Tài liệu ỨNG DỤNG ĐƯỜNG TRÒN LƯỢNG GIÁC ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN DAO ĐỘNG ĐIỀU HÒA

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT TAM ĐẢO -------------------CHUYÊN ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG MÔN VẬT LÍ TÊN CHUYÊN ĐỀ ỨNG DỤNG ĐƯỜNG TRÒN LƯỢNG GIÁC ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN DAO ĐỘNG ĐIỀU HÒA Giáo viên: Lê Văn Tuệ Tổ: Lí - Hóa - Sinh Tam Đảo, tháng 03/2014 0 CHUYÊN ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC - CAO ĐẲNG MÔN VẬT LÍ LỚP 12 TÊN CHUYÊN ĐỀ ỨNG DỤNG ĐƯỜNG TRÒN LƯỢNG GIÁC ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN DAO ĐỘNG ĐIỀU HÒA I. Giáo viên: Lê Văn Tuệ II. Đối tượng học sinh bồi dưỡng: lớp 12 Dự kiến số tiết bồi dưỡng: 4tiết III. Hệ thống kiến thức sử dụng trong chuyên đề : 1.Dao động điều hòa 1.1. Phương trình động lực học của dao động và nghiệm của nó Dao động cơ học là chuyển động qua lại quanh vị trí cân bằng. Xét dao động của vật nặng (m) gắn với một lò xo có độ cứng k. 2 - Phương trình động lực học của vật : x ''  2 x  0 với   k m - Nghiệm của phương trình x ''  2 x  0 có dạng x  Acos(t   ) trong đó A, ,  là những hằng số, gọi là phương trình dao động. 1.2. Các đại lượng đặc trưng của dao động điều hòa � x là li độ là tọa độ của vật tính từ VTCB. � A là biên độ dao động, A > 0 và �t   là xmax  A . pha dao động tại thời điểm t. � là pha ban đầu,tức là pha t   tại thời điểm t  0 . � là tần số góc của dao động,đơn vị là rad/s 1.3. Chu kỳ và tần số của dao động điều hòa - Chu kỳ T là khoảng thời gian vật thực hiện được một dao động toàn phần T  t 1  (s) N f với t là khoảng thời gian vật thực hiện được N dao động. - Tấn số f là số dao động vật thực hiện được trong 1 giây: f  1 (Hz). T 1.4. Vận tốc và gia tốc trong dao động điều hòa - Vận tốc v  x '   A sin(t   )   Acos(t     ). 2 + Khi x  �A � v  0 tại 2 vị trí biên . 1 + Khi x  0 � v max   A tại VTCB. + Vận tốc nhanh pha hơn li độ 1 lượng  . 2 - Gia tốc a   2 Acos(t   )   2 Acos(t     ) và a   2 x . + Gia tốc nhanh pha hơn vận tốc 1 lượng  . 2 + Gia tốc ngược chiều với li độ và có độ lớn tỉ lệ với li độ. + Khi ở 2 biên x  �A  a max  2 A . + Khi ở VTCB x  0 thì a  0 . 1.5. Điều kiện ban đầu sự kích thích dao động Xét một vật dao động là con lắc lò xo.Kích thích vật bằng cách đưa nó ra khỏi vị trí cân bằng một đoạn xo rồi thả tự do ( vo = 0 ) Nếu chọn gốc thời gian t = 0 thì lúc thả vật tự do ở li độ xo ta có điều kiện ban đầu sau : x(t  0)  xo và v(t  0)  0 ta có: �x(t  0)  Acos  xo �   0, A  xo � v(t  0)   A sin   0 � Vậy phương trình dao động của dao động điều hòa là : x  xo cost . 