Đang tải... (xem toàn văn)
Dùng tương quan giữa chuyển động tròn đều và dao động để giải một số bài toán vật lí
Những năm gần đây, trong các kì thi tốt nghiệp THPT hoặc tuyển sinh Cao đẳng, Đại học thì môn Vật lí được tổ chức thi dưới hình thức trắc nghiệm khách quan có bốn lựa chọn cho mỗi câu hỏi. Thời lượng làm bài bình quân cho mỗi câu ở kì thi tốt nghiệp THPT là 1.5 phút, ở kì thi tuyển sinh ĐH là 1 phút 8 giây. Do vậy việc hướng dẫn cho học sinh có phương pháp giải nhanh, có kỹ năng chọn đúng phương án trả lời trắc nghiệm của một bài toán vật lí, cũng nhằm hình thành cho thế hệ trẻ năng lực xử lý nhanh tình huống để chọn giải pháp tối ưu là nhiệm vụ rất quan trọng của người giáo viên dạy vật lí. Ở trường THPT Nguyễn Việt Khái, học sinh vào học phần đa là có học lực trung bình và yếu, mỗi năm chỉ tuyển được !" #$%&'(). Thực tế có quá nhiều học sinh quên kiến thức căn bản đã học ở các lớp trước, kém năng lực tư duy, lười suy nghĩ, thụ động và đặc biệt là thiếu tự tin vào khả năng của bản thân các em. Nên người giáo viên phải tìm cách giải dễ cho mỗi dạng bài toán để giúp các em vận dụng được, giúp các em có lòng tin *+,-.+/012 Qua thời gian giảng dạy môn vật lí lớp 12 chương trình chuẩn, tôi nhận thấy rằng có thể dùng sự tương quan giữa chuyển động tròn đều và dao động điều hòa sẽ giải nhanh được một số dạng bài toán thuộc chương I – Dao động cơ; chương III – Dòng điện xoay chiều; chương IV – Dao động và sóng điện từ. Với bài viết này, tôi ghi lại những dạng bài toán trắc nghiệm khách quan mà tôi đã dùng sự tương quan giữa chuyển động tròn đều và dao động điều hòa hướng dẫn học sinh giải nhằm trang bị cho các em một vốn kiến thức và kỹ năng nhất định. Mong quý thầy cô đóng góp ý kiến cho phần trình bày dưới đây để tài liệu đạt được chất lượng cao hơn, tôi xin tiếp thu và chân thành cảm ơn. Trang 1 34546789 :;3<=367>34?>('78@A3BC7D :>EA347'C>@3454FA)G:H3ID4EJKLM N2(OPQ Khảo sát một chất điểm chuyển động tròn đều theo chiều dương ( ngược chiều quay của kim đồng hồ ) với tốc độ góc ω trên đường tròn tâm O bán kính A. Tại thời điểm t = 0 chất điểm ở vị trí M 0 có tọa độ góc 0 xOMϕ = và hình chiếu của điểm M 0 trên trục Ox là P 0 . Tọa độ của điểm P 0 là 0 0 OP OM .cos= ϕ hay 0 x Acos= ϕ Tại thời điểm t chất điểm ở vị trí M có tọa độ góc xOM tα = = ω + ϕ và hình chiếu của điểm M trên trục Ox là P. Tọa độ của điểm P là OP OM.cos = α hay ( ) x A.cos t= ω + ϕ Như vậy hình chiếu của