Tài liệu Chuyên đề Môn Lý ỨNG DỤNG ĐƯỜNG TRÒN LƯỢNG GIÁC GIẢI NHANH MỘT SỐ BÀI TOÁN TRẮC NGHIỆM VẬT LÍ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT VĨNH TƯỜNG A B 2 tắt -ugh sáng -U0 1 ugh sáng U0 u tắt C D CHUYÊN ĐỀ: ỨNG DỤNG ĐƯỜNG TRÒN LƯỢNG GIÁC ĐỂ GIẢI NHANH MỘT SỐ BÀI TOÁN TRẮC NGHIỆM VẬT LÍ. Đối tượng bồi dưỡng: học sinh lớp 12 Dự kiến số tiết bồi dưỡng: 09 tiết Tác giả: Vũ Ngọc Hoàng Chức vụ: Tổ trưởng tổ: Lý - NN - GDCD - Công nghệ Giáo viên môn: Vật Lý Năm học 2013- 2014 A. ĐẶT VẤN ĐỀ 1. Cơ sở khoa học của vấn đề nghiên cứu a) Cơ sở lý luận. - Vật lý là môn khoa học cơ bản nên việc dạy vật lý trong trường phổ thông phải giúp học sinh nắm được kiến thức cơ bản, trọng tâm của bộ môn, mối quan hệ giữa vật lý và các môn khoa học khác để vận dụng các quy luật vật lý vào thực tiễn đời sống. Vật lý biểu diễn các quy luật tự nhiên thông qua toán học vì vậy hầu hết các khái niệm, các định luật, quy luật và phương pháp… của vật lý trong trường phổ thông đều được mô tả bằng ngôn ngữ toán học, đồng thời cũng yêu cầu học sinh phải biết vận dụng tốt toán học vào vật lý để trả lời nhanh, chính xác các dạng bài tập vật lý nhằm đáp ứng tốt các yêu cầu ngày càng cao của các đề thi tốt nghiệp THPT và tuyển sinh ĐH, cao đẳng. Vấn đề đặt ra là với số lượng lớn các công thức vật lý trong chương trình THPT làm sao nhớ hết để vận dụng, trả lời các câu hỏi trong khi đề thi trắc nghiệm phủ hết chương trình, không trọng tâm, trọng điểm, thời gian trả lời mỗi câu hỏi quá ngắn, (trung bình không quá 1,8 phút/câu) nên việc có những kỹ năng giải nhanh các bài tập là rất cần thiết. - Trong chương trình vật lí lớp 12 có 4 chương học liên quan đến các đại lượng được biểu thị bằng các hàm số điều hoà (dạng hàm số cosin hay sin). Đó là các chương: Chương 1: Dao động cơ Chương 2: Sóng âm và sóng cơ Chương 3: Dòng điện xoay chiều Chương 4: Dao động và sóng điện từ Các đại lượng biểu thị bằng hàm số điều hoà thường gặp: li độ x, vận tốc v, gia tốc a, uur lực kéo về Fkv , động năng, thế năng; phương trình truyền sóng, cường độ dòng điện, hiệu điện thế, suất điện động cảm ứng, từ thông, điện tích tụ điện, năng lượng điện trường của tụ điện, năng lượng từ trường của cuộn cảm.... - Học sinh được học khá nhiều trong môn Toán về kiến thức các hàm số lượng giác (hàm sin, cosin, tan, cot). Gồm 2 chương trong sách giáo khoa Đại số và giải tích lớp11: Chương 1: Hàm số lượng giác Chương 2: Phương trình và hệ phương trình lượng giác b) Cơ sở thực tiễn - Lượng kiến thức, số câu hỏi trong các đề thi hiện nay liên quan đến hàm điều hoà là tương đối nhiều. Số lượng các bài tập trong các đề thi tốt nghiệp THPT, Cao đẳng và Đại học hàng năm liên quan đến các đại lượng biểu thị theo hàm số điều hoà khá nhiều. - Qua một số năm giảng dạy và ôn thi đại học cho học sinh tôi thấy rằng nếu giải theo cách truyền thống mất khá nhiều thời gian, cho nên rất cần có những phương pháp giải nhanh cho các bài tập loại này góp phần đáp ứng yêu cầu hình thức thi trắc nghiệm hiện nay. Học sinh đã được trang bị khá tốt kiến thức các hàm số lượng giác, đặc biệt là đường tròn lượng giác trong môn toán. Với những lí do trên tôi viết chuyên đề: “ỨNG DỤNG ĐƯỜNG TRÒN LƯỢNG GIÁC GIẢI NHANH MỘT SỐ BÀI TOÁN TRẮC NGHIỆM VẬT LÍ” 2. Mục đích: - Giúp học sinh hình thành kỹ năng giải nhanh một số bài toán vật lí bằng cách sử dụng đường tròn lượng giác. - Giúp học sinh nhận thức sâu sắc việc áp dụng kiến thức toán học phù hợp để giải toán vật lí. - Chỉ ra các mối quan hệ trực quan của các đại lượng vật lý, phương pháp, thủ thuật sử dụng các công thức này để giải nhanh nhất, chính xác nhất các bài tập. - Thông qua đề tài rèn luyện, phát triển tư duy, tính sáng tạo của học sinh. 