9cm/s
C. 40,65cm/s
D. 20,9cm/s.
Giải
$\begin{array}{l}
{S_{\min }} = 10cm = A \to \frac{T}{3} = 0,5\left( s \right) \to T = 1,5\left( s \right)\\
\to \omega = \frac{{2\pi }}{T} = \frac{{4\pi }}{3}\left( s \right) \to {v_{\max }} = \omega A = 41,9\left( {\frac{{cm}}{s}} \right)
\end{array}$
Chọn B.

Hệ thức độc lập trong dao động điều hòa

Vận dụng thành thạo các công thức độc lập thời gian thuộc phần dao động điều hòa là rất quan trọng. Các công thức này giúp học sinh giải nhanh – gọn, hiệu quả.
CÁC CÔNG THỨC HAY DÙNG
Công Thức 1: $\omega = 2\pi f = \frac{{2\pi }}{T} = 2\pi .\frac{N}{{\Delta t}}$
• T là chu kì (s).
• f là tần số (Hz)
• ω là tần số góc (rad/s)
• ∆t là khoảng thời gian thực hiện hết N dao động.
Công thức 2: a = – ω$^2$x
• a là gia tốc (m/s$^2$)
• x là li độ (m)
Công thức 4: ${\left( {\frac{x}{A}} \right)^2} + {\left( {\frac{v}{{A\omega }}} \right)^2} = 1\, \to \left\{ \begin{array}{l}
v = \pm \omega \sqrt {{A^2} – {x^2}} \\
A = \sqrt {{x^2} + {{\left( {\frac{v}{\omega }} \right)}^2}} \\
\omega = \pm \frac{v}{{\sqrt {{A^2} – {x^2}} }}
\end{array} \right.$
Công thức 5: $A = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{{{\omega ^2}}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{v}{\omega }} \right)}^2}} \to a = \pm \omega .\sqrt {v_{m{\rm{ax}}}^2 – {v^2}} $
Công thức 6: $\begin{array}{l}
A = \sqrt {\frac{{{{\left( {{v_2}{x_1}} \right)}^2} – {{\left( {{v_1}{x_2}} \right)}^2}}}{{v_2^2 – v_1^2}}} = {\left( {\frac{F}{{m{\omega ^2}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{p}{{m\omega }}} \right)^2}\\
\omega = \sqrt {\frac{{v_1^2 – v_2^2}}{{x_2^2 – x_1^2}}} = \sqrt {\frac{{a_1^2 – a_2^2}}{{v_2^2 – v_1^2}}}
\end{array}$
Khi biết:
• Tại thời điểm t$_1$ thì li độ x$_1$, vận tốc v$_1$, gia tốc a$_1$.
• Tại thời điểm t$_1$ thì li độ x$_1$, vận tốc v$_1$, gia tốc a$_1$.

Hệ thức đao động điều hòa

Các em có thể xem kiến thức căn bản về dao động điều hòa tại đây
VẬN DỤNG
Câu 1 : Một vật dao động điều hòa có chu kì 2 s, biên độ 10 cm. Khi vật cách vị trí cân bằng 6 cm, tốc độ của nó bằng
A. 18,84 cm/s.
B. 20,08 cm/s.
C. 25,13 cm/s.
D. 12,56 cm/s.
Giải
$\left\{ \begin{array}{l}
\omega = \frac{{2\pi }}{T} = \pi \left( {\frac{{rad}}{s}} \right)\\
v = \omega \sqrt {{A^2} – {x^2}}
\end{array} \right. \to v = \pi \sqrt {{{10}^2} – {6^2}} = 8\pi = 25,13cm/s.$
Chọn: C.

Câu 2 : Một vật dao động điều hòa trên quỹ đạo dài 40cm. Khi li độ là 10cm vật có vận tốc 20π√3 cm/s. Lấy π2 = 10. Chu kì dao động của vật là
A. 0,1 s.
B. 0,5 s.
C. 1 s.
D. 5 s.
Giải
$\left\{ \begin{array}{l}
A = \frac{L}{2} = 20\left( {cm} \right)\\
x = 10cm\\
v = 20\pi \sqrt 3 \frac{{cm}}{s}
\end{array} \right. \to \omega = \frac{v}{{\sqrt {{A^2} – {x^2}} }} = 2\pi \frac{{rad}}{s} \to T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 1s.$
Chọn: C.

