Cách giải các dạng toán tính quãng đường trong dao động cơ phần 2

Dạng 2: Quãng đường lớn nhất, nhỏ nhất

1.     ĐẶT VẤN ĐỀ BÀI TOÁN 1

Bài toán 1: Tính quãng đường lớn nhất và nhỏ nhất mà vật đi được khi xét trong cùng khoảng thời gian $\vartriangle t$

2.     PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN 1

So sánh khoảng thời gian $\vartriangle t$ mà bài toán cho với nửa chu kỳ $\frac{T}{2}$.

§ TH1: Nếu $0<\vartriangle t<\frac{T}{2}$

Vật dao động điều hòa có tốc độ càng lớn khi vật càng gần vị trí cân bằng và tốc độ càng nhỏ khi vật càng gần vị trí biên nên xét trong cùng một khoảng thời gian, quãng đường đi được càng dài khi vật ở càng gần vị trí cân bằng và càng ngắn khi vật càng gần vị trí biên. Do có tính đối xứng nên quãng đường dài nhất gồm 2 phần bằng nhau đối xứng qua vị trí cân bằng, còn quãng đường ngắn nhất cũng gồm 2 phần bằng nhau nhưng đối xứng qua vị trí biên.

Sử dụng mối liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều.

Ta có: Góc quét $\vartriangle \varphi =\omega \vartriangle t.$

Quãng đường lớn nhất đối xứng qua trục sin khi vật đi từ ${{M}_{1}}\to {{M}_{2}}$(hình 1):

${{S}_{\max }}=2A\sin \frac{\vartriangle \varphi }{2}=2A\sin \frac{\omega .\vartriangle t}{2}.$

Quãng đường ngắn nhất đối xứng nhau qua trục cos khi vật đi từ ${{M}_{1}}\to {{M}_{2}}$(hình 2):

${{S}_{\min }}=2A\left( 1-\cos \frac{\vartriangle \varphi }{2} \right)=2A\left( 1-\cos \frac{\omega .\vartriangle t}{2} \right).$

§ TH2: Nếu $\vartriangle t>\frac{T}{2}.$

Tách $\vartriangle t=n.\frac{T}{2}+\vartriangle {t}'$ ở đó $n\in \mathbb{N}*;0<\vartriangle {t}'<\frac{T}{2}.$

Với khoảng thời gian $n\frac{T}{2}$ thì quãng đường vật đi được là $2nA$.

Trong khoảng thời gian $\vartriangle {t}'=\frac{T}{2}$ thì quãng đường lớn nhất, nhỏ nhất được tính một trong hai cách như trường hợp 1.

1.     ĐẶT VẤN ĐỀ BÀI TOÁN 2

þ Bài toán 2: Tính thời gian ngắn nhất và dài nhất khi xét cùng độ dài quãng đường S.

2.     PHƯƠNG PHÁP GIẢI

Vật dao động điều hòa có tốc độ càng lớn khi vật càng gần vị trí cân bằng và tốc độ càng nhỏ khi vật càng gần vị trí biên nên trong cũng quãng đường, khoảng thời gian sẽ dài khi vật đi gần vị trí biên. Khoảng thời gian sẽ ngắn khi vật đi xung quanh gần vị trí cân bằng.

§ TH1: Nếu S < 2A ta có:

Thời gian ngắn nhất vật đi được quãng đường S: $S=2A\sin \frac{\vartriangle {{\varphi }_{\min }}}{2}=2A\sin \frac{\omega \vartriangle {{t}_{\min }}}{2}.$

Thời gian dài nhất vật đi được quãng đường S: $S=2A\left( 1-\cos \frac{\vartriangle {{\varphi }_{\max }}}{2} \right)=2A\left( 1-\cos \frac{\omega \vartriangle {{t}_{\max }}}{2} \right).$

§ TH2: Nếu $S>2A\Rightarrow S=n.2A+{S}'\Rightarrow \vartriangle t=n\frac{T}{2}+\vartriangle {t}'\left( {S}'<2A \right).$

Khi đó ta tìm $\vartriangle {{{t}'}_{\min }}$ hoặc $\vartriangle {{{t}'}_{\max }}$như trường hợp 1.