2. Hệ dao động - Hệ dao động là hệ gồm vật dao động và vật tác dụng lực kéo về (lực phục hồi) gây nên dao động - Dao động của hệ xảy ra chỉ do tác dụng của nội lực gọi là dao động tự do. Một vật hay một hệ dao động tự do theo một tần số góc xác định là tần số góc riêng của vật hay hệ đó. 3. Năng lượng trong dao động điều hòa 3.1. Sự bảo toàn cơ năng Trong các con lắc mà ta xét ở chương này thì vật nặng chịu tác dụng của lực đàn hồi ( F  kx ) hoặc trọng lực ( P  mg ) là các lực thế,do đó cơ năng của vật dao động được bảo toàn. 3.2. Biểu thức của động năng,thế năng,cơ năng Xét con lắc lò xo dao động theo phương trình: x = Acos( t+ ) . �Động năng của vật Wđ = 1 2 mv (J) 2 + Động năng của vật tỉ lệ thuận với vận tốc 2 Biểu thức của động năng Wđ = �Thế năng của vật Wt = 1 m 2 A2 sin 2 (t   ) 2 1 2 kx (J) 2 + Thế năng của vật tỉ lệ với li độ Biểu thức của thế năng Wt = 1 2 2 kA cos (t   ) . 2 �Cơ năng của vật bằng tổng của động năng và thế năng của vật W = Wt + Wđ = 1 2 1 2 1 2 1 2 2 kx + mv = kA = m A ( J). 2 2 2 2 Chú ý rằng : k  m 2 , Cơ năng tỷ lệ với bình phương biên độ dao động A. 4. Tổng hợp dao động 4.1. Tổng hợp hai dao động cùng phương,cùng tần số Phương trình dao động : x1  A1cos( t+1 ) , x2  A2cos( t+ 2 ) . � x  x1  x2  Acos( t+ ) trong đó : Biện độ xác định là : � A  A12  A2 2  2 A1 A2 cos(2  1 ) Pha ban đầu được xác định : tan   A1 sin 1  A2 sin 2 A1 cos  2  A2 cos 2 * Nếu hai dao động thành phần: - Cùng pha:   2n � A  A1  A2 và   1 hoặc   2 - Ngược pha:   (2n  1) � A  A1  A2 và   1 (nếu A1 > A2),    2 (nếu A1 < A2) . - Vuông pha:   (2n  1)  � A  A12  A2 2 2 3 - Lệch pha bất kỳ: A1  A2 0,vật chuyển động theo chiều dương,ta có hình vẽ sau: - Từ hình vẽ ta thấy cos  �  x 2 2 2   A 4 2   hoặc �    Trên đường tròn có 2 vị trí 4 4 thỏa mãn,vì vật chuyển động theo chiều (+) nên ta chọn    Vậy ptdđ của vật là : x  4cos(4 t  M1 ( ) 4  là thỏa mãn. M2 4  O  4 2 2 x ( )  ) � đáp án B. 4 **Chú ý : Khi làm bài trắc nghiệm tại thời điểm t=0 thì vận tốc : v   A sin   0 + Nếu vật chuyển động theo chiều (+) thì v  0 � sin   0 �   0 . + Nếu vật chuyển động theo chiều (-) thì v  0 � sin   0 �   0 . + Khi làm bài trắc nghiệm,nên đọc kỹ đề bài,xem xét 4 đáp án,nếu thấy ở 4 đáp án có các dữ kiện cần tính giống nhau thì ta không cần tính dữ kiện đó nữa,mà lấy luôn dữ kiện đó để tính toán tiếp.chú ý từng tính chất,ý nghĩa của từng khái niệm,định nghĩa thì sẽ rút ngắn được thời gian làm bài. 10 - Như ví dụ 3(ĐH – 2011). Ta thấy : + 4 đáp án có cùng   20 rad/s �   20 rad/s + Vật chuyển động theo chiều (-) �   0 � loại A và B. + Ta nhận thấy AC khác AD sử dụng công thức độc lập với thời gian tìm được A  4 cm � nhận phương án C mà không cần tìm  .Hoặc thấy vì C khác  D ,ta sử dụng đường tròn lượng giác ta tìm được    � nhận phương án C mà không cần tìm biên độ A. 3 1.1.3.Vận dụng. 1. Một vật dao động điều hòa trên một