Câu 3 : Phương trình chuyển động của vật là x = 20cos(πt – π /4)cm. Vận tốc của vật lúc x = 10cm và đi theo chiều âm có giá trị bao nhiêu?
A. 54,4cm/s
B. -54,4cm/s
C. 31,4cm/s
D. -31,4cm/s
Giải
Theo đề bài: $v < 0 \to v = – \omega \sqrt {{A^2} – {x^2}} = – 10\pi \sqrt 3 = – 54,4\left( {cm/s} \right)$
Chọn: B.

Câu 4 : Một vật dao động điều hòa giữa hai điểm M, N cách nhau 10cm. Mỗi giây vật thực hiện được 2 dao động toàn phần. Độ lớn vận tốc lúc vật đi qua trung điểm MN có giá trị là bao nhiêu?
A. 125,6cm/s
B. 15,7cm/s
C. 5cm/s
D. 62,8cm/s
Giải
Khi vật đi qua trung điểm của MN nghĩa là vật đi qua vị trí cân bằng: x = 0
$\left\{ \begin{array}{l}
A = \frac{{MN}}{2} = \frac{{10}}{2} = 5\left( {cm} \right)\\
\omega = 2\pi .\frac{N}{{\Delta t}} = 2\pi .\frac{2}{1} = 4\pi \left( {\frac{{rad}}{s}} \right)\\
x = 0
\end{array} \right. \to v = \omega A = 20\pi \left( {\frac{{rad}}{s}} \right)$
Chọn: D.

Câu 5 : Một chất điểm dao động điều hòa trên đoạn thẳng dài 20cm và làm được 100 dao động toàn phần trong 5 phút 14 giây. Tìm vận tốc khi chất điểm đi qua vị trí có tọa độ x = -6cm và đang hướng vào vị trí cân bằng.
A. 16cm/s
B. 64cm/s
C. -64cm/s
D. -16cm/s
Giải
$\left\{ \begin{array}{l}
A = \frac{L}{2} = 10\left( {cm} \right)\\
\omega = 2\pi .\frac{N}{{\Delta t}} = 2\pi .\frac{{100}}{{5.60 + 14}} = 2\left( {\frac{{rad}}{s}} \right)\\
x = – 6\left( {cm} \right)\\
v = \pm \omega \sqrt {\left( {{A^2} – {x^2}} \right)}
\end{array} \right. \to v = + \omega \sqrt {\left( {{A^2} – {x^2}} \right)} = 16\left( {\frac{{cm}}{s}} \right)$
Chọn: A.

Câu 6 : Một vật dao động điều hòa, khi vật có li độ x$_1$ = 4 cm thì vận tốc v$_1$ = 40π√3 cm/s và khi vật có li độ x$_2$ = 4√2 cm thì v$_2$ = – 40π√2 cm/s. Tính biên độ dao động?
A. 80π cm.
B. 10π cm.
C. 8 cm.
D. 10 cm.
Giải
Áp dụng công thức: $A = \sqrt {\frac{{v_2^2x_1^2 – v_1^2x_2^2}}{{v_2^2 – v_1^2}}} = 8\left( {cm} \right)$
Chọn: C.

Câu 7 : Một chất điểm dao động điều hòa trên trục Ox. Tại thời điểm t1, t2 vận tốc và gia tốc của chất điểm tương ứng là v$_1$ = 10√3 cm/s; a$_1$ = – 1 m/s$^2$; v$_2$ = – 10 cm/s; a$_2$ = √3 m/s$^2$. Tốc độ cực đại của vật bằng
A. 40 cm/s.
B. 10√5 cm/s.
C. 20 cm/s.
D. 20√3 cm/s.
Giải
$\left. \begin{array}{l}
\omega = \sqrt {\frac{{a_1^2 – a_2^2}}{{v_2^2 – v_1^2}}} = 10\left( {\frac{{rad}}{s}} \right)\\
A = \sqrt {{{\left( {\frac{{{v_1}}}{\omega }} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{{a_1}}}{{\omega _{}^2}}} \right)}^2}} = 2cm
\end{array} \right\} \to {v_{m{\rm{ax}}}} = A\omega = 20\left( {cm/s} \right)$
Chọn: C.

