Chuyên đề năng lượng con lắc đơn dao động

năng lượng con lắc đơn

Năng lượng con lắc đơn lý tưởng gồm thế năng trọng trường và động năng chuyển động của con lắc. Năng lượng con lắc đơn tổng cộng là cơ năng, nó không đổi.

năng lượng con lắc đơn

năng lượng con lắc đơn

Trong bài viết này sẽ trình bày chi tiết cụ thể động năng con lắc; thế năng trọng trường con lắc; cơ năng của con lắc.

Xét một con lắc đơn lý tưởng gồm một sợi dây có chiều dài ℓ, vật nặng khối lượng m. Kích thích cho con lắc đơn dao động điều hòa thì

  • Phương trình li độ dao động con lắc s = So.cos(ωt + φ)
  • Phương trình vận tốc dao động con lắc v = – ωAsin(ωt + φ)

Khi đó năng lượng con lắc đơn gồm thế năng trọng trường và động năng chuyển động. Chọn mốc thế năng đàn hồi ở vị trí cân bằng của vật ta có:

  • Năng lượng thế năng
    $\begin{array}{l}
    {{\rm{W}}_t} = \frac{1}{2}m{\omega ^2}{s^2}\\
    \,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{2}m{\omega ^2}S_0^2{\cos ^2}(\omega t + \varphi )\\
    \,\,\,\,\,\, = \frac{1}{2}m{\omega ^2}S_0^2 + \frac{1}{2}m{\omega ^2}S_0^2\cos (2\omega t + 2\varphi )
    \end{array}$
  • Năng lượng động năng
    $\begin{array}{l}
    {{\rm{W}}_d} = \frac{1}{2}m{v^2}\\
    \,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{2}m{\omega ^2}S_0^2{\sin ^2}(\omega t + \varphi )\\
    \,\,\,\,\,\, = \frac{1}{2}m{\omega ^2}S_0^2 + \frac{1}{2}m{\omega ^2}S_0^2.\sin (2\omega t + 2\varphi \pm \pi )
    \end{array}$

Lưu ý: Động năng và thế năng biến thiên với chu kì bằng một nửa chu kì dao động con lắc đơn ω’ = 2ω; $T’ = \frac{T}{2}$; f’ = 2f, φ$_t$ = 2φ

  • Cơ năng con lắc
    $\begin{array}{l}
    {\rm{W}} = {{\rm{W}}_d} + {W_t}\\
    = \frac{1}{2}m{v^2} + \frac{1}{2}m{\omega ^2}{s^2}\\
    = \frac{1}{2}mv_{\max }^2 = \frac{1}{2}m{\omega ^2}S_0^2
    \end{array}$

Để hiểu rõ về năng lượng con lắc đơn, chúng ta cùng nhau vào phần ví dụ minh họa.

Câu 1: Một con ℓắc đơn gồm một sợi dây có chiều dài ℓà ℓ = 100cm, vật nặng có khối ℓượng m = 1kg. Con ℓắc dao động điều hòa với biên độ α$_0$ = 0,1 rad tại nơi có g = 10m/s$^2$. Cơ năng toàn con ℓắc đơn ℓà:
A. 0,01J
B. 0,05J
C. 0,1J
D. 0,5J

Giải

Con lắc đơn có cơ năng
$\begin{array}{l}
{\rm{W = }}\frac{1}{2}m{\omega ^2}S_0^2{\rm{ = }}\frac{1}{2}m.\frac{g}{\ell }.{\left( {{\alpha _0}\ell } \right)^2}\\
{\rm{ = }}\frac{1}{2}m.g\ell \alpha _0^2 = 0,05\left( J \right)
\end{array}$
Chọn B.

Câu 2: Một con ℓắc đơn gồm quả cầu nặng khối ℓượng m = 500g treo vào một sợi dây mảnh dài 60cm. Khi con ℓắc đang ở vị trí cân bằng thì cung cấp cho nó một năng ℓượng 0,015J, khi đó con ℓắc sẽ thực hiện dao động điều hòa. Biết g = 10 m/s$^2$. Biên độ dao động của con ℓắc đơn ℓà:
A. 0,06rad
B. 0,1rad
C. 0,15rad
D. 0,18rad