3.     BÀI TẬP MINH HỌA DẠNG 1

Lời giải chi tiết

Dựa vào trục thời gian và các khoảng thời gian đặc biệt, ta có:

a)      Ta có:

$\frac{T}{6}=\frac{T}{12}+\frac{T}{12}\Rightarrow {{S}_{\max }}=\frac{A}{2}+\frac{A}{2}=A;{{S}_{\min }}=2\left( A-\frac{A\sqrt{3}}{2} \right)$

Hoặc: $\vartriangle t=\frac{T}{6}\Rightarrow \vartriangle \varphi =\frac{2\pi }{T}.\frac{T}{6}=\frac{\pi }{3}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{} {{S}_{\max }}=2A\sin \frac{\pi }{6}=A \\ {} {{S}_{\min }}=2A\left( 1-\cos \frac{\pi }{6} \right)=2\left( A-\frac{A\sqrt{3}}{2} \right) \\ \end{array} \right..$

b)      Ta có:

$\frac{T}{4}=\frac{T}{8}+\frac{T}{8}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{} {{S}_{\max }}=2.\frac{A\sqrt{2}}{2}=A\sqrt{2} \\ {} {{S}_{\min }}=2\left( A-\frac{A\sqrt{2}}{2} \right)=A\left( 2-\sqrt{2} \right) \\ \end{array} \right..$

Hoặc: $\vartriangle t=\frac{T}{8}\Rightarrow \vartriangle \varphi =\frac{2\pi}{T}.\frac{T}{8}=\frac{\pi }{4}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{} {{S}_{\max }}=2A\sin \frac{\pi }{4}=A\sqrt{2} \\ {} {{S}_{\min }}=2A\left( 1-\cos \frac{\pi }{4} \right)=\left( A-A\sqrt{2} \right) \\ \end{array} \right..$

c)      Ta có:

$\frac{T}{3}=\frac{T}{6}+\frac{T}{6}\Rightarrow \left\{ \begin{array}{} {{S}_{\max }}=2.\frac{A\sqrt{3}}{2}=A\sqrt{3} \\ {} {{S}_{\min }}=2\left( A-\frac{A}{2} \right)=A \\ \end{array} \right..$

d)      Trong trường hợp này $\vartriangle t>\frac{T}{2}.$

Ta có:

$\begin{array}{} \frac{2T}{3}=\frac{T}{2}+\frac{T}{6}=\frac{T}{2}+\frac{T}{12}+\frac{T}{12}\Rightarrow {{S}_{\max

}}=2A+{{{{S}'}}_{\max }}=2A+A=3A. \\ {} {{S}_{\min }}=2A+{{{{S}'}}_{\min }}=2A+2\left( A-\frac{A\sqrt{3}}{2} \right)=4A-A\sqrt{3.} \\ \end{array}$

Lời giải chi tiết

Ta có: $T=\frac{2\pi }{\omega }=0,4s;\frac{\vartriangle t}{T}=\frac{7}{4}\Rightarrow \vartriangle t=3\frac{T}{2}+\frac{T}{4}\Rightarrow {{S}_{\max }}=3.2A+{{{S}'}_{\max \left( \frac{T}{4} \right)}}$

Mặt khác $\frac{T}{4}=\frac{T}{8}+\frac{T}{8}\Rightarrow {{{S}'}_{\max }}=A\sqrt{2}=8\sqrt{2}\Rightarrow {{S}_{\max }}=48+8\sqrt{2}=59,31cm.$ Chọn B.

Lời giải chi tiết

Ta có: $T=\frac{2\pi }{\omega }=1,5s;\frac{\vartriangle t}{T}=\frac{23}{3}\Rightarrow \vartriangle t=15\frac{T}{2}+\frac{T}{6}=15.\frac{T}{2}+\frac{T}{12}+\frac{T}{12}.$

Do đó ${{S}_{\max }}=15.2A+{{{S}'}_{\min }}=30A+2A-A\sqrt{3}=302,7cm.$ Chọn A.

.

Lời giải chi tiết

Ta có: $\frac{5T}{3}=3\frac{T}{2}+\frac{T}{6}\Rightarrow {{S}_{\max }}=3.2A+{{{S}'}_{\max .}}$

Lại có: $\frac{T}{6}=2.\frac{T}{12}\Rightarrow {{{S}'}_{\max }}=A\Rightarrow {{S}_{\max }}=7A.$ Chọn B.