Câu 8 : Một vật dao động điều hòa, khi vật có li độ x$_1$ = 4 cm thì vận tốc v$_1$ = 40π√3 cm/s và khi vật có li độ x$_2$ = 4√2 cm thì v$_2$ = – 40π√2 cm/s. Tính chu kì dao động?
A. 2 s.
B. 20π$^2$ cm.
C. 20 s.
D. 0,2 s.
Giải
$\omega = \sqrt {\frac{{v_1^2 – v_2^2}}{{x_2^2 – x_1^2}}} \to T = \frac{{2\pi }}{\omega } = 2\pi \sqrt {\frac{{x_1^2 – x_2^2}}{{v_2^2 – v_1^2}}} = 0,2\left( s \right)$
Chọn: D.
Câu 9 : Gọi M là chất điểm của đoạn AB trên quỹ đạo chuyển động của một vật dao động điều hòa. Biết gia tốc A và B lần lượt là – 3m/s$^2$ và 6 m/s$^2$ đồng thời chiều dài đoạn AM gấp đôi chiều dài đoạn BM. Tính gia tốc M.
A. 2 cm/s$^2$.
B. 3 cm/s$^2$.
C. 4 cm/s$^2$.
D. 1 cm/s$^2$.
Giải
$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
a = – {\omega ^2}x\\
AM = 2MB\\
{x_M} – {x_A} = 2\left( {{x_B} – {x_M}} \right) \to {x_M} = \frac{{{x_A} + 2{x_B}}}{3}
\end{array} \right. \to – {\omega ^2}{x_M} = \frac{{\left( { – {\omega ^2}{x_A}} \right) + \left( { – 2{\omega ^2}{x_B}} \right)}}{3}\\
\to {a_M} = \frac{{{a_A} + 2{a_B}}}{3} = 3\left( {\frac{{cm}}{{{s^2}}}} \right)
\end{array}$
Chọn:B.

Câu 10 : Một chất điểm dao động điều hòa trên một đoạn thẳng, khi đi qua M và N có gia tốc là a$_M$ = + 30 cm/s$^2$ và a$_N$ = + 40 cm/s$^2$. Khi đi qua trung điểm của MN, chất điểm có gia tốc là
A. ± 70 cm/s$^2$.
B. + 35 cm/s$^2$.
C. + 25 cm/s$^2$.
D. ± 50 cm/s$^2$.
Giải
$\left\{ \begin{array}{l}
{a_M} > 0 \to {x_M} < 0\\ {a_N} > 0 \to {x_N} < 0\\
AN = AM
\end{array} \right. \to {x_A} = \frac{{{x_M} + {x_N}}}{2} \to – \frac{{{a_A}}}{{{\omega ^2}}} = \frac{{\left( { – \frac{{{a_M}}}{{{\omega ^2}}}} \right) + \left( { – \frac{{{a_N}}}{{{\omega ^2}}}} \right)}}{2} \to {a_A} = \frac{{{a_M} + {a_N}}}{2} = 35\left( {\frac{{cm}}{{{s^2}}}} \right)$
Chọn: B.

Kiến thức căn bản về dao động điều hòa

Bài viết này xin giới thiệu với các em những kiến thức căn bản về dao động điều hòa thuộc chuyên đề dao động điều hòa. Hy vọng nó sẽ hữu ích với các em học lớp 12

I. Thế nào là Dao động cơ?
Một vật được gọi là Dao động khi nó thỏa mãn:
• Vật đó phải chuyển động trong khoảng không gian có giới hạn
• Chuyển động của vật phải lặp đi lặp lại quanh một vị trí cân bằng

II. Thế nào là Dao động tuần hoàn?
Dao động của một vật mà sau những khoảng thời gian bằng nhau vật trở lại vị trí ban đầu và chuyển động đúng theo hướng cũ thì gọi gọi là dao động tuần hoàn

III. Thế nào là Dao động điều hoà
Dao động của một vật mà li độ của nó được mô tả bằng hàm sin hoặc cos theo thời gian thì gọi là dao động điều hòa
a) Phương trình dao động
phương trình x = Acos(ωt+ φ)
Giải thích:
• ω: Gọi là tần số góc của dao động.(rad/s)
• A: gọi là biên độ dao động: là li độ dao động cực đại ứng với cos(ωt+φ) =1.
• (ωt + φ): Pha dao động (rad)
• x: li độ của vật ở thời điểm t (tính từ VTCB)
• φ : pha ban đầu.(rad)
b) Tần số góc ω và mỗi liên hệ với các đại lượng khác
$ \omega = 2\pi f = \frac{{2\pi }}{T} = 2\pi .\frac{N}{t} $
• ω tần số góc (rad/s)
• f tần số (Hz)
• T chu kì (s)
• N là số dao động mà chất điểm thực hiện được trong thời gian t