Giải

Năng lượng cung cấp để con lắc dao động điều hòa chính là cơ năng:
$\begin{array}{l}
{\rm{W = }}\frac{1}{2}m{\omega ^2}S_0^2{\rm{ = }}\frac{1}{2}m.\frac{g}{\ell }.{\left( {{\alpha _0}\ell } \right)^2}\\
{\rm{ = }}\frac{1}{2}m.g\ell \alpha _0^2 \leftrightarrow {\alpha _0} = \sqrt {\frac{{2W}}{{m.g.\ell }}} = 0,1\left( {rad} \right)
\end{array}$

Câu 3: Một con lắc đơn dao động điều hòa với chu kì là 4 s. Động năng của con lắc đơn biến thiên tuần hoàn với chu kì là bao nhiêu?
A. 2 s.
B. 4 s.
C. 3 s.
D. 1 s.

Giải

Vì chu kì dao động con lắc đơn T = 4 s → T$_đ$ = 2 s.
Chọn: A.

Câu 4: Một con lắc đơn dao động điều hòa với tần số 0,5 Hz. Thế năng của con lắc đơn biến thiên tuần hoàn với chu kì là bao nhiêu?
A. 0,25 s.
B. 4 s.
C. 1 s.
D. 0,5 s.

Giải

Vì tần số dao động
$\begin{array}{l}
f = 0,5\left( {Hz} \right) \to T = \frac{1}{{0,5}} = 2\left( {Hz} \right)\\
\to T’ = \frac{T}{2} = 1\left( s \right)
\end{array}$
Chọn: C.

Câu 5: Một con ℓắc đơn dao động điều hòa với chu kỳ T. Thời gian để động năng và thế năng bằng nhau ℓiên tiếp ℓà 0,5s. Tính chiều dài con ℓắc đơn, lấy g = π$^2$.
A. 10cm
B. 20cm
C. 50cm
D. 100cm

Giải

$\begin{array}{l}
\frac{T}{4} = 0,5\left( s \right) \to T = 2\left( s \right)\\
\to \ell = {\left( {\frac{T}{{2\pi }}} \right)^2}.g = 1\left( m \right) = 100\left( {cm} \right)
\end{array}$
Chọn: D.

Câu 6: Hai con lắc đơn dao động điều hòa tại cùng một nơi trên mặt đất, có năng lượng như nhau. Quả nặng của chúng có cùng khối lượng, chiều dài dây treo con lắc thứ nhất dài gấp đôi chiều dài dây treo con lắc thứ hai. Quan hệ về biên độ góc của hai con lắc là?
A. ${\alpha _1} = 2{\alpha _2}.$
B. ${\alpha _1} = \frac{1}{2}{\alpha _2}.$
C. ${\alpha _1} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}{\alpha _2}.$
D. ${\alpha _1} = \sqrt 2 {\alpha _2}.$

Giải

Vì hai con lắc có cùng cơ năng:
$\begin{array}{l}
{W_1} = {W_2} \leftrightarrow \frac{1}{2}.mg{\ell _1}.\alpha _{01}^2 = \frac{1}{2}.mg{\ell _2}.\alpha _{02}^2\\
\leftrightarrow {\alpha _{01}} = {\alpha _{02}}.\sqrt {\frac{{2{\ell _1}}}{{{\ell _1}}}} = {\alpha _{02}}\sqrt 2
\end{array}$
Chọn D.

Câu 7: Cho con ℓắc đơn dao động điều hòa tại nơi có g = 10m/s$^2$. Biết rằng trong khoảng thời gian 12s thì nó thực hiện được 24 dao động, vận tốc cực đại của con ℓắc ℓà 6π cm/s. Lấy π$^2$ = 10. Giá trị góc ℓệch của dây treo ở vị trí mà ở đó thế năng của con ℓắc bằng động năng ℓà:
A. 0,04 rad
B. 0,01 rad
C. 0,08 rad
D. 0,12 rad

Giải

$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
\Delta t = N.T = N.\frac{{2\pi }}{\omega } \leftrightarrow \omega = N.\frac{{2\pi }}{{\Delta t}}\\
{v_{\max }} = \omega {S_0}
\end{array} \right. \to {S_0} = \frac{{{v_{\max }}}}{{N.\frac{{2\pi }}{{\Delta t}}}}\\
{{\rm{W}}_d} = {W_t} \to s = \frac{{{S_0}}}{{\sqrt {1 + 1} }} = \frac{{\frac{{{v_{\max }}}}{{N.\frac{{2\pi }}{{\Delta t}}}}}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\frac{{6\pi {{.10}^{ – 2}}}}{{24.\frac{{2\pi }}{{12}}}}}}{{\sqrt 2 }} = 0,01\left( {rad} \right)
\end{array}$
Chọn B.