một chuyển động tròn đều ( chất điểm M ) xuống trục Ox trùng với đường kính của đường tròn chính là một dao động cơ điều hòa. Ngược lại: Một dao động điều hòa có thể coi như hình chiếu của một chuyển động tròn đều xuống một đường thẳng nằm trong mặt phẳng quỹ đạo. Trang 2 O x M * * P 0 φ * M 0 P ωt + Bảng so sánh giữa chuyển động tròn đều của M với dao động điều hòa của P (R"S/T U/VRWQF :Q/T/VRUQWQX Tốc độ góc: ω ( rad/s) Tần số góc: ω ( rad/s) Chu kì: T ( s ) Chu kì: T ( s ) Tần số: f ( Hz ) Tần số: f ( Hz ) Góc pha: α = xOM ( rad ) Pha dao động: (ωt +φ) ( rad ) Góc pha lúc t = 0: α 0 = xOM 0 ( rad) Pha ban đầu: φ ( rad ) Bán kính: A ( m ) Biên độ: A ( m ) Đường kính: D = 2A ( m ) Chiều dài quỹ đạo: L = 2A ( m ) Tốc độ dài: v = ωA ( m/s ) Tốc độ cực đại: v = ωA ( m/s ) Công thức quan hệ giữa tần số góc, chu kì và tần số: 2π ω 2πf T = = Công thức quan hệ giữa tần số góc, chu kì và tần số: 2π ω 2πf T = = M chuyển động trên cung phần tư thứ I; II ( nửa đường tròn phía trên ) P chuyển động ngược chiều dương Ox ( từ phải qua trái ); v < 0; φ > 0 M chuyển động trên cung phần tư thứ III; IV ( nửa đường tròn phía dưới ) P chuyển động cùng chiều dương Ox ( từ trái qua phải ); v > 0; φ < 0 M chuyển động trên cung phần tư #4Y444 P chuyển động QZ ( tốc độ tăng dần ) về VTCB M chuyển động trên cung phần tư thứ II; IV P chuyển động chậm dần ( tốc độ giảm dần ) về biên M chuyển động trên cung phần tư thứ I; IV P chuyển động trên phần dương: x > 0; a < 0; 2 2 π π − < ϕ < M chuyển động trên cung phần tư thứ II; III P chuyển động trên phần âm: x < 0; a > 0; 3 2 2 π π < ϕ < Trang 3 O x M * * P α I II III IV [2$\O]RQ^QR"S/T U/VR_.Q/T/VRUQ /S+T%`._$aN[( trong tất cả các bài toán cơ trình bày dưới đây, vật dao động được coi là chất điểm) 2.1. Vận dụng vào tìm pha ban đầu φ trong việc giải bài toán lập phương trình dao động điều hòa QbXO + Vẽ đường tròn tâm O, bán kính A; trục Ox; + Xác định tọa độ x c trên trục Ox; hướng vec tơ vận tốc ban đầu 0 v uur ( hướng chuyển động lúc t = 0); + Tại x c kẻ nửa đường thẳng vuông góc với trục Ox cắt nửa đường tròn tại M c . Nếu 0 v uur ngược chiều Ox thì ta kẻ lên phía trên và ngược lại; + Góc pha xOM c chính là pha ban đầu φ cần tìm. ( 4 bước trên học sinh tốn rất ít thời gian để thực hiện ) `ba\ Ví dụ 1: Một chất điểm dao động điều hoà với biên độ 4 cm và chu kỳ 2 s, chọn gốc thời gian là lúc chất điểm đi qua vị trí cân bằng ( VTCB ) theo chiều dương. Phương trình