c) Vận tốc
Phương trình: v = x’ = -Aωsin(ωt + φ),
• Tốc độ đạt giá trị lớn nhất v$_{max} $=Aω khi x = 0 (nghĩa là vật qua vị trí cân bằng).
• Tốc độ đạt giá trị lớn nhất vmin = 0 khi x = ± A ở vị trí biên

d. Gia tốc .
Phương trình: a = v’ = -Aω$^{2} $cos(ωt + φ)= -ω$^{2} $x
• Độ lớn gia tốc đạt giá trị lớn nhất |a|$_{max} $=Aω$^{2} $ khi x = ±A (vật ở vị trí biên)
• Độ lớn gia tốc đạt giá trị nhỏ nhất a = 0 khi x = 0 (VTCB) khi đó F$_{hl} $ = 0 .
– Gia tốc luôn hướng ngược dâu với li độ (Hay véc tơ gia tốc luôn hướng về vị trí cân bằng)

e) Đồ thị biểu diễn li độ, vận tốc, gia tốc

Đồ thị dao động điều hòa của x, v, a

Câu 1.
Trong các phương trình sau phương trình nào không biểu thị cho dao động điều hòa?
A. x = 5cos(πt) + 1(cm).
B. x = 3tcos(100πt + π/6)cm
C. x = 2sin2(2πt + π/6)cm.
D. x = 3sin(5πt) + 3cos(5πt) (cm).

Giải
– A. x = 5cosπt + 1 → x – 1 = 5cos(πt), nếu ta đặt X = x – 1 thì phương trình dao động của vật sẽ là X = 5cos(πt) cm → Thỏa mãn
– B. x = 3tcos(100πt + π/6)cm → A = 3t: không thỏa mãn
– C. $ x = 2{\sin ^2}\left( {2\pi t + \frac{\pi }{6}} \right) = 1 + \cos \left( {4\pi t + \frac{\pi }{3}} \right)cm $ →tương tự ý A → thỏa mãn.
– D. x = 3sin5πt + 3cos5πt = $ 3\sqrt 2 $cos(5πt – π/4) cm → Thỏa mãn
Chọn B.

Câu 2.
Vật dao động điều hòa với phương trình x = 40cos(20πt + π/3) (cm) (t đo bằng giây). Tìm biên độ dao động và pha ban đầu?
A. 20 cm và π/3 rad .
B. 80 cm và – π/6 rad.
C. 40 cm và π/3 rad.
D. π/3 cm và 40 rad.

Giải
Theo đề: x = 40cos(20πt + π/3) (cm) → A = 40 cm và φ = π/3 rad
Chọn C.

Câu 3.
Vật dao động  với phương trình x = 5cos(20πt – 3π/4) cm (cm) (t đo bằng giây). Tốc độ cực đại mà vật có thể đạt được?
A. 1 cm/s.
B. 5 cm/s.
C. π m/s.
D. 1 m/s.

Giải
Ta có: v = x’= – 100π.sin (20πt – 3π / 4) cm / s → vmax = 100π cm / s = π m / s.
Select C.

Câu 4.
Vật dao động với phương trình x = 4sin(20πt + 5π/6) cm (cm) (t đo bằng giây). Tìm li độ cực đại và tốc độ khi vật qua vị trí cân bằng?
A. 4 cm và 80π cm/s.
B. 0 cm và 80π cm/s.
C. 4 cm và 0 cm/s.
D. 4 cm và – 80π cm/s.

Giải
x = 4sin (20πt + 5π / 6) = 4cos (20πt + π / 3) cm → A = 4 cm
Ta có: v = x’= – 4.20π.sin (20πt + π / 3) cm / s → vmax = 80π cm / s
Select A.

Câu 5.
Một vật dao động điều hòa với x = 5cos(πt + π/2)cm, với x tính bằng cm và t tính bằng giây. Khi vật đi qua vị trí biên âm thì gia tốc của vật
A. – 5π2 m/ s$^2$ .
B. 5π cm/ s$^2$ .
C. 5π2 cm/ s$^2$ .
D. – 5π cm/ s$^2$ .

Giải
$ x = 5\cos \left( {\pi t + \frac{\pi }{2}} \right)\left( {cm} \right) \to a = – 5{\pi ^2}.\cos \left( {\pi t + \frac{\pi }{2}} \right)\left( {\frac{{cm}}{{{s^2}}}} \right) \to {a_{\max }} = 5{\pi ^2}\left( {\frac{{cm}}{{{s^2}}}} \right)$
Select C.

