
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 *+,-.+/012
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
34546789
:;3<=367>34?>('78@A3BC7D
:>EA347'C>@3454FA)G:H3ID4EJKLM
N2(OPQ
Khảo sát một chất điểm chuyển động tròn đều

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/VRWQF :Q/T/VRUQWQX
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 )

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$\O]RQ^QR"S/T U/VR_.Q/T/VRUQ
/S+T%`._$aN[( trong tất cả các bài toán cơ trình
bày dưới đây, vật dao động được coi là 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
 

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

÷
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
= +

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

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

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 =

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

= +
 ÷
 
. 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)

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

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.

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
QbXO
+ 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

s
12
.
* Giải
+ Vẽ hình theo các bước trình bày ở mục a)
+ Xác định góc quét:
0 1
5
M OM
3 2 6
π π π
α = = + =

+ Thời điểm cần tìm là:
5
5
6
t s
2 12
π
α
= = =
ω π
. Chọn C.
* Giải theo phương pháp cũ
Vật đi qua VTCB thì x = 0 nên khi chỉ xét trong một chu kì ta có:
2 t
3 2
x 20cos 2 t 0 cos 2 t 0
3 3

12
1
2 t t (s)
6
2 3 6 12
t
2
π


π π π


π = + = =
=



π

⇔ ⇔


π π π π



−
π = − + = − = −


10
π
. C.
s
15
π
. D.
2
s
5
π
.
* Giải
+ Vẽ hình theo các bước trình bày ở mục a)
+ Xác định góc quét: do
1
A 2
x 3 2
2
= − = −
nên
0 1
M OMα = = π

+ Thời điểm cần tìm là:
t s
10
α π
= =
ω

π
= − = −
2
cos 10t
4 2
π
 
⇔ − = −
 ÷
 
3
3
10t
t (s)
10t
4 4
10
4 4
3
3
10t t (s)
10t
4 4 2 20
4 4
 π π
π
  π π


− =

con lắc lần lượt là 0,4 s và 8 cm. Chọn trục x’x thẳng đứng chiều dương hướng
xuống, gốc tọa độ tại vị trí cân bằng, gốc thời gian t = 0 khi vật qua vị trí cân
bằng theo chiều dương. Lấy gia tốc rơi tự do g = 10 m/s
2
và π
2
= 10. Thời gian
ngắn nhất kể từ khi t = 0 đến khi lực đàn hồi của lò xo có độ lớn cực tiểu là
A.
7
s
30
. B.
4
s
15
. C.
3
s
10
. D.
1
s
30
.
* Giải
+ Vẽ đường tròn tâm O, bán kính A = 8 ( cm), trục x’Ox;
+ Xác định vị trí M
0
trên đường tròn;

+ Thời gian cần tìm:
7
7
6
t s
5 30
π
α
= = =
ω π
. Chọn A.
* Giải theo phương pháp cũ
Hệ quy chiếu…
Biên độ: A = 8 cm;
Tần số góc
2π
ω 5π rad / s
T
= =
;
Trang 13
O
M
0
x
*
- 4
*
*
*

æ ö
÷
ç
= -
÷
ç
÷
ç
è ø
;
+ Độ dãn của lò xo lúc vật ở VTCB là
2 2
2
T g 0,4 .10
0,04m 4cm
4 4.10
∆ = = = =
π
l
< A.
Suy ra ở vị trí x
1
= - 4 cm thì lò xo dài tự nhiên, lúc này lực đàn hồi bị triệt tiêu
( có độ lớn cực tiểu).
Hay
π π
8cos 5πt 4 cos 5πt 0,5
2 2
æ ö æ ö
÷ ÷

= + = =
ïç
÷
ï ï
ç
ï
è ø
ï ï
ï
ï ï
Û Û Û
í í í
ï ï ï
æ ö
ï ï ï
÷
ç
=- + =- =-
- =-
ï ï ï
÷
ç
÷
ï ï ï
ç
è ø
ï ï
î î
ï
î

π
α = =
>
t
3
α π
= =
ω
. Chọn D.
Ví dụ 5: Một con lắc lò xo thẳng đứng có độ cứng của lò xo là k = 80 N/m và
khối lượng vật nặng m = 200g, dao động điều hòa với biên độ A = 5 cm. Lấy g
= 10 m/s
2
. Trong một chu kì dao động, thời gian lò xo giãn là:
A. π/24 s B. π/15 s C. π/30 s D. π/12 s.
Trang 14
O
M
0
x’
*
- 5
*
*
*
-10
M
1
x
* Giải

. B.
1
t s
20
=
. C.
7
t s
120
=
. D.
1
t s
15
=
.
* Giải
Vẽ phác hình, xác định được góc quét
7
6 6
π π
α = π + =
.
Thời gian quét
7
7
6
t s
20 120
π

ω π
. Với k = 0, 1, 2,
Khi k = 1 thì t =4,33 s. Chọn A.
Trang 15
O
M
0
x
*
- 2,5
*
*
*
5
M
1
O
x
*
- 4
*
**
4
x
0
M
0
M
*
*

