PHƯƠNG PHÁP 1. SỬ DỤNG ĐƯỜNG TRÒN LƯỢNG GIÁC
I. LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
1. Mối liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều
Giả sử có một điểm M chuyển động tròn đều trên một đường tròn theo chiều dương (ngược chiều kim đồng hồ) với tốc độ góc w. Gọi P là hình chiếu vuông góc của điểm M trên trục Ox trùng với một đường kính của đường tròn và có gốc trùng với tâm O của đường tròn. Ta thấy điểm P dao động trên trục Ox quanh gốc toạ độ O.
Tại thời điểm t = 0, điểm M ở vị trí M0 được xác định bởi góc $\widehat{{{P}_{1}}OM}=\varphi (rad)$
Sau t giây, tức là tại thời điểm t nó chuyển động đến điểm vị trí điểm M xác định bởi góc $\widehat{{{P}_{1}}OM}=\omega t+\varphi (rad)$. Khi ấy tọa độ $x=\overline{OP}$ của điểm P có phương trình là $x=OM\cos \left( \omega t+\varphi \right)=A\cos \left( \omega t+\varphi \right)$trong đó ta có: $\omega =\frac{v}{R}$ .
Như vậy:
Một dao động điều hòa có thể được coi như hình chiếu của một chuyển động tròn đều xuống đường thẳng nằm trong mặt phẳng quỹ đạo.
Khi chất điểm chuyển động được một vòng thì vật dao động điều hòa thực hiện được một dao động. Tần số góc của hình chiếu dao động điều hòa bằng vận tốc góc của chất điểm chuyển động tròn đều đó.
Vecto vận tốc và gia tốc trên đường tròn lượng giác:
Xét góc $\varphi \in \left[ 0;2\pi \right]$ ta có:
Khi$0<\varphi <\frac{\pi }{2}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{} v<0 \\ {} a<0 \\ \end{array} \right.$
Khi$\frac{\pi }{2}<\varphi <\pi \Rightarrow \left\{ \begin{array}{} v0 \\ \end{array} \right.$
Khi$\pi <\varphi 0 \\ {} a>0 \\ \end{array} \right.$
Khi$\frac{3\pi }{2}<\varphi 0 \\ {} a<0 \\ \end{array} \right.$
Trên hình vẽ ta thấy, nếu vật chuyển động tròn đều trên nửa vòng tròn phía trên thì hình chiếu của nó âm tức là dao động điều hòa đang chuyển động theo chiều âm trục Ox, còn nếu vật chuyển động tròn đều trên nửa vòng tròn phía dưới thì hình chiếu tức dao động điều hòa sẽ đang chuyển động theo chiều dương trục Ox.
Vecoto gia tốc luôn hướng về vị trí cân bằng.
2. Phương pháp đường tròn lượng giác
BÀI TOÁN: Một vật dao động điều hòa dọc theo trục Ox với phương trình $x=A\cos \left( \omega t+\varphi \right)$. Tính khoảng thời gian ngắn nhất để vật đi từ điểm có li độ x1 đến điểm có li độ x2?
Phương pháp giải
Phương trình dao động của vật có dạng $x=A\cos \left( \omega t+\varphi \right)$
Bước 1: Vẽ trục Ox gắn vào đường tròn bán kính R = A
Bước 2: Xác định vị trí x1 trên vòng tròn lượng giác và chiều của chuyển động.
Bước 3: Xác định vị trí x2 trên vòng tròn lượng giác và chiều của chuyển động.
(Chiều âm nằm phía trên đường tròn, chiều dương phía dưới của đường tròn lượng giác).
Bước 4: Khi vật dao động điều hoà từ điểm x1 đến điểm x2 thì tương ứng trên đường tròn chất
điểm chuyển động từ M1 đến M2 và quét được một góc $\alpha =\widehat{{{M}_{1}}O{{M}_{2}}}$
Bước 5: Tính góc a khi đó $\alpha =\omega .\Delta t\Rightarrow \Delta t=\frac{\alpha }{\omega }$ .