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu: Kiến thức Toán: Hàm số điều hoà, đồ thị hàm điều hoà, đường tròn lượng giác. Kiến thức Vật lí: Các đại lượng biến thiên điều hoà thuộc các chương 1,2,3,4 trong sách giáo khoa Vật lí 12. Học sinh: lớp 12A1, 12A3, 12A5. B. NỘI DUNG: I. Cơ sở lý thuyết áp dụng trong chuyên đề: 1. Kiến thức về đường tròn lượng giác - Đường tròn lượng giác (vòng tròn lượng giác): Là đường tròn tâm O, có bán kính quy ước R = 1 đơn vị độ dài. Trên đường tròn gắn hệ trục toạ độ Oxy, trục hoành Ox biểu diễn giá trị hàm số cosin, trên trục tung Oy biểu diễn giá trị hàm số sin. - Quy ước góc lượng giác tăng theo chiều ngựơc kim đồng hồ; chiều dương góc lượng giác ngược kim đồng hồ, chiều âm góc lượng giác cùng chiều kim đồng hồ. - Giữa giá trị các góc lượng giác đặc biệt và giá trị các hàm cosin, sin được biểu diễn như trên hình vẽ: toạ độ (x, y) = (cosθ, sinθ) sin 1 3  ,  2 2    2  ,  2      (0,1) 900 = π/2  1 3  ,     2 2  2 2     2 , 2    3 1  , 2 2  1200 = 2π/3 600 = π/3 450 = π/4 1350 = 3π/4 300 = π/6 1500 = 5π/6     (-1,0) 2  2  3 1 ,  2 2  00 = 0π = 2π 1800 = π cos -300 =-π/6 -1500 =-5π/6  3 1  ,   2 2 2 2    , 2 2  -450 =-π/4  3 1    2 , 2     2 2   ,   2  2 1  3   ,   2 2    (1,0) -1350 =-3π/4    1 3  ,  2 2    -600 =-π/3 -1200 =-2π/3 -900 = -π/2 (0,-1) 2. Mối liên hệ giữa dao động điều hoà và chuyển động tròn đều - Chuyển động tròn đều là chuyển động có quỹ đạo là một đường tròn và có độ lớn vận tốc không thay đổi. - Các đại lượng đặc trưng trong chuyển động tròn đều: Bán kính R, chu kì T, tần số f, tốc độ góc ω, và tốc độ dài v. - Công thức liên hệ:  2f  2 1 2  ;T  ;T  ;f  T f  2 - Với một chất điểm chuyển động tròn đều, muốn xác định vị trí ta phải chọn một trục Ox trên đường tròn làm mốc. Vị trí ban đầu của vật là Mo, xác định bởi góc φ, với tốc độ góc ω, vào thời điểm t vật đến vị trí M, có tọa độ xác định bởi góc α = ωt + φ (1). - Lưu ý rằng vật luôn chuyển động theo chiều dương ngược chiều kim đồng hồ vì trong dao động điều hòa tần số góc ω luôn dương, dẫn đến góc quay ωt luôn dương. - Ta có thể tạo mối liên hệ về hình thức của phương trình này với phương trình của chuyển động thẳng biến đổi đều x=x o +vt. Việc này có tác dụng giúp cho học sinh tiếp thu tốt khi phải tiếp xúc với một hình thức có phần lạ lẫm của phương trình (1). Bảng 1. Các đại lượng tương ứng giữa chuyển động tròn đều và chuyển động thẳng đều Chuyển động tròn đều φ α ω Chuyển động thẳng đều xo x v Đặt bán kính quỹ đạo chuyển động tròn đều của M là: R = OM = OM0 = A Gọi P là hình chiếu của điểm M lên trục Ox M + trùng với một đường kính của đường tròn và M gốc O trùng với tâm của đường tròn. Ta thấy P dao động trên Ox quanh gốc toạ độ O. x x O vị trí ban đầu của P là điểm P0 xác định x0= OP = AcosφP2 P P0 P 1 vị trí P ở thời điểm t xác định bởi x = OP =Acos(ωt+φ) Vì hàm sin hay hàm cosin là hàm điều hoà, nên dao động của P là một dao động điều hoà trên quỹ đạo P1P2 = 2A. Kết luận về liên hệ giữa dao động điều hoà và chuyển động tròn đều: Điểm P dao động điều hoà trên một đoạn thẳng luôn luôn có thể được coi là hình chiếu của mộ điểm M chuyển động tròn đều lên đường kính là đoạn thẳng đó. Bảng 2. Sự tương ứng các đại lượng trong chuyển động tròn đều và dao động điều hoà Chuyển động tròn đều Dao động điều hoà Bán kính R Biên độ dao động A Chu kỳ T Chu kỳ T Tần số f Tần số f Tốc độ góc ω Tần số góc ω Góc ban đầu: φ Pha ban đầu: φ Góc ở thời điểm t: Pha dao động ở thời điểm t: ωt+φ ωt+φ Góc quét của bán kính Góc pha thay đổi trong α=ωt khoảng thời gian t: α=ωt 3. Sự tích hợp giữa đường tròn lượng giác với kiến thức vật lí liên quan - Xét một dao động điều hoà có: Phương trình dao động: x = Acos(ωt+φ) Trong dao động ta quan tâm nhiều đến các vị trí đặc biệt ứng với các góc pha đặc biệt. Có 9 vị trí tương ứng với các góc pha: 0 0, ±300, ±450, ±600, ±900, ±1200, ±1350, ±1500, 1800. t 0  0 Bảng 3. Vị trí đặc biệt trong dao động Vị trí Kí Li độ x hiệu Gó c pha + A Biên dương B 00 0 rad + 0  3 Không tên KT ±30  A 6 2 dương A  Hiệu dụng HD+ ±450  4 2 dương A Nửa biên dương NB+ ±600   Cân bằng