Chuyên đề năng lượng dao động điều hòa(p2)

Chuyên đề Năng lượng dao động điều hòa

Để tìm một đại lượng trong dao động điều hòa, ta có nhiều cách. Bài này sẽ dựa vào sự bảo toàn năng lượng dao động để ta tìm vận tốc. Chúng ta cùng nhau tìm

Cơ sở lý thuyết:
Một vật dao động điều hòa với phương trình x = Acos(ωt + φ). Tại thời điểm t, thế năng gấp n lần động năng. Hãy xác định vận tốc của vật?
Ta có:
$\begin{array}{*{20}{l}}
{\left. {\begin{array}{*{20}{l}}
{{W_d} + {W_t} = W}\\
{{W_t} = n{W_d}}
\end{array}} \right\} \to n{W_d} + {W_d} = W \to \left( {n + 1} \right){W_d} = W \to {W_d} = \frac{1}{{n + 1}}W}\\
{ \to \frac{1}{2}m{v^2} = \frac{1}{{n + 1}}.\frac{1}{2}.m{\omega ^2}{A^2} \to v = \pm \sqrt {\frac{1}{{n + 1}}} .\omega A}
\end{array}$

Chuyên đề Năng lượng dao động điều hòa

Chuyên đề Năng lượng dao động điều hòa

Chúng ta cùng nhau vào phần ví dụ minh họa:

Câu 1. Một vật dao động điều hòa với tần số góc ω và biên độ A. Khi thế năng bằng 3 lần động năng thì tốc độ v của vật có biểu thức? Biết cơ năng của năng lượng dao động được bảo toàn.
A. ωA/3
B. ± ωA/2
C. √2ωA/3
D. ±√3ωA/2
Trả lời
$v = \pm \sqrt {\frac{n}{{n + 1}}} .\omega A = \pm \sqrt {\frac{{\frac{1}{3}}}{{\frac{1}{3} + 1}}} .\omega A = \pm \frac{{\omega A}}{2}$
Chọn đáp án: A.

Câu 2. Một vật dao động điều hòa với tần số góc ω và biên độ A. Khi động năng bằng 3 lần thế năng thì tốc độ v của vật có biểu thức? Biết cơ năng của năng lượng dao động được bảo toàn.
A. $ \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2}\omega A$
B. $ \pm \frac{{\sqrt 6 }}{2}\omega A$
C. $ \pm \frac{{\sqrt 2 }}{3}\omega A$
D. $ \pm \frac{{\sqrt 2 }}{6}\omega A$
Trả lời
Áp dụng công thức $v = \pm \sqrt {\frac{n}{{n + 1}}} .\omega A = \pm \sqrt {\frac{3}{{3 + 1}}} .\omega A = \pm \frac{{\sqrt 3 }}{2}\omega A$
Chọn đáp án: A.

Câu 3. Một vật dao động điều hòa với phương trình x = 9cos(20t + π/3)cm. Biết cơ năng của năng lượng dao động được bảo toàn. Tại thời điểm mà thế năng bằng 8 lần động năng thì vật có tốc độ là
A. 60 cm/s
B. 60√2 cm/s
C. 50 cm/s
D. ± 60 cm/s
Trả lời
+ Khi thế năng gấp n lần động năng thì
$v = \pm \sqrt {\frac{1}{{n + 1}}} .\omega A = \pm \sqrt {\frac{1}{{8 + 1}}} .\omega A = \pm \frac{1}{3}.\omega A = \pm \frac{1}{3}.20.9 = \pm 60cm/s$
Chọn đáp án: D.