Bài tập mẫu: Một vật dao động trên trục Ox với phương trình $x=4\cos \left( 2\pi t+\frac{\pi }{3} \right)cm$. Tìm khoảng thời gian ngắn nhất để vật đi từ li độ ${{x}_{1}}=2\sqrt{3}cm$ đến li độ ${{x}_{2}}=-2cm?$
Lời giải chi tiết:
Vẽ đường tròn bán kính R = A = 4 cm.
Thời gian ngắn nhất để vật đi từ li độ ${{x}_{1}}=2\sqrt{3}cm$ đến li độ ${{x}_{2}}=-2\,cm$ là thời gian để vật đi theo 1 chiều trực tiếp (chiều âm trên hình vẽ không lặp lại hay quay vòng) từ $x=2\sqrt{3}\to x=-2$ như hình vẽ bên. Khi đó vật quét được góc $\alpha =\widehat{{{M}_{1}}O{{M}_{2}}}$ trên đường tròn lượng giác.
Ta có: $\cos \widehat{{{M}_{1}}O{{P}_{1}}}=\frac{O{{P}_{1}}}{R}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \widehat{{{M}_{1}}O{{P}_{1}}}=\frac{\pi }{6}$ .
Lại có: $\cos \widehat{{{M}_{2}}O{{P}_{2}}}=\frac{O{{P}_{2}}}{R}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{{{M}_{2}}O{{P}_{2}}}=\frac{\pi }{3}$.
Do đó $\alpha =\pi -\widehat{{{M}_{1}}O{{P}_{1}}}-\widehat{{{M}_{2}}O{{P}_{2}}}=\frac{\pi }{2}$. Khi đó: $\Delta t=\frac{\alpha }{\omega }=\frac{\frac{\pi }{2}}{2\pi }=\frac{1}{4}s=0,25s$.
II. BÀI TẬP ÁP DỤNG ĐƯỜNG TRÒN LƯỢNG GIÁC CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT:
| Bài tập 1: Một chất điểm M chuyển động tròn đều trên qũy đạo tâm O bán kính 5 cm với tốc độ 3 m/s. Hình chiếu của điểm M trên trục Ox nằm trong mặt phẳng qũy đạo dao động điều hòa với tần số góc:
A. 30 (rad/s). B. 0,6 (rad/s). C. 6 (rad/s). D. 60 (rad/s). |
Lời giải chi tiết:
Ta có: v = 300 cm / s suy ra tần số góc: $\omega =\frac{v}{r}=60(rad/s)$. Chọn D
| Bài tập 2: Một chất điểm M chuyển động tròn đều trên quỹ đạo tâm O bán kính R = 4 cm với tốc độ v. Hình chiếu của điểm M trên trục Ox nằm trong mặt phẳng quỹ đạo dao động điều hòa với tần số góc 5(rad/s). Giá trị của v bằng:
A. 10cm/s. B. 20cm/s. C. 50cm/s. D. 25cm/s. |
Lời giải chi tiết:
Vận tốc của vật là $v=r.\omega =4.5=20cm/s$. Chọn B.
| Bài tập 3: Một chất điểm M chuyển động tròn đều trên quỹ đạo tâm O với tốc độ góc 50 cm / s . Hình chiếu của điểm M trên trục Ox nằm trong mặt phẳng quỹ đạo dao động điều hòa với tần số góc 10(rad/s). Biên độ của dao động điều hòa bằng:
A. 5m. B. 0,2cm. C. 2cm. D. 5cm. |
Lời giải chi tiết:
Biên độ dao động bằng bán kính đường tròn và $A=r=\frac{v}{\omega }=\frac{50}{10}=5cm$. Chọn D.