CB 3 ±900 Nửa biên âm NB- ±1200 Hiệu dụng âm HD- ±1350 Không tên âm KT- ±1500 5  6 B- Biên âm 2 1800 0   2 2  3 3  4  A 2 A  2  3 A 2  -A Lưu ý: Để dễ nhớ các vị trí đặc biệt tôi đưa ra tên gọi như trên, và quy ước gọi tên như vậy trong toàn bộ đề tài. Các vị trí cân bằng, biên âm, biên dương được hiểu từ trong dao động điều hoà; vị trí nửa biên vì li độ bằng một nửa giá trị biên, vị trí hiệu dụng được hiểu nhờ khái niệm hiệu dụng các đại lượng điện xoay chiều (giá trị hiệu dụng = giá trị cực đại/ 2 ), vị trí không tên được đặt tên như vậy vì vị trí này không có tên gì đặc biệt. 9 vị trí này cũng thường gặp trong nhiều bài toán. - Do dao động điều hoà có thể biểu diễn bằng chuyển động tròn đều tương ứng, chuyển động tròn đều được biểu điễn qua đường tròn lượng giác; do vậy biểu diễn dao động điều hoà qua đường tròn lượng giác, nhất là các vị trí đặc biệt giúp học sinh nhận thấy trực quan hơn các tính chất trong dao động; qua đó khi giải các bài toán về dao động điều hoà có thể dùng các điểm đặc biệt trên đường tròn lượng giác để xác định các liên hệ của dao động điều hoà. Điều này rất phù hợp với các bài toán liên quan đến thời gian, vận tốc trung bình, quãng đường, giá trị lớn nhất nhỏ nhất, sự biến thiên năng lượng trong dao động. Các vị trí đặc biệt trong dao động điều hoà A 3A A  •2 • 2• • 2 NB HD B KT -A  - - - - O • CB A A 3A A 2• HD•2 KT 2• B• NB + + + + x Lược đồ đường tròn lượng giác liên hệ các vị trí đặc biệt 900 1200 1350 3 150 5 4 6 2 3 600   2 3  30 4  6 0 0 1800 -A •  • A 3A A • • 2 2 2 5 6 -150  3 4 450 • A A 3A 2 • 2• 2 • O   x   6-30 0 0 -1350 A • 2  3 -1200   2   3  4 -450 -600 -900 - Tại các vị trí đặc biệt trong dao động điều hoà thì các đại lượng như lực kéo về, vận tốc, gia tốc, động năng, thế năng đều có những giá trị và những liên hệ đặc biệt; việc nắm vững đặc điểm các vị trí này có tác dụng giải nhanh các bài tập. Lực kéo về: F = -kx = - kAcos(ωt+φ) (giá trị lực kéo về lớn nhất Fm = kA) Gia tốc: a = -ω2Acos(ωt+φ) = -ω2x (giá trị gia tốc lớn nhất am= ω2A) Vận tốc: v = -ωAsin(ωt+φ) = vmcos(ωt+φ+  2 ) (giá trị vận tốc lớn nhất Vm=ωA) 1 1 1 mv 2 = m 2 A2 sin 2 t    = kA2 sin 2 t    2 2 2 1 2 1 1 Thế năng: Wt = 2 kx = 2 m 2 A2 cos 2 t    = 2 kA2 cos2 t    1 1 1 1 Cơ năng: W = Wđ + Wt = 2 mv 2 + 2 kx 2 = 2 m 2 A2 = 2 kA2 Động năng: Wđ = Động năng lớn nhất bằng thế năng lớn nhất và bằng cơ năng: Wđmax= Wtmax= W Vị trí x B+ KT Bảng 4: Giá trị các đại lượng ở các vị trí đặc biệt Wđ Wt F a v Độ Phần Độ Phần lớn trăm lớn trăm Fm am 0 0 0% Wtmax 100% =W A 3 A 2 + HD+ A 2 NB+ Fm 2 A 2 CB 0 NB-  HD-  3 Fm 2 Fm 2 am 2 0 A 2 A 2 3 am 2 Vm 2 am 2 3 Vm 2 0 Fm 2 am 2 Fm 2 1 4 W Vm 2 1 2 3 4 75% W Vm 3 Vm 2 am 2 25% 3 4 W Vm 2 W Wđmax =W 75% 1 2 W 3 4 50% 1 4 KT B-  3 A 2 -A 3 Fm 2 Fm 3 am 2 am Vm 2 0 1 4 0 W W 75% Wt=3 Wđ 1 2 50% W Wđ=3 Wt 0% W 25% Wđ=3 Wt 50% 50% Wt= Wđ 1 4 W 25% 0% Wt=Wđ 25% 100% 0 1 2 - W So sánh 3 4 W Wtmax =W 75% Wt=3Wđ 100% - Khi xét mối liên hệ giữa dao động điều hoà và chuyển động tròn đều ta thấy dao động điều hoà theo chiều dương ứng với góc pha âm (nửa đường tròn lượng giác phía dưới), và dao động theo chiều âm ứng với góc pha dương (nửa đường tròn lượng giác phía trên). Khi ωt+φ > 0 thì v < 0 Khi ωt+φ < 0 thì v > 0 Xét dấu riêng góc pha ban đầu φ cho ta kết quả chiều dao động tại thời điểm chọn mốc thời gian). Khi φ > 0 thì v < 0 Khi φ < 0 thì v > 0 Lược đồ đường tròn lượng giác liên hệ các đại lượng V< 0 sin W W 2 =W =0 tmin Wđ = 3Wt 2 3 Wđ = Wt 3 W = 3W5 4 t đmax Wđ = 3Wt  3  Wđ = Wt 4  đ 6 • Wtmax = W Wđmin = 0  Wt = 3Wđ 6 O A 3A A  • • • 2 Vm 2 2 Vm -A Wt = 3Wđ •   2 2 ±Vm A A 3A 2• 2 • 2 • Vm   Vm 2 2 5 6 3  W =W4 A X • 0 Wtmax = W Wđmin = 0  W = 3W 6    cos t đ 4 2   W = 3W  W = 3W - Vật chuyển động tròn đều3 trong thờiW gian =∆t, góc quét 3của bán kính α W đ t đ + ω 2 =T  = t đ t Wđ = Wt t 2= 0quay trong khoảng thời gian ∆t). (ω là tốc độ góc, α làWtmin góc