đoạn thẳng dài 10 cm,trong 20(s) đầu tiên vật thực hiện được 10 dao động.Viết PTDĐ của vật tại vị trí vật có li độ x  2,5cm và đang có vận tốc âm. 2. Một vật dđđh có chu kỳ là 4(s),biên độ là 5cm. Viết ptdđ của vật khi: a.Vật ở vị trí có gia tốc cực tiểu và có vận tốc dương. b.Vật có vận tốc cực đại và có giá trị âm. 3. Một vật dao động điều hòa có vận tốc cực đại và gia tốc cực đại lần lượt là 10 (cm / s ) và 20 2 (cm / s 2 ) .Chọn gốc thời gian là lúc vật qua vị trí có li độ x  2,5 2 cm và đang chuyển động nhanh dần. 4. Vật dao động điều hòa với biên độ là 10cm,chu kỳ là 2s.Chọn gốc thời gian là lúc vật qua vị trí có vận tốc dương và có giá trị bằng một nửa vận tốc tại vtcb,biết rằng vật đang chuyển động chậm dần.Viết ptdđ của vật trên. ĐS:  1. x  5cos( t  ) cm 3   2.a. Vật có gia tốc cực tiểu v  0 �   0 � x  4cos( t  ) cm. 2 2   b. vmax  0 � x  0 và   0 suy ra � x  4cos( t  ) cm. 2 2 amax v và A  max ,ban đầu x  2,5 2 cm động nhanh dần � vật hướng về vị trí cân vmax  bằng O � vật chuyển động theo chiều âm �   0 3.    � x  5cos(2 t  ) cm. 8 4. Biến đổi từ biểu thức của x và v ta có biểu thức + x2 v2 1   1 , v  vmax � x  �A 3 2 2 A v max 2 2 A 3 + v  0 �   0 ,vật chuyển động chậm dần � x   5 3 cm 2  � x  10cos( t  ) cm. 6 1.2.Bài toán tính thời gian vật đi từ vị trí x1 đến vị trí x2 . 1.2.1.Phương pháp giải. 11 + Bước 1: chọn hệ quy chiếu,biểu diễn các vị trí x1 và x2 trên đường tròn lượng giác - Chọn chiều (+) trùng chiều với trục ox. - Xác định vị trí,thời điểm ban đầu của vật và biểu diễn x1 và x2 ,xác định chiều chuyển động từ x1 đến x2 . + Bước 2: Xác định góc quét  chắn cung vật đi được từ x1 đến x2 . + Bước 3: Thời gian quét cung vật đi được từ x1 đến x2 chính là thời gian vật đi được từ x1 đến x2 ,   .T (s). áp dụng công thức : t   ()  2 M1 1.2.2.Ví dụ minh họa M2   1. Một vật dđđh có phương trình x  4cos(2 t  ) cm. 2 A x2 O x1 A x Tính thời gian vật đi từ vị trí ban đầu tới vị trí a. x  2 cm b. x  2 3 cm ( ) c. x  4 cm HD: uuuu r uur  � véctơ OM vuông góc với ox và vật đang chuyển động theo chiều (+),vậy ban 2 đầu vật đang ở vị trí cân bằng O và đang chuyển động theo chiều dương. + ta thấy    ( ) a.Thời gian vật đi từ vị trí cân bằng x  0 � x  2cm theo chiều (+). Thời gian cần tính là thời gian vật đi được từ điểm M 1 tới điểm M 2 Từ hình vẽ góc chắn cung M 1 M 2 là  ta có : 2 4 O 2 1    1 sin    �   (rad). ADCT: t    (s) 4 2 6  6.2 12 2 3 3   �   (rad) 4 2 3   1   (s).  3.2 6 c. Thời gian vật đi từ x  0 tới x  4 theo chiều (+). M2 M1 Thời gian cần tính là thời gian vật đi được từ điểm M 1 tới điểm M 3 , có : t  x  b.Thời gian vật đi từ x  0 tới x  2 3 theo chiều (+) Từ hình vẽ dưới ta có : sin   4 ( ) ( ) 4 Ta có hình vẽ như trên:(hình câu b) Thời gian cần tính là thời gian vật đi được từ điểm M 1 tới điểm M 4 , 2 3 O  M1 M4 4 x  M3 uuuur uuuuu r    1() �     t    OM OM từ hình vẽ ta thấy: (rad) có : (s). 1 vuông góc với 4 2  2.2 4 2. Một vật dao động có phương trình : x  Acos(t   ) .Tính thời gian a.Vật đi từ vị trí x  0 theo chiều (+) tới vị trí x   A . 12 ( ) A A 3 b.Vật đi từ vị trí x   đến vị trí x  theo chiều (+). 2 2 HD:  M2 a.Ta biểu diễn các dữ kiện lên hình vẽ : x  2 Thời gian cần tính là thời gian vật quét cung M 1 AM 2 và bằng thời gian vật đi từ M1 x  0 � x  A � x   A Từ hình vẽ bên ta có: Góc chắn cung M 1 AM 2 là :   A O A ( )  3   3 3T    .T  .T  (rad). � t  . 2 2  2 2.2 4 Cách 2: Ta có thể chia bài toán làm 2 giai đoạn tính riêng biệt từng phần sau đó cộng 2 kết quả lại với nhau. Thời gian vật đi từ x  0 � x  A là t1    T .T  .T  2 2.2 4 Thời gian vật đi từ x  A � x   A là t2  Thời gian cần tính là t  t1  t2  ( )   T .T  .T  2 2 2  T T 3T   . 4 2 4 Ta có hình vẽ bên:+ s in 1  + s in  2  A 2 O 1 A A 3 b. Thời gian vật đi từ vị trí x1   đến vị trí x2  theo chiều (+). 2 2 - Thời gian cần tính là thời gian vật đi từ x1   A 3 2 x 2 M1 M2 ( ) A 3 A �x0�x . 2 2 x1 3   � 1  (rad) A 2 3 x2 1       T .T  .T  .  �  2  (rad) �   1  2    (rad) � t  3 6 2 2 2.2 4 A 2 6 VD3(ĐH – 2008).Một vật dđđh có biên độ là A,chu kỳ T,chọn gốc thời gian lúc t  0 là lúc vật qua VTCB thì trong nửa chu kỳ đầu tiên vận tốc của vật bằng không ở thời điểm: A. T 6 B. T 4 C. T 8 D. T 2 HD: Giả sử tại t  0 vật ở VTCB x  0 và đang chuyển động theo chiều dương như hình vẽ : ( ) M2 Trong nửa chu kỳ đầu tiên vật quét cung M 1 AM 2 , v  0 lần đầu tiên tại vị trí Biên dương x  A .Thời điểm cần tính là thời gian vật đi từ vị trí x  0 � x  A theo chiều dương. Từ hình vẽ có:     T �t  T 2 2 4 A O M1 A x  2 () 13 Đáp án B. VD4: Một vật dđđh có biên độ là A,chu kỳ T. Thời gian giữa hai lần liên tiếp li độ của vật đạt giá trị cực đại là A. T 3 B. T 2 C. T 6 D. T 12 HD: Li độ x của vật đạt giá trị cực đại tại 2 vị trí biên () +Giả sử xmax   A là vị trí li độ đạt giá trị cực đại lần thứ nhất xmax  A là giá trị cực đại lần thứ Hai.Vậy thời gian giữa 2 lần liên M1 O xmax   A  tiếp li độ đạt giá trị cực đại là thời gian vật đi từ vị trí x   A tới xmax  A  T T . 2 2 Góc quét    � t  M2 xmax  A ( ) VD5:(sgk vật lý cơ bản).Một vật dđđh phải mất 0, 25s để đi từ điểm có vận tốc bằng 0 tới điểm tiếp theo vẫn như vậy.Khoảng cách giữa hai điểm là 36cm.Tính :Chu kỳ,tần số,biên độ. HD: ( ) Trên hình vẽ vận tốc v  0 tại 2 vị trí biên âm x   A và biên dương x  A với góc quét là :  T    � t  T 2 2 v0 v0 O A Theo bài ra thời gian vật đi từ vị trí v  0 � v  0 là 0, 25s � A x  T 1  0, 25 � T  0,5s � f   2hz . 