Lời giải chi tiết

Thời gian ngắn nhất vật thực hiện được quãng đường đó khi vật di chuyển đối xứng qua vị trí cân bằng.

Khi đó: $A\sqrt{3}=\frac{A\sqrt{3}}{2}+\frac{A\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \vartriangle {{t}_{\min }}=2.\frac{T}{6}=\frac{T}{3}=\frac{2\pi }{3\omega }.$

Cách 2: Áp dụng công thức: Thời gian ngắn nhất vật đi được quãng đường $S=A\sqrt{3}$thỏa mãn:

$S=2A\sin \frac{\omega \vartriangle {{t}_{\min }}}{2}\Leftrightarrow \vartriangle {{t}_{\min }}=\frac{2}{\omega }.\arcsin \frac{S}{2A}=\frac{2\pi }{3\omega }.$ Chọn D.

Lời giải chi tiết

Ta có: $3A=2A+A\Rightarrow \vartriangle {{t}_{\min }}=\frac{T}{2}+\vartriangle {{{t}'}_{\min }}.$

Thời gian ngắn nhất vật thực hiện được quãng đường A khi vật di chuyển đối xứng qua vị trí cân bằng

Ta có: $A=\frac{A}{2}+\frac{A}{2}\Rightarrow \vartriangle {{{t}'}_{\min }}=2\frac{T}{12}=\frac{T}{6}.$

Do đó: $\vartriangle {{t}_{\min }}=\frac{T}{2}+\frac{T}{6}=\frac{2T}{3}=\frac{2}{3f}.$ Chọn B.

Lời giải chi tiết

${{S}_{\max }}=k.2A+2A\sin \left( {\alpha }/{2}\; \right)=3A$ $\Rightarrow k=1$ và $\alpha ={\pi }/{3}\;\Rightarrow t=1.\frac{T}{2}+\frac{\alpha }{\omega }=\frac{T}{2}+\frac{T}{6}=\frac{2T}{3}s$( cứ đi được 2A hết T/2 s). Khoảng thời gian đi trong đoạn 3A trên bằng với khoảng thời gian giữa 2 lần liên tiếp đi qua li độ ${A}/{n}\;=t={2T}/{3}\;s.$ $\Rightarrow {{\alpha }_{2}}=\omega .t=\frac{2\pi }{T}.\frac{2T}{3}=\frac{4\pi }{3}rad.$ Quãng thời gian t dài nhất ứng với ${{\alpha }_{2}}$ là cung lớn trên đường tròn. $\Rightarrow $Cung nhỏ ${{\alpha }_{1}}={2\pi }/{3}\;rad.$ $\Rightarrow \varphi ={\pi }/{3}\;\Rightarrow {A}/{n=A.cos{\pi }/{3}\;\Rightarrow n=2}\;.$ Chọn A.

Lời giải chi tiết

Chu kì dao động T = 1 s. Ta có $\vartriangle t={{t}_{2}}-{{t}_{1}}$ để $\vartriangle {{t}_{\max }}\Leftrightarrow {{\left( {{t}_{2}}-{{t}_{1}} \right)}_{\max }}$

Khi $p=0,02\pi \sqrt{2}\Rightarrow v=\frac{p}{m}=10\pi \sqrt{2}cm/s.$

Khi $v=10\pi \sqrt{2}\Rightarrow x=\pm 10\sqrt{2}.$ Trong một chu kì vật đi qua vị trí có vận tốc $10\pi \sqrt{2}cm/s$ 2 lần

Để ${{\left( {{t}_{2}}-{{t}_{1}} \right)}_{\max }}$ thì lúc đó chất điểm phải ở xa vị trí biên dương nhất $\Rightarrow $chính là vị trí có $x=10\sqrt{2}$ và $v>0$

$\Rightarrow $Từ vị trí t₁, đến vị trí đó mất khoảng thời gian $t=T-\frac{T}{8}=\frac{7T}{8}=\frac{7}{8}s$

Do$\Rightarrow {{\left( {{t}_{2}}-{{t}_{1}} \right)}_{\max }}=kT+\frac{7}{8}=2k+\frac{7}{8}.$

Do $\vartriangle t<2015T\Rightarrow 2k+\frac{7}{8}<4030\Leftrightarrow k<2014,5625\Rightarrow k=2014\Rightarrow \vartriangle {{t}_{\max }}=2014,825s.$ Chọn C.