đmax + công thức hệ quả T t   2 T t   360  2  t T , α V>0 (với α đơn vị rad) (với α đơn vị độ) Các công thức trên được vận dụng thường M φc + t O φd M0 x xuyên trong quá trình giải bài tập dao động điều hoà, với α = Pha cuối φc- Pha đầu φđ = ω∆t Lưu ý: Tất cả các liên hệ trên đều có thể vận dụng cho dao động điện từ Tôi nhận thấy sự tương ứng giữa mạch dao động điện từ LC và dao động cơ điều hòa dù đã được giảm tải, song do dao động điện từ chỉ được học trong thời gian ngắn, học sinh thường quên phương thức vận động của mạch và các công thức để làm bài tập, nên tôi cho cho rằng việc ghi nhận các đại lượng tương ứng giữa hai loại dao động sẽ dễ dàng suy ra các kết quả của dao động điện từ từ các kết quả tương ứng của dao động cơ học. Dao động cơ điều hoà Dao động điện từ Li độ x = Acos(ωt+φ) Điện tích q = Q0cos(ωt+φ), q = Cu ’ Vận tốc v = x = -ωAsin(ωt+φ) Cường độ dòng điện i = q, = -Q0sin(ωt+φ) Động năng Wđ = Thế năng Wt = Cơ năng W = 1 mv 2 2 Năng lượng từ trường WB = Wt = Năng lượng điện trường WE = Wđ = 1 2 kx 2 1 Cu 2 2 1 kA2 2 1 Năng lượng điện từ W= 2 CU 0 1 = 2 LI 0 1 2 Li 2 2 2 II. Các dạng bài tập cơ bản: Dạng 1: Xác định pha ban đầu của hàm số điều hoà 1. Sơ lược về bài toán - Đây là loại bài toán muốn xác định pha ban đầu của một hàm số điều hoà φ, qua đó khai thác thêm các thông tin về trạng thái gốc thời gian như li độ, vận tốc, gia tốc, lực kéo về, động năng, thế năng, chiều dao động: Các đại lượng trên ở gốc thời gian được kí hiệu x0, v0, a0, F0,Wđ0,Wt0. - Bài toán xác định pha có thể chỉ là một phần trong bài toán khác, qua việc xác định pha ban đầu sẽ cho kết quả bài toán đó. 2. Phương pháp truyền thống - Pha ban đầu phụ thuộc vào cách chọn mốc thời gian t0 = 0 - Xác định các thông số của trạng thái mốc thời gian x0, v0, a0, F0,Wđ0,Wt0 - Giải hệ phương trình lượng giác ở thời điểm mốc thời gian Khi t = 0 thì x = x0 v = v0 x0 = Acosφ v0 = -Aωsinφ cosφ = x0 A sinφ =  v0 A →φ=?   v <0 Nếu đề bài cho các thông tin ban đầu khác như a 0, F0,Wđ0,Wt0 thì lập 0và giải+các phương trình lượng giác tương ứng với các đại lượng đó 3. Giải pháp đường tròn lượng giác - Xác định li độ x0 tại thời điểm gốc thời gian t0 = 0 -A A  - Từ vị trí x0 dựng đường thẳng (d) Ox x x0 O  v0>0 (d) cắt đường tròn lượng giác tại hai vị trí   và   . - Hai giá trị   và   là pha ban đầu của dao động điều hoà; pha   ứng với trạng thái ban đầu chuyển động theo chiều âm, pha   ứng với trạng thái ban đầu chuyển động theo chiều dương. - Trong đó cos   cos    x0 A 4. Bài tập ví dụ: Bài 1: Một vật dao động điều hoà với tần số góc 10 5 rad/s. Tại thời điểm t = 0 vật có li độ 2cm và có vận tốc v = -20 15 cm/s. Phương trình dao động của vật là: A. x = 2cos(10 5 t + 2  /3)(cm) B. x = 4cos(10 5 t - 2  /3)(cm) C. x = 4cos(10 5 t +  /3)(cm) D. x = 2cos(10 5 t -  /3)(cm) Bài giải: - Trước hết tính biên độ dao động theo hệ thức độc lập thơì gian: A2  x 2  v2 2 A = 4cm. a) Giải truyền thống Phương trình li độ:x = Acos(ωt+φ). Phương trình vận tốc:v = -ωAsin(ωt+φ) Thay điều kiện ở mốc thời gian t0= 0, ta được hệ sau Khi t = 0 thì x0 = 2 2 = Acosφ v0 = -20 →φ= 15 cosφ = 1 2 sinφ = 3 2  3 -20 →φ= 15 = 2 4 cosφ = -Aωsinφ sinφ = 20 15 4.10 5   3 (d) >0 → φ >0  . Đáp án C A 2 -4 2 O  ta dựng đường thẳng (d)  Ox , (d) cắt đường tròn lượng giác tại hai góc: + 3 b) Sử dụng đường tròn lượng giác - Gốc thời gian được chọn tại vị trí x0 = 2, đây là vị trí NB+. - Từ vị trí x0 = 2 = v0<0  3 và   4 x  3 v0>0 3 - Do ở mốc thời gian v < 0, nên pha ban đầu dương. Vậy φ =  3 . Đáp án C Bài 2: Một vật dao động điều hòa với phương trình x = 4cos(t + ). Thời điểm ban đầu vật qua vị trí có li độ x = - 2 3 cm và động năng của vật đang tăng. Xác định pha ban đầu ? (d) A.  = -5/6 B.  = - /6 C.  = 5/6 D.  = /6 Bài giải: 5 3 + 3  v0<0A , - Gốc thời gian được chọn tại vị trí x0 = -2 3 = - 4 2 - đây là vị trí KT . -4 6 2 2 3 5  6 v0>0 O 4 x - Từ vị trí KT- : x0 =  3 A, 2 ta dựng đường thẳng (d)  Ox , (d) cắt đường tròn lượng giác 5 6 tại hai góc: và 5 6  - Do ở mốc thời gian động năng tăng nên độ lớn vận tốc tăng, vật đi về vị trí cân bằng tức là đi theo chiều dương, do đó pha ban đầu âm. Vậy φ =  5 6 . Đáp án A 5. Nhận xét, gợi mở và tổng kết - Việc giải phương trình lượng giác trong nhiều trường hợp mất nhiều thời gian. Sự dụng đường tròn lượng giác khi đã quen cho kết quả nhanh hơn và trực quan. - Ta có thể yêu cầu học sinh vận dụng phương pháp này để xây dựng pha ban đầu ở 9 vị trí đặc biệt. Trước khi dựng đường thẳng (d) ta lưu ý đổi giá trị x 0 theo biên độ A, qua đó biết được vị trí ban đầu là vị trí nào (B+,KT+,HD+,NB+,CB,NB-,HD-,KT-,B-). Nhờ vậy việc áp dụng đường tròn lượng giác dễ dàng hơn. Lược đồ pha ban đầu theo các vị trí đặc biệt V<0  3 5 4 6 2 3 3A A A     • 2• • 2 2• -A B KT HD -  NB- 3  4  6 O • NB+ CB 5 6 3  4 2  Dạng 2: Xác định số lần qua một trạng 3 thái  2 A A 3A 2• 2• 2• HD+ KT+       B+ A x • 0   6 4 3 1. Sơ lược về bài toán 2 - Đây là bài toán xác định số lần vật đi quaV>0 một vị trí nào đó trong một khoảng thời gian t. Vị trí được xác định bởi li độ x hoặc xác định theo các đặc điểm khác như v, a, F, Wt, Wđ. 2. Phương pháp truyền thống - Các bước giải bài toán tìm số lần vật đi qua vị trí đã biết x (hoặc v, a, W t, Wđ, F) trong thời gian t từ thời điểm t1 đến t2. * Giải phương trình lượng giác: x = Acos(ωt+φ), hoặc các phương trình tương ứng với các đại lượng cho trong đề, ta thu được các họ nghiệm tI và tII * Thay tI và tII vào điều kiên: t1 < t ≤ t2  Phạm vi giá trị của k (Với k  Z) * Tổng số giá trị của k chính là số lần vật đi qua vị trí đó. 3. Giải pháp đường tròn lượng giác - Xác định vị trí pha ban đầu φđ = φ trên đường tròn lượng giác: gọi là điểm Đ - Xác định pha cuối cùng φc = ωt+φ trên đường tròn lượng giác: gọi là điểm C - Xác định góc pha tương ứng của vị trí x: từ x dựng đường thẳng (d)  Ox, (d) cắt đường tròn tại hai điểm M, N. - Đưa góc φc về dạng: φc = n.360 + φl hay φc = n.2  + φl, với n là số chu kỳ. M - Trong mỗi chu kỳ vật qua mỗi vị trí biên + φ+ 1 lần còn các vị trí khác 2 lần; mỗi vị trí x có 2 C góc pha tương ứng tương ứng φc A φ+(điểm M), φ-(điểm N) -A • x x O → trong mỗi chu kỳ chuyển động tròn đều vật qua hai vị trí M, N. Trong n chu kỳ số lần vật qua vị trí x 2n lần, N ứng từ điểm đầu Đ φđ Đ đến điểm xét trong phần góc lẻ φl vật chuyển động tròn đều tương φcuối C; khi đó có đi qua M và N nữa không. Nếu từ Đ đến C không gặp M,N thì kết quả là: 2n lần Nếu từ Đ đến C chỉ gặp một trong hai điểm M,N thì kết quả là: (2n + 1) lần Nếu từ Đ đến C gặp M,N thì kết quả là: (2n + 2) lần 4. Bài tập ví dụ: Bài 1: Một chất điểm dao động điều hòa theo phương trình x = 3cos(5t /3) (x tính bằng cm,t tính bằng s).Trong một giây đầu tiên kể từ lúc t = 0. Chất điểm qua vị trí có li độ x = + 1,5 cm A. 7 lần B. 6 lần C. 5 lần D.4 lần Bài giải: a) Phương pháp truyền thống Giải phương trình: 3cos(5t /3) = + 1,5 ↔ cos(5t /3) = 0,5 5tI /3 = /3 + k2 5tI = 2/3 + k2 tI = 2/15 + 2k/5 5tII /3 = /3 + k2 5tII = k2 tII = 2k/5 Thay vào điều kiện trong giây đầu tiên: 0 < t ≤ 1 0 < tI ≤ 1 0 < 2/15 + 2k/5 ≤ 1 -0,33 < k ≤ 2,16 0 < tII ≤ 1 0 < 2k/5 ≤ 1 0 < k ≤ 2,5 600  Do k Z, nên: họ nghiệm tI có 3 giá trị k = 0,1,2 C M họ nghiệm tII có 2 giá trị k = 1,2 φl=1200 + Vậy có 5 giá trị phù hợp. Đáp án C b) Sử dụng đường tròn lượng giác 1,5 -3 3 - Vị trí đầu Đ ↔ φđ = /3 • O x - Vị trí cuối C ↔ φc = 5t /3 = 5.1 /3 Đ≡ N -600 = 14/3 = 8400 - Đưa φc về dạng: φc = 2.360 + 1200, suy ra n = 2, φl = 1200 - Vị trí x = + 1,5 (vị trí NB+) ứng với góc pha 600 (điểm M) và -600 (điểm N) - Từ Điểm Đ quay đến C qua M, nên số lần vật dao động Qua vị trí x = 1,5cm trong giây đầu tiên là: 2n + 1 = 2.2 + 1 = 5 (lần) Bài 2: Một vật dao động điều hoà có phương trình   x 2 cos 4t   (cm) (cm). 