| Bài tập 4: Một chất điểm M chuyển động tròn đều trên quỹ đạo tâm O bán kính 4 cm với tốc độ v cm /s . Gọi P là hình chiếu của M lên trục Ox nằm trong mặt phẳng quỹ đạo. Khi P cách O một đoạn $2\sqrt{3cm}$ thì nó có tốc độ bằng 20 cm / s
A. 10cm/s. B. 40cm/s. C. 50cm/s. D. 20cm/s. |
Lời giải chi tiết:
Tần số góc: $\omega =\frac{v}{r}(rad/s)\,;\,A=r=4\,cm$
Khi P cách O một đoạn $2\sqrt{3}cm$ thì tốc độ của nó là
$\left| {{v}_{P}} \right|=\omega \sqrt{{{A}^{2}}-{{x}^{2}}}=\frac{v}{4}\sqrt{{{4}^{2}}-{{\left( 2\sqrt{3} \right)}^{2}}}=20\left( cm/s \right)\Rightarrow v=40cm/s$ . Chọn B.
| Bài tập 5: Một chất điểm M chuyển động tròn đều trên quỹ đạo tâm O với tốc độ 30 cm / s. Gọi P là hình chiếu của M lên trục Ox nằm trong mặt phẳng quỹ đạo. Khi P cách O một đoạn 9cm thì nó có tốc độ bằng 24 cm / s. Biên độ dao động của P là
A. 10cm. B. 15cm. C. 18cm. D. 20cm. |
Lời giải chi tiết:
Ta có: $A=r\Rightarrow \omega r=\omega A=30={{v}_{\max P}}$ .
Lại có: ${{\left( \frac{{{x}_{P}}}{A} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{{{v}_{P}}}{{{v}_{\max P}}} \right)}^{2}}=1\Rightarrow \frac{{{9}^{2}}}{{{A}^{2}}}+{{\left( \frac{24}{30} \right)}^{2}}=1\Rightarrow A=15cm$. Chọn B.
| Bài tập 6: [Trích đề thi THPTQG năm 2016]. Một chất điểm chuyển động tròn đều trên đường tròn tâm O bán kính 10 cm với tốc độ góc 5 rad/s. Hình chiếu của chất điểm lên trục Ox nằm trong mặt phẳng quỹ đạo có tốc độ cực đại là
A. 15cm/s. B. 50cm/s. C. 250cm/s. D. 25cm/s. |
Lời giải chi tiết:
Ta có: $A=r=10cm,\omega =5rad/s\Rightarrow {{v}_{\max }}=\omega A=50cm/s$. Chọn B.
| Bài tập 7: Một vật dao động điều hòa dọc theo trục Ox với phương trình $x=4\cos \left( \omega t+\frac{2\pi }{3} \right)\left( cm \right)$. Tại thời điểm ban đầu vật có:
A. x = -2cm và đang chuyển động theo chiều dương của trục Ox B. x = 2 cm và đang chuyển động theo chiều dương của trục Ox. C. x = 2 cm và đang chuyển động theo chiều âm của trục Ox. D. x = -2cm và đang chuyển động theo chiều âm của trục Ox. |
Lời giải chi tiết:
Tại thời điểm ban đầu t = 0 ta có: $\varphi =\frac{2\pi }{3}$ .
Do đó $x=4\cos \frac{2\pi }{3}=-2$ và vật đang chuyển động theo chiều âm của trục Ox
Chọn D.
| Bài tập 8: Một vật dao động điều hoà dọc theo trục Ox với phương trình $x=8\cos \left( \frac{2\pi t}{3}-\frac{\pi }{6} \right)\left( cm \right)$. Tại thời điểm t = 0,5s vật có:
A. $x=4\sqrt{3}cm$ và đang chuyển động theo chiều dương của trục Ox. B. $x=-4\sqrt{3}cm$ và đang chuyển động theo chiều dương của trục Ox. C. $x=4\sqrt{3}cm$ và đang chuyển động theo chiều âm của trục Ox. D. $x=-4\sqrt{3}cm$ và đang chuyển động theo chiều âm của trục Ox. |
Lời giải chi tiết:
Tại thời điểm ban đầu t = 0,5s ta có: $\varphi =\frac{\pi }{6}$ .