dao động của chất điểm? A. x 4cos t cm 2 π = π + ÷ . B. x 4cos t cm 2 π = π − ÷ . C. x 4cos 4 t cm 2 π = π + ÷ . D. x 4cos 4 t cm 2 π = π − ÷ . * Giải ( theo sáng kiến) Đã có A = 4 cm; Tần số góc: 2 2 T 2 π π ω = = = π ( rad/s). Loại C và D Tìm pha ban đầu φ bằng cách vẽ hình, có ngay kết quả 2 π ϕ = − . Chọn B Trang 4 O x 0 0 v uur M 0 x * Giải theo phương pháp cũ Chọn hệ quy chiếu: trục Ox, mốc thời gian Phương trình dạng ( ) x Acos t= ω + ϕ Đã có A = 4 cm; Tần số góc: 2 2 T 2 π π ω = = = π ( rad/s). Loại C và D Tìm pha ban đầu φ từ điều kiện ban đầu: Lúc t = 0 ta có 0 0 x Acos v Asin = ϕ = −ω ϕ 4.cos 0 cos 0 4 sin 4 sin 1 2 ϕ = ϕ = π ⇔ ⇔ ⇔ ϕ = − − π ϕ = π ϕ = − . Chọn B (Nhiều học sinh không giải được hoặc mất nhiều thời gian để giải hệ phương trình trên để tìm ra 2 π ϕ = − , có thể học sinh sẽ giải được nghiệm 2 π ϕ = và chọn A) Ví dụ 2: Một vật dao động điều hòa trên quĩ đạo thẳng dài 10 cm với tần số 2Hz. Chọn gốc thời gian là lúc vật qua vị trí x = - 2,5 cm và đi theo chiều dương thì phương trình dao động là? A. 2π x 5cos 4πt cm 3 æ ö ÷ ç = - ÷ ç ÷ ç è ø . B. 2π x 5cos 4πt cm 3 æ ö ÷ ç = + ÷ ç ÷ ç è ø . C. 2π x 10cos 4πt cm 3 æ ö ÷ ç = - ÷ ç ÷ ç è ø . D. 2π x 10cos 4πt cm 3 æ ö ÷ ç = + ÷ ç ÷ ç è ø . * Giải Tần số góc: ω = 4π rad/s; Biên độ: L 10 A 5cm 2 2 = = = . Loại C và D Tìm φ: + Cách 1: Lúc t = 0 có v 0 > 0 nên φ < 0. Chọn A. + Cách 2: Vẽ phác hình ta được góc 0 xOM 0ϕ = < . Chọn A. (Nếu tính ϕ ta dùng: 2,5 cos 0,5 5 3 π α = = ⇔ α = cho nên được kết quả 0 2π xOMφ 3 = =- .) * Giải theo phương pháp cũ Chọn hệ quy chiếu Trang 5 O M 0 x -2,5 -5 5 o v uur α Tần số góc: ω = 4π rad/s; Biên độ: L 10 A 5cm 2 2 = = = . Loại C và D Tìm pha ban đầu φ từ điều kiện ban đầu: Lúc t = 0 ta có 0 0 x Acos v Asin = ϕ = −ω ϕ 5.cos 2,5 cos 0,5 2 20 sin 0 sin 0 3 ϕ = − ϕ = − π ⇔ ⇔ ⇔ ϕ = − − π ϕ > ϕ < . Chọn A ( Nhiều học sinh không giải được hệ phương trình như trên để tìm ra 2 3 π ϕ = − có thể học sinh sẽ giải được nghiệm 2 3 π ϕ = và chọn B ) Ví dụ 3:Một lò xo đầu trên cố định, đầu dưới treo một vật m. Vật dao động theo phương thẳng đứng và cần 0,1 s để đi từ vị trí thấp nhất đến vị trí cao nhất. Trong quá trình dao động, độ dài lò xo thay đổi từ 18 cm đến 22 cm. Chọn gốc tọa độ ở vị trí cân bằng, chiều dương hướng xuống, gốc thời gian lúc lò xo có độ dài nhỏ nhất. Phương trình dao động của vật là A. x = 2cos(10πt + π) (cm). B. x = 2cos(0,4πt - π)(cm). C. ( ) x 2cos 10 t cm . 