6  Trong 2 giây đầu tiên vật đi qua vị trí có động năng bằng ba lần thế năng bao nhiêu lần? A. 15 lần B. 16 lần C. 18 lần D. 17 lần Bài giải: a) Phương pháp truyền thống Ta có các biểu thức :  1 1 1  mv 2 = m 2 A2 sin 2 t    = kA2 sin 2 t    = W. sin 2  4t   6 2 2 2   1 1 2 = 2 kx 2 = 2 kA2 cos2 t    = W. cos  4t  6      2 2 Wđ = 3Wt → W. sin  4t  6  = 3W. cos  4t  6      Động năng: Wđ = Thế năng: Wt Từ điều kiện: ↔ sin 2  4t    = 3 cos 2  4t    ↔ 6  2 4 sin  4t  6     ↔ Xét họ nghiệm: =3     sin 2  4t   = 3(1- sin 2  4t   ) 6 6 6     3  3 2  ↔ sin  4t  6   4 ↔ sin  4t  6   2      3  sin  4t    6 2   Xét họ nghiệm: cos 4t   1 2  3   6 2 3     k 2 6 3  2 4t    k 2 6 3 1 k t1   8 2 5 k t2   24 2     k 2 6 3  2 4t    k 2 6 3 1 k  24 2 1 k t4   8 2 4t  4t  t3  4 Thay 4 họ nghiệm t , t , t , t vào điều kiện: 0 < t ≤ 2, với chú ý k là số nguyên Ta được kết quả: 1 0 < t ≤ 2 → -0,25 < k ≤ 3,75 → k = 0, 1, 2, 3 2 0 < t ≤ 2 → -0,41 < k ≤ 3,5 → k = 0,1, 2, 3 3 0 < t ≤ 2 → -0,04 < k ≤ 3,9 → k = 0, 1, 2, 3 4 0 0, thì xét điểm N có pha âm φ-. Nếu v < 0, thì xét điểm M có pha dương φ+. Dạng 3: Xác định khoảng thời gian 1. Sơ lược về bài toán - Đây là bài tập xác định khoảng thời gian ngắn nhất để vật dao động từ trạng 1 xác định bởi (x1,v1) đến trạng thái 2 xác định bởi (x 2, v2). Trong đề các trạng thái 1, 2 có thể ẩn dưới những thông tin khác như gia tốc, lực, động năng, thế năng. - Trong dao động điện từ cũng làm tương tự, các trạng thái được xác định bởi các đại lượng như u, q, i, năng lượng điện trường, hay năng lượng từ trường. 2. Phương pháp truyền thống - Giải hệ phương trình lượng giác ở trạng thái 1 x1 = Acos(ωt+φ) v1 = -ωAsin(ωt+φ) rút ra họ nghiệm t1 - Giải hệ phương trình lượng giác ở trạng thái 2 x2 = Acos(ωt+φ) v2 = -ωAsin(ωt+φ) rút ra họ nghiệm t2 - Hiệu chỉnh khoảng thời gian từ t1 đến t2 rút ra kết quả: t = t2min – t1min - Nếu tính thời gian ngắn nhất để đi từ vị trí x 1 đến vị trí x2 thì khi giải hệ các phương trình trên cần lưu ý vận tốc ở các vị trí phải xét trường hợp cùng chiều từ x1 đến x2. - Có thể chọn lại mốc thời gian t0 = 0 tại khi vật ở trạng thái 1, giải phương trình lượng giác trạng thái 1 để được pha ban đầu mới. Khi đó ta lấy t 1 = 0, sau đó giải phương trình lượng giác ở trạng thái 2 với phương trình pha ban đầu mới xác định t2. 3. Giải pháp đường tròn lượng giác - Trạng thái 1 được biểu diễn bằng điểm M trên đường tròn lượng giác có góc pha φ1, - Trạng thái 2 được biểu diễn bằng điểm N trên đường tròn lượng giác có góc pha φ2 - Góc quét của bán kính chuyển động tròn đều trên cung MN là α thời gian dao động điều hoà từ trạng thái 1 đến trạng thái 2 bằng thời gian vật chuyển động tròn đều tương ứng quét hết cung α t  T  2 (với α đơn vị rad) t  T  360 (với α đơn vị độ) 4. Bài tập ví dụ: Bài 1: Một vật dao động điều hoà với phương trình dao động 2   x 4 cos 0,4t   cm. 3   Khoảng thời gian ngắn nhất khi vật đi từ vị trí x1 = 2cm đến x2 = 2 3 cm là: A. 0,42s B. 0,21s C. 0,625s D. 8,3ms Bài giải: a) Phương pháp truyền thống - Thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí x1 = 2cm đến x2 = 2 3 cm thì vận tốc v1và v2 cùng chiều từ x1 = 2cm đến x2 = 2 3 cm, tức là cùng chiều dương - Giải hệ phương trình lượng giác: x = x1 v = v1>0 2   4 cos 0,4t   2 3   2    4.0,4 sin  0,4t   0 3   rút ra họ nghiệm t1 = 5  5k 6 - Giải hệ phương trình lượng giác: x = x2 v = v2>0 2   4 cos 0,4t   2 3 3   2    4.0,4 sin  0,4t   0 3   rút ra họ nghiệm t2 = 5  5k 4 - Suy ra thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí x1 = 2cm đến x2 = 2 3 cm là t = t2min – t1min = 5 5 5   0,42 (s) 4 6 12 - Chú ý: có thể chọn lại mốc thời gian t0 = 0 khi vật qua vị trí x1 = 2cm theo chiều đến x2 = 2 3 cm (theo chiều dương) Giải hệ: 4 cos 0,4t    2  4.0,4 sin  0,4t     0 Ta có phương trình dao động mới rút ra pha ban đầu mới φ =   3   x 4 cos 0,4t   cm. 3  Giải hệ phương trình khi vật đến vị trí x2 = 2 3 cm (theo chiều dương)   4 cos 0,4t   2 3 rút 3     4.0,4 sin  0,4t    0 3  ra họ nghiệm t2 = Suy ra kết quả: t = t2min – 0 =  5  5k 12 5 5  0  0,42 (s) 12 12 3 2 Chu kỳ: T =  - Thời gian cần tìm: t = + 6 2 2 -4 4 x O b) Sử dụng đường tròn lượng giác - Vẽ đường tròn lượng giác, xác định các góc biểu diễn các trạng thái như hình vẽ. - Thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí x1 = 2cm đến x2 = 2 3 cm bằng thời gian chuyển động tròn đều � = α = 300 tương ứng quét hết cung MN -  N  M  300  3  6 5 (s) t  T 5 5   30  360 360 12 (s) Bài 2: Một mạch dao động LC có L=2mH, C=8pF, lấy 2=10. Thời gian ngắn nhất từ lúc tụ bắt đầu phóng điện đến lúc có năng lượng điện trường bằng ba lần năng lượng từ trường là: A. 106 s 15 B. 2.10-7s C. 105 s 75 D. 10-7s Bài giải: a) Phương pháp truyền thống - Trước hết phải lập phương trình điện tích: q Q0 cost    Theo các dữ kiện đề bài ta lập được:  2,5 .106 rad/s Chọn mốc thời gian là lúc tụ bắt đầu phóng điện; giải hệ điều kiện ban đầu t = 0, q = Q0 rút ra φ = 0 Suy ra phương trình điện tích: q Q0 cos 2,5 .106 t  -Viết biểu thức năng lượng điện trường: Eđ = q2 2C = Q02 cos 2  2,5 .104 t  E0 cos 2  2,5 .104 t  2C - Viết biểu thức năng lượng từ trường: Et = E0 – Eđ = E0  E0 cos2  2,5 .104 t  E0 sin 2  2,5 .104 t  - Sau đó giải phương trình lượng giác: E đ = 3Et, rút ra 4 họ nghiệm, mỗi họ nghiệm xác định giá trị t thứ nhất (với điều kiện t > 0); kết quả là giá trị nhỏ nhất trong 4 giá trị trên: t = 1 10  6 (s) 15 b) Sử dụng đường tròn lượng giác - Vẽ đường tròn lượng giác như hình bên vị trí M ứng với thời điểm tụ bắt đầu phóng điện  5 6 KT- 6 N O KT+ M Q0 -Q0  5 6  300  6 x (vị trí biên). Vị trí N ứng với thời điểm Eđ = 3Et (vị trí không tên). - Góc quét chuyển động tròn đều tương ứng cung � = α = 300 MN 2 2 8.10  7 (s) 4 2,5 .10 T 8.10  7 1 30  10  6 (s) tìm: t = t  360   360 15 - Chu kỳ: T =  - Thời gian cần   2 Câu 3: (TSĐH 2010). Tại thời điểm t, điện áp u  200 2 cos(100 t  ) (trong đó u tính bằng V, t tính bằng s) có giá trị 100 2V và đang giảm. Sau thời điểm đó này có giá trị là A. 100V. B. 100 3V . Bài giải: - Giá trị u = 100 2V  C. 100 2V . 200 2 U 0  2 2 1 s , điện áp 300 D. 200 V. ; vị trí NB+, u đang giảm tương ứng trong dao động điều hoà vật có chiều từ NB+ về VTCB. 2 1 T   (s) 100 50 2 1 gian: T 100  50 ; - Chu kỳ: - Thời 1 1 T   300 6.50 6 T T T tách: t  6 12  12 thời gian - Theo nhận xét về trạng thái đầu ta t Dựa vào lược đồ thời gian ta thấy trong thời gian vị trí NB-, do đó thì u  t 1 (s) 300 vật đi từ vị trí NB+ đến U0 200 2   100 2 (V ) . 2 2 5. Nhận xét, gợi mở và tổng kết - Bài toán loại này giải bằng phương trình lượng giác là khá dài, có nhiều họ nghiệm nên việc biện luận cũng mất nhiều thời gian. - Phương án đường tròn lượng giác cho kết quả nhanh. - Có thể vận dụng bài toán thời gian để xác định lại trạng thái, chỉ cần biết trạng thái đầu và khoảng thời gian, ta phân tách khoảng thời gian đó thành những khoảng thời gian “đặc biệt” để vật dao động giữa các vị trí “đặc điệt”; từ đó xác định được trạng thái cuối. - Có thể yêu cầu học sinh sử dụng đường tròn lượng giác để tính khoảng thời gian ngắn nhất giữa các vị trí đặc biệt, rút ra bảng tính nhanh thời gian A 3A A • •  •  • 2 HD 2 2NB KT T 6 T T8 Lược Ođồ thời gian -A B- - 12 - • CB - T 12 T T 12 T 8 T 6 T 8 T 6 T 4 4 NB+ A 2• A •2 HD T 6 + 3A A 2•KT • B + T 8T 12 x + - Lược đồ trên có thể vận dụng cho các hàm điều hoà của dao động điện từ U 3U 0 0 U 0 2   -Q 32Q Q 0 Q20  0  •2 • •2 •2 -U0 U0 U0 Q20 Q20 •2 2• O 0 B- KT- T T8 12 HD- T 6 NB- • CB T 12 T T 12 T 8 T 6 T 8 T 6 T 4 4 NB+ HD+ 3U 0 U 32Q 0 Q •2 • KT B 0 x 0 + + T 6 T 8 T 12 Dạng 4: Xác định thời điểm 1. Sơ lược về bài toán - Xác định thời điểm vật đi qua vị trí đã biết x (hoặc v, a, Wt, Wđ, F) lần thứ n, hoặc xác định thời điểm để cường độ dòng điện i (hoặc u, q, W E, WB) thoả mãn điều kiện nào đó. 2. Phương pháp truyền thống Giải bài toán tính thời điểm vật đi qua vị trí đã biết x (hoặc v, a, Wt, Wđ, F) lần