Câu 4. Một con lắc nhỏ thực hiện dao động điều hoà theo phương trình x = 10cos(10πt – π/6) cm. Biết cơ năng của năng lượng dao động được bảo toàn. Khi động năng của vật bằng một nửa cơ năng của nó thì vận tốc của vật là
A. ± π m/s
B. ± π/√2 m/s
C. ± π/3 m/s
D. ± π/2 m/s
Giải
Cơ năng của con lắc
+ Động năng của con lắc là ${{\rm{W}}_d} = \frac{1}{2}m{v^2}$
+ Theo đế bài: ${{\rm{W}}_d} = \frac{1}{2}W$
+ Vậy: ${{\rm{W}}_d} = \frac{1}{2}W \to \frac{1}{2}m{v^2} = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}m{\omega ^2}{A^2} \to v = \pm \frac{{\omega A}}{{\sqrt 2 }} = \pm \frac{\pi }{{\sqrt 2 }}m/s$
Chọn B

Chuyên đề tổng hợp dao động cơ điều hòa

chuyên đề tổng hợp dao động cơ điều hòa

Muốn biết chuyển động của một chất điểm tham gia đồng thời hai dao động đồng điều hòa, có nhiều cách, trong chuyên đề tổng hợp dao động cơ điều hòa này tôi sẽ giới thiệu với các bạn một công thức tổng quát giải được tất cả các dạng bài tổng hợp dao động. Chúng ta cùng nhau vào chuyên đề:

chuyên đề tổng hợp dao động cơ điều hòa

chuyên đề tổng hợp dao động cơ điều hòa

Một chất điểm tham gia đồng thời hai dao động có phương trình lần lượt là:

  • Phương trình dao động thứ nhất: x$_1$ = A$_1$cos(ωt + φ$_1$)
  • Phương trình dao động thứ hai x$_2$ = A$_2$cos(ωt + φ$_2$)

Hai dao động trên cùng phương, cùng tần số nên dao động tổng hợp có phương trình

x = x$_1$ + x$_2$ = Acos(ωt + φ)

trong đó:

  • Biểu thức biên độ dao động: ${A^2} = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}.{A_2}\cos \left( {{\varphi _2} – {\varphi _1}} \right)$
  • Biểu thức pha ban đầu của dao động: $\tan \varphi = \frac{{{A_1}\sin {\varphi _1} + {A_2}\sin {\varphi _2}}}{{{A_1}\cos {\varphi _1} + {A_2}\cos {\varphi _2}}}$

Biên độ dao động tổng hợp phụ thuộc vào độ lệch pha.

  • Nếu ∆φ = 2kπ thì A = A$_1$ + A$_2$
  • Nếu ∆φ = (2k + 1)π thì A = |A$_1$ – A$_2$|
  • Nếu ∆φ bất kì thì |A$_1$ – A$_2$| ≤ A ≤ A$_1$ + A$_2$

Câu 1[TG]: Cho hai dao động điều hòa cùng phương có phương trình lần lượt là x1 = 2√3sin(10πt + 5π/6)cm và x2 = – √3cos(10πt)cm. Phương trình dao động tổng hợp của 2 dao động là
A. x = 2cos(10πt)cm
B. x = 3cos(10πt + π/2)cm
C. x = 2√3cos(10πt + 5π/6)cm
D. x = √15cos(10πt)cm
Giải
$\begin{array}{l}
{x_1} = 2\sqrt 3 \sin \left( {10\pi t + \frac{{5\pi }}{6}} \right)\\
= 2\sqrt 3 \cos \left( {10\pi t + \frac{{5\pi }}{6} – \frac{\pi }{2}} \right)\\
= 2\sqrt 3 \cos \left( {10\pi t + \frac{\pi }{3}} \right)cm\\
\left\{ \begin{array}{l}
{A^2} = A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}.{A_2}\cos \left( {{\varphi _2} – {\varphi _1}} \right)\\
\tan \varphi = \frac{{{A_1}\sin {\varphi _1} + {A_2}\sin {\varphi _2}}}{{{A_1}\cos {\varphi _1} + {A_2}\cos {\varphi _2}}}
\end{array} \right.\\
\to \left\{ \begin{array}{l}
A = 3cm\\
\varphi = + \frac{\pi }{2}rad
\end{array} \right.
\end{array}$
Chọn: B.

Câu 2[TG]: Phương trình tổng hợp dao động của hai dao động điều hoà cùng phương, cùng tấn số có phương trình x = 3cos(πt – 5π/6) cm. Biết dao động thứ nhất có phương trình li độ x1 = 5cos(πt + π/6) cm. Dao động thứ hai có phương tình li độ là
A. x2 = 8cos(πt + π/6) cm
B. x2 = 2cos(πt + π/6) cm
C. x2 = 2cos(πt – 5π/6) cm
D. x2 = 8cos(πt – 5π/6) cm
Giải
x = x1 + x2
→ x2 = x – x1 = 3cos(πt – 5π/6) – 5cos(πt + π/6)
= 3cos(πt – 5π/6) + 5cos(πt + π/6 – π)
= 3cos(πt – 5π/6) + 5cos(πt – 5π/6) = 8cos(πt – 5π/6) cm
Chọn: D.