2 T () + Theo bài ra vật đi từ vị trí v  0 � v  0 ứng với x   A � x  0 � x  A hết quãng đường là 36 cm,từ hình vẽ ta thấy 2 A  36 � A  18cm . Lưu ý: + Ta thấy 1 chu kỳ,vật quay được 1 vòng tròn quét được 1 góc   360o + Một đường tròn chia làm 4 phần bằng nhau,thời gian quét từng phần đó là như nhau và đều bằng T  ,đều quét được góc   4 2 + Vật quét được nửa đường tròn ứng với thời gian là T 2 1.2.3.Vận dụng 1.Một vật DDĐH có phương trình : x  10cos(t ) cm .Tính thời gian vật đi từ vị trí a. x  5cm đến x  5cm . b. x  5cm đến x  10cm . c. x  10cm đến x  5cm . 14 d. x  5 3cm đến x  5 2cm . e.Vật có gia tốc cực đại đến vị trí tiếp theo mà tại đó vật có vận tôc đạt giá trị cực tiểu. 2.(CĐ – 2010).Một vật dao động điều hòa có chu kỳ T,gốc thời gian lúc vật qua VTCB,vận tốc của vật bằng 0 lần đầu tiên tại thời điểm nào: T 2 A. B. T 6 T 4 C. D. T 8 3.(CĐ – 2009).Một vật DĐĐH dọc theo trục tọa độ nằm ngang ox với chu kỳ T.Vtị trí cân bằng và mốc thế năng tại gốc tọa độ.Tính từ lúc vật có li độ dương lớn nhất,thời điểm đầu tiên mà động năng bằng thế năng là: T 4 A. B. T 8 C. T 12 D. T 6 ĐS: t 1.a. 2. t  b. t T 3 c. T 3 d. gian vật t t 7T 24 đi từ e. t T 2 T đáp án C. 4 3.Thời x  A � x   T 6 gian cần tính là thời x  A�x  A 2 hoặc 2 T A 2 .và là .Đáp án 8 2 1.3.Bài toán xác định quãng đường vật đi được trong thời gian t ( ) 1.3.1.Phương pháp giải + Bước 1 : Xác định vị trí ban đầu,xác định chiều chuyển động của vật trên đường tròn lượng giác. + Bước 2 : Từ công thức t     .T  2 A A A O Ax  ta xác định góc mà vật quét được   t.  t.2 rad. T () uuuu r Từ hình vẽ ta có thể nhận thấy nếu vectơ OM quét được 1 góc  thì vật đi được quãng uuuu r đường là 2A mà không phụ thuộc vào vị trí đầu và vị trí cuối.Vậy khi OM quay được 1 góc   n thì hình chiếu của M luôn đi được quãng đường là S  2nA ( n nguyên). Nếu góc   n  1 thì quãng đường cần tính là S  2nA  S1 .Với S1 là quãng đường vật quét được góc 1 . ** Chú ý : + Sau một chu kỳ T vật luôn quét được 1 góc   2 ứng với quãng đường đi được là S  4 A T T ,trong nửa chu kỳ t  thì quãng đường vật đi được là 2A.Trong một phần tư chu kỳ t  tính từ 2 4 vị trí biên hay CTCB thì quãng đường vật đi được là A còn tính từ các vị trí khác thì quãng đường đi được khác A 15 + Tại thời điểm ban đầu vật xuất phát từ đâu thì sau t  nT vật quay trở lại đúng vị trí ban đầu đó. 1.3.2.Ví dụ minh họa. 1.Một vật DĐĐH có phương trình : x  4cos(4 t   ) cm.Tính quãng đường vật đi được : 2 a.Trong 2 s kể từ vị trí ban đầu. b.Trong 3,25 s kể từ vị trí x  2 cm ngược chiều dương. c.Trong 2,325 s từ VTCB theo chiều dương. HD: uuuuu r Ban đầu vật đang ở vị trí cân bằng và đang chuyển động theo chiều âm,ta biểu diễn bằng véctơ OM a.Trong 2 s vật quét được góc   t.  2.4  8 rad. � Quãng đường đi được là S  2.8 A  16 A  64cm . b.Trong 3,25 s �   t.  3, 25.4  13 rad. � Quãng