Do đó: $x=8\cos \frac{\pi }{6}=4\sqrt{3}$ và vật đang chuyển động theo chiều âm của trục Ox. Chọn C.
| Bài tập 9: Một vật dao động điều hoà dọc theo trục Ox với phương trình $x=A\cos \left( \frac{2\pi }{T}t-\frac{\pi }{6} \right)\left( cm \right)$ . Tính từ thời điểm ban đầu, khoảng thời gian vật đến vị trí có li độ $x=\frac{-A}{\sqrt{2}}$ lần thứ nhất là
A. $\Delta t=\frac{13T}{24}$ . B. $\Delta t=\frac{T}{2}$. C. $\Delta t=\frac{11T}{24}$. D. $\Delta t=\frac{5T}{12}$. |
Lời giải chi tiết:
Tại thời điểm $t=0\Rightarrow {{\varphi }_{0}}=-\frac{\pi }{6}$ ứng với điểm M0 trên vòng tròn lượng giác.
Tại thời điểm vật có li độ $x=-\frac{A}{\sqrt{2}}$ lần thứ nhất ứng với điểm M0 trên vòng tròn lượng giác.
Ta có: $\widehat{{{M}_{0}}O{{P}_{0}}}=\frac{\pi }{6};\widehat{{{M}_{1}}Oy}=\widehat{O{{M}_{1}}{{P}_{1}}}=\arcsin \frac{\left| {{x}_{1}} \right|}{A}=\frac{\pi }{4}$
Do đó $\alpha =\widehat{{{M}_{0}}O{{M}_{1}}}=\frac{11\pi }{12}\Rightarrow \Delta t=\frac{\alpha }{\omega }=\alpha \,.\frac{T}{2\pi }=\frac{11T}{24}$ . Chọn C.
| Bài tập 10: Một vật dao động điều hoà dọc theo trục Ox với phương trình $x=10\cos \left( 4t+\frac{\pi }{3} \right)\left( cm \right)$. Thời gian ngắn nhất vật đi từ điểm có li độ x = -6 cm đến điểm có li độ x = 5 cm là
A. 0,292s. B. 0,093s. C. 0,917s. D. 0,585s. |
Lời giải chi tiết:
Thời gian ngắn nhất vật đi từ điểm có li độ x = – 6 cm đến điểm có li độ x = 5 cm là thời gian vật quét được góc $\alpha =\widehat{{{M}_{1}}O{{M}_{2}}}$ trên đường tròn lượng giác như hình vẽ bên.
$\begin{array}{} Ta\text{ }c\acute{o}\,:\,\,\,\cos {{\alpha }_{1}}=\cos \widehat{{{M}_{1}}O{{P}_{1}}}=\frac{6}{10}\Rightarrow {{\alpha }_{1}}=0,927rad. \\ {} \cos {{\alpha }_{2}}=\cos \widehat{{{M}_{2}}O{{P}_{2}}}=\frac{\pi }{3}. \\ \end{array}$
Do đó $\alpha =\pi -{{\alpha }_{1}}-{{\alpha }_{2}}=1,167$. Khi đó $\Delta t=\frac{\alpha }{\omega }=\frac{1,167}{4}=\frac{1}{4}s=0,292s$ . Chọn A.
| Bài tập 11: Một vật dao động điều hòa theo dọc trục Ox với phương trình $x=8\cos \left( \pi t-\frac{\pi }{3} \right)\left( cm \right)$ . Khoảng thời gian ngắn nhất vật đi từ điểm có li độ ${{x}_{1}}=-4\sqrt{3}cm$ theo chiều dương đến điểm có li độ ${{x}_{2}}=4cm$ theo chiều âm là
A. 2s. B. 1,33s. C. 1,5s. D. 1,167s. |
Lời giải chi tiết:
Vị trí ${{x}_{1}}=-4\sqrt{3}$ theo chiều dương là điểm M1 trên vòng tròn lượng giác.
Vị trí ${{x}_{2}}=4$ theo chiều âm là điểm M2 trên vòng tròn lượng giác.