Câu 3[TG]: [ĐH – 2008] Cho hai dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số, cùng biên độ và có các pha ban đầu là π/3 và –π/6 (phương trình dạng cos). Pha ban đầu của tổng hợp dao động hai dao động trên bằng
A. π/2.
B. π/4.
C. π/6.
D. π/12.

Giải
$\begin{array}{l}
\left. \begin{array}{l}
{A_1} = {A_2} = A\\
{\varphi _1} = \frac{\pi }{3}\\
{\varphi _2} = – \frac{\pi }{6}\\
\tan \varphi = \frac{{{A_1}\sin {\varphi _1} + {A_2}\sin {\varphi _2}}}{{{A_1}\cos {\varphi _1} + {A_2}\cos {\varphi _2}}}
\end{array} \right\}\\
\to \tan \varphi = \frac{{A\sin \left( {\frac{\pi }{3}} \right) + A\sin \left( { – \frac{\pi }{6}} \right)}}{{A\cos \left( {\frac{\pi }{3}} \right) + A\cos \left( { – \frac{\pi }{6}} \right)}} = 2 – \sqrt 3 \to \varphi = \frac{\pi }{{12}}
\end{array}$
Chọn: D.
Câu 4[TG]: Cho hai dao động điều hoà cùng phương cùng tần số, biên độ lần lượt là a và và pha ban đầu tương ứng là φ1 = 2π/3; φ2 = π/6. Pha ban đầu của  tổng hợp dao động là:
A. π/2.
B. π/3.
C. ‒π/2.
D. 2π/3.

Giải
$\left. \begin{array}{l}
{A_1} = a\\
{A_2} = a\sqrt 3 \\
{\varphi _1} = \frac{{2\pi }}{3}\\
{\varphi _2} = \frac{\pi }{6}
\end{array} \right\} \to \tan \varphi = \frac{{a\sin \left( {\frac{{2\pi }}{3}} \right) + a\sqrt 3 \sin \left( {\frac{\pi }{6}} \right)}}{{a\cos \left( {\frac{\pi }{3}} \right) + a\sqrt 3 \cos \left( {\frac{\pi }{6}} \right)}} = \sqrt 3 \to \varphi = \frac{\pi }{3}$
Chọn: B.

Câu 5[TG]: Một vật dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số có phương trình lần lượt là x1 = 4cos(100t) (cm); x2 = 4cos(100t + π/2) (cm). Hãy xác định phương trình dao động tổng hợp
A. x = 4cos(100t + π/4) cm.
B. x = $4\sqrt 2 $cos(100t + π/8) cm.
C. x = $4\sqrt 2 $cos(100t + π/4) cm.
D. x = 4cos(100t + 3π/4) cm
Giải
$\begin{array}{l}
A = \sqrt {A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}.{A_2}\cos \left( {{\varphi _2} – {\varphi _1}} \right)} = 4\sqrt 2 \left( {cm} \right)\\
\tan \varphi = \frac{{{A_1}\sin {\varphi _1} + {A_2}\sin {\varphi _2}}}{{{A_1}\cos {\varphi _1} + {A_2}\cos {\varphi _2}}} = 0,414 \to \varphi = \frac{\pi }{4}
\end{array}$
Chọn: C.

Chu kì con lắc đơn trong dao động điều hòa

Chu kì con lắc đơn trong dao động điều hòa phụ thuộc chiều dài sợi dây treo vật ℓ và vị trí đặt con lắc g. Các dạng bài tập sẽ tập trung khai thác ℓ và g. Chúng ta cùng nhau khảo sát dạng này.

chu kì con lắc đơn trong dao động điều hòa

chu kì con lắc đơn trong dao động điều hòa

Ta biết con lắc đơn dao động điều hòa có phương trinh vi phân li độ dài s” + ω$^2$s = 0

  • Nghiệm của phương trình vi phân là  s = S$_0$cos(ωt + φ)
  • Tần số góc dao động $\omega = \sqrt {\frac{g}{\ell }} $
  • Chu kì dao động $T = 2\pi \sqrt {\frac{\ell }{g}} $
  • Tần số dao động $f = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{g}{\ell }} $

Nhận xét: Từ biểu thức trên cho ta thấy

  • Chu kì con lắc đơn tỉ lệ thuận với căn bậc 2 của ℓ ; tỉ lệ nghịch với căn bậc 2 của g
  • Chu kì con lắc đơn chỉ phụ thuộc vào ℓ và g; không phụ thuộc biên độ A và khối lượng m.