2 π = π − ÷ D. ( ) ( ) x 4cos 10 t cm .= π + π * Giải Tần số góc: 2π 2π ω 10π rad / s T 2.0,1 = = = . Loại B. Biên độ: max min L L 22 18 A 2(cm) 2 2 - - = = = . Loại D. Pha ban đầu: + Cách 1: lúc t = 0 có x = - A nên φ = π. Chọn A. + Cách 2: vẽ phác hình được góc φ = xOM 0 = π. Chọn A. * Giải theo phương pháp cũ Chọn hệ quy chiếu Tần số góc: 2π 2π ω 10π rad / s T 2.0,1 = = = . Loại B. Biên độ: max min L L 22 18 A 2(cm) 2 2 - - = = = . Loại D. Pha ban đầu: Trang 6 O M 0 x * * * L min L max Lúc t = 0 ta có 0 0 x Acos v Asin = ϕ = −ω ϕ 2.cos 2 cos 1 20 sin 0 sin 0 ϕ = − ϕ = − ⇔ ⇔ ⇔ ϕ = π − π ϕ = ϕ = . Chọn A. Ví dụ 4: Một con lắc lò xo dao động điều hòa theo phương thẳng đứng. Quả nặng của con lắc đi từ VTCB đến vị trí thấp nhất hết 0,1 s. Trong quá trình dao động, chiều dài lò xo thay đổi từ 16 cm đến 24 cm. Chọn t = 0 là lúc lò xo dài 22 cm và đang giảm. Gốc tọa độ tại VTCB, trục Ox thẳng đứng chiều dương hướng xuống. Phương trình dao động của vật? A. ( ) x 4cos(5 t ) cm 3 π = π + . B. ( ) x 4cos5 t cm= π . C. x 4cos 10 t (cm) 2 π = π − ÷ . D. ( ) x 4cos(5t ) cm= + π . * Giải Tần số góc: 2π 2π ω 5π rad / s T 4.0,1 = = = . Loại C,D. Pha ban đầu: + Cách 1: lúc t = 0 có v 0 < 0 nên φ > 0. Chọn A. + Cách 2: vẽ phác hình được góc 0 φ xOM 0= > . Chọn A. (Muốn tính góc φ thì dùng xπ cosφ 0,5 φ A 3 = = Þ = ) * Giải theo phương pháp cũ Chọn hệ quy chiếu Tần số góc: 2π 2π ω 5π rad / s T 4.0,1 = = = . Loại C,D. Đã có A = 4 cm Lúc t = 0 ta có 0 0 x Acos v Asin = ϕ = −ω ϕ 4.cos 2 cos 0,5 20 sin 0 sin 0 3 ϕ = ϕ = π ⇔ ⇔ ⇔ ϕ = − π ϕ < ϕ > . Chọn A. Ví dụ 5: Một con lắc lò xo treo thẳng đứng gồm quả nặng có m = 1 kg và lò xo có độ cứng k = 1600 N/m. Khi quả nặng ở vị trí cân bằng, người ta truyền cho nó một vận tốc ban đầu bằng 2 m/s hướng thẳng đứng xuống dưới. Chọn gốc thời gian là lúc truyền vận tốc cho vật, chiều dương của trục Ox hướng xuống. Phương trình dao động của quả nặng là: A. x 0,05cos 40t (m) 2 π = + ÷ . B. ( ) x 0,05cos 40t (m)= . Trang 7 O M 0 x * * * L min L max ** C. x 2cos 40t (m) 2 π = − ÷ . D. x 0,05cos 40t (m) 2 π = − ÷ . * Giải Đã có ω = 40 ( rad/s); Biên độ: m v A 0,05m ω = = . Loại C. Pha ban đầu: + Cách 1: t = 0 có v 0 > 0 nên φ < 0. Chọn D. + Cách 2: vẽ phác hình được 2 π ϕ = − . Chọn D. Ví dụ 6:Một con lắc lò xo dao động điều hòa theo phương thẳng đứng. Thời gian vật đi từ vị trí thấp nhất đến vị trí cao nhất (cách nhau 10 cm) là 0,25 s. Gốc thời gian là lúc vật chuyển động chậm dần theo chiều dương với vận tốc 10π cm/s. Phương trình dao động của vật là: A. x = 5cos(4πt + π/3) (cm). B. x = 5cos(4πt - π/3) (cm). C. x = 5cos(4πt + π/6) (cm). D. x = 5cos(4πt - π/6) (cm). * Giải Đã có A = 5 cm và ω = 4π rad/s. Theo đề thì lúc t = 0 vật chuyển động chậm dần và có v 0 > 0 nên a < 0 và do đó x > 0. Khi đó 2 2 2 2 2 2 v (10 ) 5. 