Thời gian ngắn nhất vật di chuyển từ x1 đến x2 là thời gian ngắn nhất vật chuyển động từ M1 đến M2 (không lặp vòng)
Ta có: $\cos {{\alpha }_{1}}=\cos \widehat{{{M}_{1}}O{{P}_{1}}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow {{\alpha }_{1}}=\frac{\pi }{6}$; tương tự ${{\alpha }_{2}}=\widehat{{{M}_{2}}O{{P}_{2}}}=\frac{\pi }{3}$ .
Do đó: $\alpha =\pi -{{\alpha }_{1}}+{{\alpha }_{2}}=\frac{7\pi }{6}\Rightarrow \Delta t=\frac{6}{\pi }=1,167$. Chọn D.
| Bài tập 12: Một vật dao động điều hoà dọc theo trục Ox với phương trình $x=10\cos \left( 4\pi t+\frac{2\pi }{3} \right)cm$ . Khoảng thời gian ngắn nhất vật đi từ điểm có li độ ${{x}_{1}}=6cm$ đến điểm có li độ ${{x}_{2}}=3cm$ là
A. 0,237s. B. 0,075s. C. 0,027s. D. 0,473s. |
Lời giải chi tiết:
Khoảng thời gian ngắn nhất vật đi từ điểm có li độ ${{x}_{1}}=3\,cm$(ứng với điểm M1 trên đường tròn) đến điểm có li độ ${{x}_{2}}=6\,cm$ (ứng với điểm M2 trên đường tròn) là khoảng thời gian ngắn nhất vật chuyển động từ M1 đến M2 trên vòng tròn lượng giác được biểu diễn như hình vẽ bên.
Ta có $\alpha =\widehat{{{M}_{2}}O{{P}_{2}}}-\widehat{{{M}_{1}}O{{P}_{1}}}=\arccos \frac{3}{10}-\arccos \frac{6}{10}$
Suy ra $\Delta t=\frac{\alpha }{\omega }=0,027s$. Chọn C.
| Bài tập 13: [Trích đề thi đại học năm 2013]. Một vật nhỏ dao động điều hoà theo phương trình $x=A\cos 4\pi t$ (trong đó t tính bằng giây). Tính từ thời điểm t = 0, khoảng thời gian ngắn nhất để gia tốc của vật bằng một nửa gia tốc cực đại là
A. 0,083s. B. 0,104s. C. 0,167s. D. 0,125s. |
Lời giải chi tiết:
Ta có: $\left| a \right|=\frac{{{a}_{\max }}}{2}\Rightarrow \left| x \right|=\frac{A}{2}$
Tại thời điểm ban đầu $\varphi =0$ .
Như vậy thời gian ngắn nhất để gia tốc của vật bằng một nửa gia tốc cực đại bằng thời gian vật đi từ x = A đến $x=\frac{A}{2}$.
Ta có $\cos \alpha =\frac{1}{2}\Rightarrow \alpha =\frac{\pi }{3}\Rightarrow {{t}_{\min }}=\frac{\alpha }{\omega }=\frac{1}{12}\left( s \right)$ . Chọn A.
| Bài tập 14: Một vật nhỏ dao động điều hòa theo phương trình $x=A\cos \left( 4\pi t-\frac{\pi }{4} \right)$ (t tính bằng giây). Tính từ thời điểm t = 0, khoảng thời gian ngắn nhất để tốc độ của vật bằng một nửa tốc độ cực đại và đang chuyển động theo chiều âm là
A. 0,104s. B. 0,073s. C. 0,115s. D. 0,146s. |
Lời giải chi tiết:
Tại thời điểm t = 0 ta có: $\varphi =-\frac{\pi }{4}\Rightarrow {{x}_{1}}=\frac{A}{\sqrt{2}}$ .
Khi $v=\frac{{{v}_{\max }}}{2}\Rightarrow {{\left( \frac{x}{A} \right)}^{2}}=1-{{\left( \frac{v}{{{v}_{\max }}} \right)}^{2}}=\frac{3}{4}$
Do đó $x=\pm \frac{A\sqrt{3}}{2}$ . Như vậy thời gian ngắn nhất tính từ thời điểm ban đầu đến khi vận tốc bằng một nửa tốc độ cực đại là thời gian vật đi đến vị trí $x=\frac{A\sqrt{3}}{2}$ lần thứ nhất và đang chuyển động theo chiều âm.