Với mong muốn làm rõ điều này hơn, chúng ta cùng nhau xét các ví dụ sau đây:
Câu 1 : Cho con lắc đơn chiều dài ℓ dao động nhỏ với chu kỳ T. Nếu tăng chiều dài con lắc gấp 4 lần và tăng khối lượng vật treo gấp 2 lần thì chu kỳ con lắc
A. Tăng 8 lần.
B. Tăng 4 lần.
C. Giảm 2 lần.
D. Tăng 2 lần.
Giải
$T = 2\pi \sqrt {\frac{{\ell ‘}}{g}} = 2\pi \sqrt {\frac{{4\ell }}{g}} = 2.2\pi \sqrt {\frac{\ell }{g}} = 2T$
Chọn: D.

Câu 2:Một con lắc đơn dao động điều hòa, nếu tăng chiều dài lên 25% thì chu kì dao động của nó
A. tăng 11,8%
B. tăng 56%
C. giảm 11,8%
D. giảm 25%
Giải
ℓ’ = ℓ + 25%ℓ = 1,25ℓ → T’ = $\sqrt {1,25} $ T = 1,118T → Chu kì tang 11,8$
Chọn: A.

Câu 3: Mặt trăng có khối lượng bằng 1/81 khối lượng Trái Đất và có bán kính 10/37 bán kính Trái Đất. Chu kì con lắc đơn tăng hay giảm bao nhiêu lần khi đưa từ Trái Đất lên mặt trăng, biết chiều dài con lắc không đổi?
A. giảm 2,43 lần
B. tăng 2,43 lần
C. giảm 21,9 lần
D. tăng 21,9 lần
Giải
$\left. \begin{array}{l}
{T_d} = 2\pi \sqrt {\frac{\ell }{{{g_d}}}} = 2\pi .\sqrt {\frac{\ell }{{G.\frac{{{M_d}}}{{R_d^2}}}}} \\
{T_t} = 2\pi \sqrt {\frac{\ell }{{{g_t}}}} = 2\pi .\sqrt {\frac{\ell }{{G.\frac{{{M_t}}}{{R_t^2}}}}}
\end{array} \right\} \to \frac{{{T_t}}}{{{T_d}}} = \sqrt {\frac{{{g_d}}}{{{g_t}}}} = \sqrt {\frac{{{M_d}}}{{{M_t}}}} .\frac{{{R_t}}}{{{R_d}}} = \sqrt {81} .\frac{{10}}{{37}} \approx 2,43$
Chọn: B.

Câu 4: Một con lắc đơn có dây treo chiều dài ℓ. Người ta thay đổi độ dài của nó tới giá trị ℓ’ sao cho chu kỳ con lắc đơn mới chỉ bằng 90% chu kỳ dao động ban đầu. Hỏi chiều dài ℓ’ bằng bao nhiêu lần chiều dài ℓ?
A. ℓ’ = 1,11ℓ
B. ℓ’ = 0,81ℓ
C. ℓ’ = 1,23ℓ
D. ℓ’ = 0,9ℓ
Giải
$T’ = 90\% T = 0,9T \to \ell ‘ = 0,{9^2}\ell = 0,81\ell $
Chọn: B.