thứ n * Giải phương trình lượng giác lấy các nghiệm của t (Với t > 0  phạm vi giá trị của k ) * Liệt kê n nghiệm đầu tiên (thường n nhỏ) * Thời điểm thứ n chính là giá trị lớn thứ n Lưu ý:+ Đề ra thường cho giá trị n nhỏ, còn nếu n lớn thì tìm quy luật để suy ra nghiệm thứ n + Tương tự đối với các bài toán định thời điểm để cường độ dòng điện i (hoặc u, q, WE, WB) thoả mãn điều kiện nào đó. 3. Giải pháp đường tròn lượng giác - Dùng đường tròn lượng giác liên hệ giữa góc pha với các vị trí đặc biêt để: + Xác định trạng thái ở gốc thời gian: xác định toạ độ và chiều chuyển động + Xác định trạng thái chứa điều kiện cần tính. - Áp dụng lược đồ tính nhanh thời gian giữa các vị trí đặc biệt. 4. Bài tập mẫu Bài 1: Một vật dao động theo phương trình x 5 cos(t   ) (cm). 4 Kể từ gốc thời gian vật đi qua vị trí lực kéo về triệt tiêu lần thứ ba vào thời điểm A. 2,25 s B. 2,75 s C. 2,5 s D. 2 s Bài giải: a) Phương pháp truyền thống - Lực kéo về (F = - kx) triệt tiêu khi vật đi qua vị trí cân bằng: x = 0 Giải phương trình: → 1 t  k, 4 5 cos(t     ) 0 → t    k 4 4 2  → t  4  k điều kiện t > 0 nên k = 0,1,2,3... Vật qua vị trí lực kéo về triệt tiêu lần thứ 3 ứng với k = 2 → 1 t   2 2,25 (s) 4 b) Sử dụng đường tròn lượng giác - Chu kỳ T = 2(s) - Vị trí góc pha ban đầu φđ = φ =  450 4 + ↔ Vị trí HD , và đi theo chiều âm - Vị trí lực kéo về triệt tiêu là vị trí cân bằng O, • B- 9T 8O T 8 T • • CB HD+ x •B+ - Thời điểm vật qua vị trí F = 0 lần thứ 3 là thời điểm vật qua vị trí cân bằng O lần thứ 3. Theo lược đồ thời gian ta có kết quả: t = T T 2,25 (s) 8 Bài 2: (TSĐH2008)Dòng điện xoay chiều chạy qua một đoạn mạch có biểu thức   i  2 sin  100t   ( A) , 2  t tính bằng giây (s). Tính từ lúc 0( s ) , thời điểm đầu tiên mà dòng điện có cường độ bằng cường độ hiệu dụng là A. 1 ( s) . 100 B. 1 (s) . 300 C. 1 (s) . 400 D. Bài giải: a) Phương pháp truyền thống - Giải phương trình i  Suy ra: I0   1    2 sin  100t   1  sin 100t    2 2 2 2      1 k   k 2  100t   k 2  t1   2 4 4 400 50  3  1 k 100t    k 2  100t   k 2  t2   2 4 4 400 50 100t  1 (s) . 600 Suy ra: t1  1 k  400 50 > 0 nên k = 1,2,3.. và t2  1 k  400 50 > 0 nên k = 0,1,2... Thay các giá trị của k vào từng họ nghiệm, giá trị nhỏ nhất ứng với thời điểm đầu tiên; ứng với k = 0 ở họ nghiệm t2. Kết quả b) Đường trọn lượng giác - Chu kỳ T = 0,02(s) tmin  1 0 1   (s) 400 50 400 T 8 O • • B- • HD+ CB x • B+   i  2 sin 100t    2 cos100t  2  - Chuyển phương trình về dạng hàm cosin: - Vị trí góc pha ban đầu φđ = φ = 0 ↔ Vị trí B+ - Vị trí dòng điện có cường độ bằng cường độ hiệu ↔ Vị trí HD+ T 0,02 1 - Theo lược đồ thời gian ta có kết quả: t = 8  8  400 (s) Bài 3: (TSĐH 2007) Xét một dao động điều hòa có phương trình 5   x  A cos t   (cm) . 6   Gia tốc của vật có độ lớn cực đại khi : A. t 0 B. t 5T 12 C. • - - Pha ban đầu B- T 4 T 6 Bài giải: 5  6 t • KT- D. t T 6 T 4 O • CB x • B+ , theo lược đồ đường tròn lượng giác nên trạng thái ban vị trí KT-, và chuyển động theo chiều dương. Vị trí gia tốc có độ lớn cực đại là các vị trí B+, BThời gian ngắn nhất cần tìm t T T 5T   6 4 12 Bài 4: Một tụ điện có điện dung 1F được tích điện đến một điện áp xác định. Sau đó nối hai bản tụ điện vào hai đầu một cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm 1mH. Bỏ qua điện trở của mạch, lấy π2 = 10. Chọn mốc thời gian là lúc tụ bắt đầu phóng điện, xác định thời điểm năng lượng điện trường bằng năng lượng từ trường lần thứ 2? A. 100 s . B. 75s . C. 50s D. 25s Bài giải: Chu kỳ dao động điện từ T 2 LC 2.10  4 ( s ) Theo các lược đồ đường tròn lượng giác, ta xác định các vị trí + Mốc thời gian t0 = 0 lúc tụ bắt đầu phóng điện: q = Q0, vị trí B+ + Vị trí có năng lượng điện trường bằng năng lượng từ trường là vị trí q  Q0 , (các vị trí HD+, HD-) 2 • B- - O • HD- • CB T 4 • HD- Thời điểm thứ 2 năng lượng điện trường bằng năng lượng từ trường là t T T 3T   7,5.10 5 75.10 6 75s 8 4 8 T 8 q • B+