Khi đó vật chuyển động từ vị trí M1 đến vị trí M2 trên đường tròn lượng giác (hình vẽ trên)
Ta có: $\alpha =\widehat{{{M}_{1}}O{{P}_{1}}}+\widehat{{{M}_{2}}O{{P}_{2}}}=\frac{\pi }{4}+\arccos \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{7\pi }{24}\Rightarrow \Delta t=\frac{\alpha }{\omega }=0,104s$ . Chọn A.
| Bài tập 15: Một vật nhỏ dao động điều hoà với biên độ A = 10 cm. Biêt rằng khoảng thời gian ngắn nhất giữa hai thời điểm vận tốc của vật bằng $\frac{\sqrt{3}}{2}$ lần vận tốc cực đại là 0,25 (s). Gia tốc cực đại của chất điểm có độ lớn là
A. 17,546m/s2 B. 1,7546m/s2 C. 55,85cm/s2 D. 0,5585m/s2 |
Lời giải chi tiết:
Ta có: ${{\left( \frac{x}{A} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{v}{{{v}_{\max }}} \right)}^{2}}=1$ .
Theo giả thiết $\frac{v}{{{v}_{\max }}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \left| x \right|=\frac{A}{2}$ .
Thời gian ngắn nhất giữa hai thời điểm vận tốc của vật bằng $\frac{\sqrt{3}}{2}$ lần vận tốc cực đại là khoảng thời gian vật đi từ vị trí ${{x}_{1}}=\frac{A}{2}$ đến vị trí ${{x}_{2}}=-\frac{A}{2}$ hay từ điểm M1 đến vị trí M2 trên đường tròn lượng giác như hình vẽ (hoặc từ M3 đến M4) (chú ý các bạn có thể chứng minh khoảng thời gian đi từ M4 $\to $ M1 hoặc M2 $\to $ M3 lớn hơn vì $\widehat{{{M}_{1}}O{{M}_{4}}}>\widehat{{{M}_{2}}O{{M}_{1}}}$).
Ta có: $\sin \widehat{O{{M}_{1}}{{P}_{1}}}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{O{{M}_{1}}{{P}_{1}}}=\frac{\pi }{6}$ do đó $\alpha =2\widehat{O{{M}_{1}}{{P}_{1}}}=\frac{\pi }{3}\Rightarrow t=\frac{\alpha }{\omega }=0,25\left( s \right)$
Do đó $\omega =\frac{4\pi }{3}\Rightarrow {{a}_{\max }}={{\omega }^{2}}A=175,46cm/{{s}^{2}}=1,7546m/{{s}^{2}}$. Chọn B.
| Bài tập 16: Một chất điểm dao động điều hòa với chu kì T. Khoảng thời gian trong một chu kỳ để vật có tốc độ nhỏ hơn $\frac{1}{2}$ tốc độ cực đại là
A. $\frac{T}{3}$ . B. $\frac{2T}{3}$. C. $\frac{T}{6}$. D. $\frac{T}{12}$. |
Lời giải chi tiết:
Ta có $\left| v \right|<\frac{{{v}_{\max }}}{2}\Leftrightarrow -\frac{{{v}_{\max }}}{2}<v<\frac{{{v}_{\max }}}{2}.$ Dựa vào hình vẽ ta thấy vận tốc của vật được biểu diễn bởi nét đậm. Khi đó, vật quét một góc bằng
$\begin{array}{} \Delta \varphi =2.\widehat{{{M}_{1}}O{{M}_{3}}}=2\left( \pi -\widehat{{{M}_{1}}O{{M}_{2}}} \right)=2\left( \pi -2\alpha \right)=\frac{2\pi }{3} \\ {} \Rightarrow \Delta \varphi =\frac{2\pi }{3}\Rightarrow t=\frac{\Delta \varphi }{2\pi }.T=\frac{T}{3} \\ \end{array}$
Chọn A .