Câu 5: Hai con lắc đơn có chu kỳ dao động nhỏ là 2s và 2,5s. Chu kì con lắc đơn có chiều dài bằng hiệu chiều dài 2 con lắc trên là
A. 0,44s
B. 0,67 s
C. 1,5s D. 2,25 s
Giải
$\begin{array}{l}
T = 2\pi \sqrt {\frac{\ell }{g}} \to \ell = {\left( {\frac{T}{{2\pi }}} \right)^2}.g \to \left\{ \begin{array}{l}
{\ell _1} = {\left( {\frac{{{T_1}}}{{2\pi }}} \right)^2}.g\\
{\ell _2} = {\left( {\frac{{{T_2}}}{{2\pi }}} \right)^2}.g\\
\ell = {\left( {\frac{T}{{2\pi }}} \right)^2}.g\\
\ell = {\ell _1} + {\ell _2}
\end{array} \right.\\
\to {\left( {\frac{T}{{2\pi }}} \right)^2}.g = {\left( {\frac{{{T_2}}}{{2\pi }}} \right)^2}.g – {\left( {\frac{{{T_1}}}{{2\pi }}} \right)^2}.g\\
\to T = \sqrt {T_1^2 – T_2^2} = \sqrt {2,{5^2} – {2^2}} = 1,5\left( s \right)
\end{array}$
Chọn: C.

Quãng đường con lắc lò xo mà chất điểm đi

quãng đường con lắc lò xo

Xác định quãng đường con lắc lò xo mà chất điểm đi được là dạng bài khá hay. Để xác định được, chúng ta có thể sử dụng phương pháp đường tròn hoặc phương pháp đại số. Với phương pháp đường tròn hoặc phương pháp đại số đã được tìm hiểu ở bài trước. Em nào quên vui lòng xem lại.

Dựa vào hai phương pháp này, chúng ta có 4 hệ quả quan trọng được rút ra như sau:

  • Trong một chu kì, quãng đường con lắc lò xo có chất điểm đi được là S = 4A.
  • Trong một nửa chu kì, quãng đường con lắc lò xo có chất điểm đi được là S = 2A.
  • Trong một phần tư chu kì nếu vật xuất phát ở biên độ hoặc xuất phát ở vị trí cân bằng thì quãng đường con lắc lò xo có chất điểm đi được là S = 4A.

Dựa vào hệ quả quan trọng trên, ta sẽ giải các ví dụ minh họa sau:

Câu 1 : Một con lắc lò xo dao động điều hòa theo phương ngang với phương trình dao động x = 8sin(2πt + π/2) cm. Quãng đường con lắc lò xo có chất điểm đó đi được từ t0 = 0 đến t1 = 1,25s là
A. 0,48m
B. 32cm
C. 40cm
D. 0,56m
Giải
$\begin{array}{l}
T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{2\pi }} = 1\left( s \right) \to \Delta t = 1,25 – 0\left( s \right) = 1,25\left( s \right) = T + \frac{T}{4}\\
\to S = 1.4A + A = 5A = 40\left( {cm} \right)
\end{array}$
Chọn: C.

Câu 2 : Một con lắc lò xo dao động điều hòa theo phương thẳng đứng với phương trình dao động x = 10cos(2πt + π/2) cm. Quãng đường con lắc lò xo có chất điểm mà chất điểm đó đi được từ t0 = 0 đến t1 = 0,25s là
A. 5m
B. 13,66cm
C. 10cm
D. 0,56m
Giải
$\begin{array}{l}
T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{2\pi }} = 1\left( s \right) \to \Delta t = 0,25 – 0\left( s \right) = 0,25\left( s \right) = \frac{T}{4}\\
\to S = A = 10\left( {cm} \right)
\end{array}$
Chọn: C.

Câu 3 : Một vật con lắc lò xo dao dao động điều hòa theo phương thẳng đứng với phương trình x = 6cos(4πt + π/3) cm. Tính quãng đường con lắc lò xo có chất điểm vật đi được sau 2,125 s kể từ thời điểm ban đầu?
A. 104 cm
B. 99,8 cm
C. 104,2cm
D. 100 cm
Giải
Ta có: $T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{4\pi }} = 0,5\left( s \right) \to t = 2,125\left( s \right) = \underbrace {4T}_{{S_1}} + \underbrace {\frac{T}{4}}_{{S_2}}$
Quãng đường S$_1$ = 4.4A = 2.4.6 = 96 cm.
Quãng đường S$_2$:
Theo đề: $t = 0 \to \left\{ \begin{array}{l}
{x_1} = 3\left( {cm} \right) = \frac{A}{2}\\
{v_1} < 0
\end{array} \right.$