đường đi được là S  2.13 A  26 A  104cm . c.Trong 2,325 s �   t.  2,325.4  9,3  9  0,3 rad. � Quãng đường cần tính S  S1  S 2 . + S1 là quãng đường vật quét góc 1  9 � S1  2.9A  18A  72cm . + S2 là quãng đường vật quét góc  2  0,3 rad. () M + Sau khi vật đi được quãng đường S1 tức là vật quét được góc 1  9 thì vật đang ở VTCB O và đang chuyển động theo chiều dương như hình vẽ: 4 x O 4 x 2 uuuuuur - Gọi M 1M 2 là véctơ quét được. Góc 2  0,3 .Từ hình vẽ bên Ta thấy sin  2  M1 x � x  A.sin 2 � S1  x  4.sin 0,3  3, 24cm A M2 ( ) Vậy tổng quãng đường vật đi được là S  S1  S 2  72  3, 24  75, 24cm 2.Một vật DĐĐH dọc theo trục ox có phương trình : x  2cos(4 t   ) cm.Kể từ thời điểm ban đầu 3 quãng đường vật đi được trong 1,125s đầu tiên là: A. 18cm B. 17, 23cm C. 16cm D. 10cm HD: + Ban đầu vật đang ở vị trí x1  1cm và đang chuyển động theo chiều dương. + Trong 1,125 s �   t.  1,125.4  4,5  4  0,5 rad. � Quãng đường cần tính S  S1  S 2 . + S1 là quãng đường vật quét góc   4 � S1  2.4A  8A  16cm . + S2 là quãng đường vật quét góc   0,5 rad. 16 - Sau khi vật đi được quãng đường S1 tức là vật quét được góc 1  4 ứng với 2 chu kỳ thì vật đang ở vị trí ban đầu x1  1cm đang chuyển động theo chiều dương như hình vẽ: + Giả sử vật quét được 1 góc   0,5 . Chính là góc M 1OM 3  0,5 + cos1  x1 1   � 1  . A 2 3 ( ) M3 +   0,5  1  2 � 2    1  + cos 2   . 6 2 2 O x2  � x2  A.sin  2  2.cos  3cm . A 6 M1 Từ hình vẽ bên ta suy ra quãng đường S 2  x1M 2  M 2 x2  x1M 2  A  Ox2  1  2  3 1, 27cm S  S1  S 2  16  1, 27  17, 27cm . () Vậy tổng quãng đường vật đi được là 3.Một DĐĐH dọc theo trục ox có phương trình : x  10cos( t   ) cm 2 Quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian từ t1  1,5s tới t2  A. 40  5 3 cm 2 x1 x2 M x 2 1 B. 50  5 3 cm C. 50  5 2 cm 13 s là 3 D. 60  5 5 cm HD: + Ta có     nên ban đầu vật đang ở vị trí cân bằng O và đang chuyển động theo chiều dương. 2 * Ta tính quãng đường S1 vật đi được trong thời gian t1  1,5s đầu 2 t 3 T T  2s � 1  � t1   .Vì ban đầu vật ở vị trí cân bằng theo chiều dương nên  T 4 2 4 () 3T sau thời gian t1  vật đi được quãng đường là S1  2 A  A  3 A 4 + Có T  * Ta tính quãng đường S 2 vật đi được trong thời gian t2  13 s 3 xS A 13   4  + Ta có góc quét   t2  3 3 + Quãng đường vật đi được S 2  8 A  S Với 8A là quãng đường vật đi khi quay x O  3 M1  3 A x ( )  .Sau khi vật quay được 1 góc 4 thì vật quay trở lại 3  vị trí cân bằng ban đầu và tiếp tục quay thêm 1 góc 3 góc 4 còn S là quãng đường vật quay góc như hình vẽ + Ta có: sin  x  A 3 A 3 cm.Quãng đường S 2  8 A  .  � x  S  A.sin  3 A 3 2 2 17 + Quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian từ t1  1,5s tới t2  S  S 2  S1  8 A  13 s là 3 A 3 A 3  3A  5 A   50  5 3 cm.Chọn đáp án B. 2 2 4.Một vật dao động điều hòa đi từ điểm M trên quỹ đạo đến vị trí cân bằng hết thời gian là T .Trong 3 5T tiếp theo vật đi được quãng đường là 15cm.Vật tiếp tục đi thêm 0,5s nữa thì trở về vị 12 trí ban đầu.Xác định chu kỳ và biên độ A của dao động. thời gian A. T  2s, A  5cm B. T  4s, A  5cm C. T  0,5s, A  4cm D. T  2 s, A  10cm . HD: + Vật dao động điều hòa thì sau mỗi chu kỳ T thì vật lại trở về vị trí ban đầu ( ) B T 5T  0,5s � T  2 s . + Từ dữ kiện đầu bài ta có : T   3 12 + Trong thời gian 5T 5T 2 5   .    . vật quay được một góc   12 12 T 6 2 3 C N  2 M O A  3 x ứng với cung BD trên đường tròn + Quãng đường vật đi được tương ứng là S  OC  CN  2OC  ON  2 A  ON D + Có cos ( )  ON OC A  � ON   3 OC 2 2 + Vậy S  2OC  ON  3A  15 � A  10cm .Chon đáp án D. 2 1.3.3.Bài toán tính quãng đường lớn nhất,nhỏ nhất vật đi được trong thời gian t. 1.3.3.1.phương pháp giải Từ tính chất của DĐĐH ta nhận thấy : Vận tốc của vật lớn nhất khi qua VTCB,nhỏ nhất khi đi qua hai vị trí biên,vì thế trong cùng một khoảng thời gian quãng đường vật đi được càng lớn khi vật càng ở gần VTCB và càng nhỏ khi vật ở gần vị trí biên.Ta sử dụng mối liên hệ giữa DĐĐH và chuyển động tròn đều. Ta có   t.  sin M1 M2 t.2 rad. T  A A A x1 O M2 S max x2 x hình a  A cos O x hình b S min ( ) () *.TH1 .nếu t < T hay góc quét   t. <  . 2 Quãng đường lớn nhất vật đi được là quãng đường từ x1 � x2 đối xứng qua trục sin như  hình (a) trên � S max  2 A sin 2 + 18 Quãng đường nhỏ nhất vật đi được là quãng đường từ x1 � x2 đối xứng qua trục cos như  hình (b) trên � Smin  2 A(1  cos ) . 2 + *TH2. nếu t > T hay góc quét   t. >  . 2 - Ta tách   n  1 � quãng đường cần tính S  2nA  S1 với S1 là quãng đường vật quét được góc 1 . - Quãng đường lớn nhất S max  2nA  S1max  2A(n  sin 1 ). 2 - Quãng đường nhỏ nhất S min  2nA  S1min  2A( n  1  cos 1 ). 2 1.3.3.2.Ví dụ minh họa VD1.(CĐ – 2008).Một DĐĐH dọc theo trục ox quanh VTCB O với biên độ A và chu kỳ T.Trong T khoảng thời gian quãng đường lớn nhất vật có thể đi được là 4 A. A B. 3A 2 C. A 3 D. A 2 HD: + Ta có   t.  t. + Ta thấy 2 T 2     .  �  T 4 T 2 2 4 T T   � S max  2 A sin  2 A.sin  A 2 .Vậy chọn đáp án D. < 4 2 2 4  VD2.Một vật DĐĐH có phương trình x  5cos(2 t  ) cm.Tính quãng đường lớn nhất và nhỏ nhất 6 vật đi được trong 2,25s đầu tiên. HD: + Ta có T  2  1s < t  2, 25s ( thuộc TH2)  + Góc quét   t.  2, 25.2  4,5  4  0,5 với 1  0,5 � 1   rad. 2 4 - Quãng đường lớn nhất vật đi được là: S max  2nA  S1max  2A(n  sin 1  )  2.5.(4  sin ) �47,1cm . 2 4 - Quãng đường nhỏ nhất vật đi được là: Smin  2nA  S1min  2A(n  1  cos 1  )  2.5.(4  1  cos ) �42,93cm . 2 4 ***Chú ý T thì quãng đường lớn nhất mà vật đi được là A 2 ,quãng 4 đường nhỏ nhất vật đi được là A(2  2) . + Trong một phần tư chu kỳ t  19