3 x A 5 (4 ) 2 π = − = − = ω π . Vẽ phác hình được 6 π ϕ = − . Chọn D. Ví dụ 7: Một chất điểm dao động điều hòa theo phương trình x 4cos(10 t )cm= π +ϕ . Tại thời điểm t = 0 thì x = -2 cm và đi theo chiều dương của trục tọa độ, pha ban đầu ϕ có giá trị nào: A radϕ = π . B. rad 6 π ϕ = . C. 2 rad 3 π ϕ = . D. 4 rad 3 π ϕ = . * Giải Trang 8 x O M 0 * v m * O M 0 x -2 -4 5 o v uur Vẽ phác hình xác định được 4 rad 3 π ϕ = . Chọn D. Trang 9 Ví dụ 8: Một con lắc lò xo có khối lượng m 2 kg= dao động điều hòa theo phương nằm ngang. Vận tốc có độ lớn cực đại bằng 0,6 m/s. Chọn gốc thời gian là lúc vật qua vị trí x 3 2 cm= theo chiều âm và tại đó động năng bằng thế năng, gốc tọa độ là VTCB. Phương trình dao động của vật có dạng nào sau đây? A. x 6cos(10t )cm. 4 π = − B. 3 x 6cos(10t )cm. 4 π = − C. x 6cos(10t )cm. 4 π = + D. 3 x 6cos(10t )cm. 4 π = + * Giải Dùng quan hệ CĐTĐ và DĐĐH. Khi t = 0 có x > 0 nên 2 2 π π − < ϕ < . Loại B, D. Đồng thời có v 0 < 0 nên 0ϕ > . Chọn C. 2.2. Vận dụng vào tìm thời điểm vật có li độ x 1 lần đầu ( tìm thời gian ngắn nhất kể từ lúc t = 0 để vật đạt li độ x 1 ) – làm cơ sở cho dạng tìm thời điểm vật qua li độ x 1 lần thứ n là số lẻ ( rất ) lớn hơn 1 QbXO + Vẽ đường tròn tâm O, bán kính A; trục Ox; + Xác định góc pha ban đầu ϕ = xOM c ( tìm điểm M 0 trên đường tròn ); + Xác định tọa độ x N trên trục Ox; tại x N kẻ đường thẳng a vuông góc trục Ox cắt đường tròn; + Từ M c đi ngược chiều kim đồng hồ gặp giao điểm đầu tiên của a với đường tròn, đặt là M N ; + Xác định góc quét trong thời gian t là α = ωt = M c OM N và tần số góc ω; + Thời điểm cần tìm chính là t α = ω . `ba\ Ví dụ 1: Một chất điểm dao động điều hòa theo phương trình x 20cos(2 t ) cm 3 π = π − . Chất điểm qua VTCB lần thứ nhất vào thời điểm Trang 10 . A = 8 cm; Tần số góc 2π ω 5π rad / s T = = ; Trang 13 O M 0 x * - 4 * * * 8 M 1 x’ Pha ban đầu: Lúc t = 0 ta có 0 0 x Acos v Asin = ϕ = −ω ϕ 8. cos. 4 rad 3 π ϕ = . * Giải Trang 8 x O M 0 * v m * O M 0 x -2 -4 5 o v uur Vẽ phác hình xác định được 4 rad 3 π ϕ = . Chọn D. Trang 9 Ví dụ 8: Một con lắc lò xo có