quãng đường con lắc lò xo

quãng đường con lắc lò xo

Cách 1: Phương pháp đường tròn
Ta thấy $\beta = \omega .\Delta t = \frac{{2\pi }}{T}.\frac{T}{4} = \frac{\pi }{2}\left( {rad} \right)$
Từ đường tròn, ta thấy: ${S_2} = 3 + 3\sqrt 3 = 8,196\left( {cm} \right)$
Quãng đường: S = S$_1$ + S$_2$ = 96 + 8,196 = 104,196(cm)
Chọn C.
Cách 2:
$\begin{array}{l}
{S_2}:\left\{ \begin{array}{l}
t = 0 \to \left\{ \begin{array}{l}
{x_1} = 3\left( {cm} \right)\\
{v_1} < 0
\end{array} \right.\\
t = 2,125\left( s \right) \to \left\{ \begin{array}{l}
{x_2} = – 3\sqrt 3 \left( {cm} \right)\\
{v_2} = – 12\pi \left( {\frac{{cm}}{s}} \right) < 0
\end{array} \right.
\end{array} \right. \to {S_2} = \left| { – 3\sqrt 3 – 3} \right|\left( {cm} \right)\\
\to S = 96 + \left| { – 3\sqrt 3 – 3} \right| = 104,196\left( {cm} \right)
\end{array}$

Câu 4 : Một vật con lắc lò xo dao dao động điều hòa theo phương thẳng đứng với phương trình x = 6cos(4πt + π/3) cm. Tính quãng đường con lắc lò xo có chất điểm vật đi được từ thời điểm t = 2,125s đến t = 3s
A. 38,42cm
B. 39,99cm
C. 39,80cm
D. 40,80 cm.
Giải
$T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{4\pi }} = 0,5\left( s \right) \to \Delta t = 3 – 2,125\left( s \right) = \frac{7}{8}\left( s \right) = \underbrace T_{{S_1} = 4A} + \underbrace {\frac{T}{2}}_{{S_2} = 2A} + \underbrace {\frac{T}{4}}_{{S_3}}$
Quãng đường S$_2$:
Theo đề: ${t_1} = 2,125\left( s \right) \to \left\{ \begin{array}{l}
{x_1} = – 3\sqrt 3 \left( {cm} \right) = – \frac{{A\sqrt 3 }}{2}\\
{v_1} = – 12\pi \left( {\frac{{cm}}{s}} \right) < 0
\end{array} \right.$

quãng đường con lắc lò xo

quãng đường con lắc lò xo

Cách 1: Phương pháp đường tròn
Ta thấy $\beta = \omega .\Delta t = \frac{{2\pi }}{T}.\frac{T}{4} = \frac{\pi }{2}\left( {rad} \right)$
Từ đường tròn, ta thấy:
${S_2} = \left( {6 – 3\sqrt 3 } \right) + \left( {6 – 3} \right) = 3,803\left( {cm} \right)$
Quãng đường: S = 4.6 + 2.6 + 3,8 = 39,8(cm)
Chọn C.

Cách 2:
$\begin{array}{l}
{S_2}:\left\{ \begin{array}{l}
{t_1} = 2,125\left( s \right) \to \left\{ \begin{array}{l}
{x_1} = – 3\sqrt 3 \left( {cm} \right)\\
{v_1} = – 12\pi \left( {\frac{{cm}}{s}} \right) < 0
\end{array} \right.\\
{t_2} = 3\left( s \right) \to \left\{ \begin{array}{l}
{x_2} = 3\left( {cm} \right)\\
{v_2} = – 12\sqrt 3 \pi \left( {\frac{{cm}}{s}} \right) < 0
\end{array} \right.
\end{array} \right. \to {S_2} = 4A – \left| {{x_1} – {x_2}} \right| = 15,8\left( {cm} \right)\\
\to S = 4A + {S_2} = 24 + 15,8 = 39,8\left( {cm} \right)
\end{array}$
Chọn: C.

Câu 5 : Một vật con lắc lò xo dao dao động điều hòa theo phương ngang với phương trình x = 12cos(πt + π/13) cm, với x tính bằng cm, t tính bằng s. Tính quãng đường con lắc lò xo có chất điểm mà vật đi được sau 4 s kể từ thời điểm ban đầu.
A. 96 cm
B. 12 cm
C. 24 cm
D. 48 cm
Giải
$T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{\pi } = 2\left( s \right) \to t = 4\left( s \right) = 2.T \to S = 2.4A = 96\left( {cm} \right)$
Chọn: A.

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.