Câu 6.
Phương trình dao động có dạng x = – 2sin(πt – π/4) (trong đó x tính bằng cm và t tính bằng giây). Xác định pha ban đầu?
A. π rad.
B. 3π/4 rad.
C. π/4 rad.
D. – π/4 rad.

Giai
x = – 2sin (pt – p / 4) = 2sin (pt – p / 4 + n) = 2cos (pt – p / 4 + n – n / 2) = 2cos (pt + n / 4) cm
CHƠN C .

Câu 7.
Một vật dao động có phương trình vận tốc là v = – 6cos(0,25πt + π/3) (trong đó v tính bằng cm/ và t tính bằng giây). Xác định pha dao động li độ của vật vào thời điểm t = 4s?
A. 11π/6 rad.
B. 5π/6 rad.
C. – π/3 rad.
D. – 5π/6 rad.

Giải
x = Acos(ωt + φ) → v = x‘ = – Aωsin(ωt + φ) = = – Aωcos(ωt + φ – π/2) (*)
Từ dự kiện đề bài và (*), ta có: φ – π/2 = π/3 → φ = 5π/6 rad.
Vậy pha dao động của vật vào thời điểm 4 s: (ωt + φ) = 20πt.4 + 5π/6 = 11π/6 rad
Chọn A.

Câu 8.
Một chất điểm dao động có phương trình vận tốc là v = 4πcos(2πt) cm/s. Gốc tọa độ ở vị trí cân bằng. Mốc thời gian được chọn vào lúc chất điểm có li độ và vận tốc là
A. x = 2 cm và v = 0.
B. x = 0 và v = 4π cm/s.
C. x = – 2 cm và v = 0.
D. x = 0 và v = – 4π cm/s.
Giải
$ \left\{ \begin{array}{l}
x = A\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\\
v = – A\omega \sin \left( {\omega t + \varphi } \right) = A\omega c{\rm{os}}\left( {\omega t + \varphi + \frac{\pi }{2}} \right)
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
\varphi = – \frac{\pi }{2}\left( {rad} \right)\\
A = 2cm
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
x = 2\cos \left( {2\pi .0 – \frac{\pi }{2}} \right) = 0\\
v = 4\pi c{\rm{os}}\left( {2\pi .0} \right) = 4\pi \left( {\frac{{cm}}{s}} \right)
\end{array} \right. $
Chọn C.

Câu 9.
Vật dao động với phương trình: x = 20cos(2πt – π/12) (cm) (t đo bằng giây). Gia tốc của vật tại thời điểm t = 5/24 (s) là:
A. 2 m/ s$^2$ .
B. 9,8 m/ s$^2$ .
C. – 4 m/ s$^2$ .
D. 10 m/ s$^2$ .

Giải
$\left\{ \begin{array}{l}
x = A\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\\
v = – A\omega \sin \left( {\omega t + \varphi } \right) = A\omega c{\rm{os}}\left( {\omega t + \varphi + \frac{\pi }{2}} \right)
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
\varphi = – \frac{\pi }{2}\left( {rad} \right)\\
A = 2cm
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
x = 2\cos \left( {2\pi .0 – \frac{\pi }{2}} \right) = 0\\
v = 4\pi c{\rm{os}}\left( {2\pi .0} \right) = 4\pi \left( {\frac{{cm}}{s}} \right)
\end{array} \right.$
Select C.

Câu 10.
Một vật dao động với phương trình: x = 4cos(2πt – π/3) (cm) (t đo bằng giây). Vào thời điểm t = 2,5 s thì li độ và vận tốc của vật bằng
A. $ x = 2cm;\,v = 4\pi \sqrt 3 \frac{{cm}}{s}. $
B. $ x = 2cm;\,v = – 4\pi \sqrt 3 \frac{{cm}}{s}. $
C. $ x = – 2cm;\,v = – 4\pi \sqrt 3 \frac{{cm}}{s}. $
D. $ x = – 2cm;\,v = 4\pi \sqrt 3 \frac{{cm}}{s}. $

Giải
$ \left\{ \begin{array}{l}
t = 2,5\left( s \right)\\
x = 4\cos \left( {2\pi .t – \frac{\pi }{3}} \right)\\
v = – 2\pi .4\sin \left( {2\pi .t – \frac{\pi }{3}} \right)
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
t = 2,5s\\
x = – 2cm\\
v = – 4\pi \sqrt 3 \frac{{cm}}{s}
\end{array} \right. $
Select C.