Lời giải chi tiết

Chu kì dao động T = 2 s. Ta có $\vartriangle t={{t}_{2}}-{{t}_{1}}$ để $\vartriangle {{t}_{\max }}\Leftrightarrow {{\left( {{t}_{2}}-{{t}_{1}} \right)}_{\max }}$

Khi $v=\frac{A\pi }{3}\Rightarrow x=\sqrt{{{A}^{2}}-{{\left( \frac{v}{\omega } \right)}^{2}}}=\frac{2\sqrt{2}A}{3}$. Trong một chu kì vật đi qua vị trí có tốc độ $\frac{A\pi }{3}cm/s$4 lần.

Để ${{\left( {{t}_{2}}-{{t}_{1}} \right)}_{\max }}$ thì lúc đó chất điểm phải ở xa vị trí biên dương nhất $\Rightarrow $chính là vị trí có $x=10\sqrt{2}$ và $v>0$

Và lúc đó chiều chuyển động là lúc vật đi qua vị trí cân bằng theo chiều âm

$\Rightarrow $ Từ vị trí ${{t}_{1}}$ đến vị trí đó mất khoảng thời gian $t=\frac{T}{2}+\frac{\arcsin \left( \frac{2\sqrt{2}}{3} \right)T}{2\pi }=0,6959T=1,4s$

Do$\Rightarrow \left( {{t}_{2}}-{{t}_{1}} \right)\max =kT+1,4=2k+1,4$

Do $\vartriangle t<2015T\Rightarrow 2k+1,4<4030\Leftrightarrow k<2014,3\Rightarrow k=2014\Rightarrow \vartriangle {{t}_{\max }}=4029,4s.$ Chọn D.

Lời giải chi tiết

${{S}_{\max }}=90cm=9A=2.(4A)+A\Leftrightarrow t=\frac{13}{6}s=2T+\vartriangle t$ $\Rightarrow {{S}_{\max }}\left( \vartriangle t \right)=A$ đối xứng nhau qua vị trí cân bằng, mỗi bên $={A}/{2}\;$$\Rightarrow \widehat{MN}=\frac{\pi }{3}\Rightarrow \vartriangle t=\frac{T}{6}.$ $\begin{array}{} \Rightarrow t=\frac{13}{6}s=2T+\frac{T}{6}=>T=1s \\ {} {{x}_{cuoi}}=\pm \frac{A}{2}\Rightarrow \left| v\right|=\frac{\sqrt{3}}{2}{{v}_{0}}=\frac{\sqrt{3}}{2}.2\pi .10=10\sqrt{3}\pi cm/s. \\ \end{array}$

Chọn C.

Lời giải chi tiết

Thời gian ngắn nhất giữa 2 lần liên tiếp vật có động năng bằng thế năng: $\vartriangle t=\frac{T}{4}\Rightarrow \vartriangle \varphi =\frac{\pi }{2}.$

Vận tốc tại thời điểm ${{t}_{1}}$ vuông pha với vận tốc tại thời điểm $t={{t}_{1}}+\vartriangle t$ suy ra $x=\frac{A}{2}.$

Áp dụng hệ thức vuông pha tại thời điểm ${{t}_{1}}$ ta có: ${{\left( \frac{v}{{{v}_{\max }}} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{a}{{{a}_{\max }}} \right)}^{2}}=1\Leftrightarrow {{a}_{\max }}=15\sqrt{3}m/{{s}^{2}}$

$\Rightarrow \omega =\frac{{{a}_{\max }}}{{{v}_{\max }}}=5\pi \Rightarrow A=6\sqrt{3}cm.$

Mặt khác ${{S}_{\max }}=2A\sin \frac{\omega \vartriangle t}{2}=2.6\sqrt{3}.\sin \frac{5\pi .0,1}{2}=6\sqrt{3}cm.$ Chọn A.