đường tròn;
+ Từ M
c
đi ngược chiều kim đồng hồ gặp giao điểm #Q của a với đường
tròn, đặt là M
[
;
+ Xác định góc quét α = M
c
OM
[
( eVRO ) và tần số góc ω;
+ Thời điểm cần tìm chính là
t
α
=
ω
.
(Chú ý: Nếu
1
x A=
hay
1
x A= −
thì dùng cách tính ở mục 2.2 rồi cộng thêm T,
tức là
0 1
M OM
t T= +
ω

3 11
M OM
3 2 6
π π π
= α = + =

+ Nên thời điểm cần tìm là
11
11
6
t s
2 12
π
α
= = =
ω π
. Chọn A.
Trang 16
O
x
M
0
a
M
2
*
*
* Giải theo phương pháp cũ
Vật đi qua VTCB thì x = 0 nên ta có:
2 t 2k

2 t 2k 2k t
t k (s)
2 3 6 2 2
12
1
2 t 2k 2k t k (s)
2k
6
2 3 6 12
t
2 2
π


π π π π


π = + + π = + π = +
= +



π π

⇔ ⇔


π π π π



t (s)
12
=
là thời điểm chất điểm qua VTCB lần
đầu; nghiệm
1
t (s)
12
= −
bị loại.
Khi k = 1 thì
5 17
t 1 (s)
12 12
1 11
t 1 (s)
12 12

= + =



= − + =


.
Nghiệm
11
t (s)
12

5
π
. B.
3
s
10
π
. C.
3
s
15
π
. D.
3
s
20
π
.
Trang 17
* Giải
+ Vẽ hình theo các bước;
+ Xác định góc quét: chất điểm ngang tọa độ
1
A 2
x 3 2
2
= − = −
theo chiều dương chính là qua x
1
lần


  

π
 

= − − >
 ÷

 

2
cos 10t
4 2
sin 10t 0
4

π
 
− = −
 ÷


 
⇔

π
 

− <

lần đầu) R i+jN; hoặc xác định thời điểm t
N
theo mục 2.3 đã trình
bày phần trên ( thời điểm vật có li độ x
1
lần thứ hai ) R i+j[;
+ Xác định chu kì dao động T và tính thời gian t
2
để chất điểm thực hiện + lần
nửa chu kì:
2
T
t m.
2
=
;
Trang 18
O
x
M
0
a
M
2
*
*
x
1
* *
lm/S+Z,+.nj

Như vậy i+jN;
+ Xác định thời điểm t
1
để chất điểm qua VTCB lần đầu như mục 2.2
Góc quét (lần đầu )
0 1
M OM
4
π
α = =
nên
1
1
4
t s
4 16
π
α
= = =
ω π
+ Chu kì dao động
2
T 0,5s
4
π
= =
π
, do đó
2
T 0,5

π π π
α = = − =
nên
1
2
t 0,125s
4
π
α
= = =
ω π
+ Chu kì dao động
T 0,5s=
, do đó
2
T 0,5
t m 2010. 502,5s
2 2
= = =
+ Thời điểm cần tìm:
1 2
t t t 0,125 502,5 502,625s= + = + =
. Chọn B.
Trang 20
O
x
M
0
a
M

lần đầu (như mục 2.2).
Góc quét (lần đầu)
0 1
2
M OM
3
π
α = =
nên
1
2
3
t 1s
2
3
π
α
= = =
π
ω
+ Chu kì dao động: T = 3 s; do đó
2
T 3
t m 2010. 3015s
2 2
= = =
+ Thời điểm cần tìm:
1 2
t t t 1 3015 3016s= + = + =
. Chọn A

0 2
5
M OM
4 4
π π
α = = + π =
nên
1
5
5
4
t s
4 16
π
α
= = =
ω π
+ Chu kì dao động
2
T 0,5s
4
π
= =
π
, do đó
2
T 0,5
t m 10. 2,5s
2 2
= = =

t∆
( từ thời
điểm t
0
đến thời điểm t )
QbXO
+ Xác định chu kì T, tần số góc ω và biên độ A của dao động;
+ Lập tỉ số
t 2. t
m,
T
T
2
∆ ∆
= =
chỉ lấy phần nguyên m, không lấy phần thập phân
( m chính là số nguyên lần nửa chu kì );
+ Xác lập hệ thức:
1
T
t m. t
2
∆ = +
( t
1
là số dư trong phép chia
t
∆
cho
T

N
;
q /a+2[>j)
[
.]Rp/m//0 +ZrQR,b
`ba\
Ví dụ 1: Một chất điểm dao động điều hòa trên trục Ox với biên độ 8 cm và chu
kì 2 s, O là VTCB. Lúc t = 0 chất điểm có li độ x
c
= - 4 cm và /Qs. Xác
định quãng đường chất điểm đi được cho đến thời điểm t = 4,5 s.
A. 68,0 cm. B. 72,0 cm. C. 68,66 cm. D. 74,93 cm.
t Giải
+ Chu kì T = 2 s; tần số góc
2 2
T 2
π π
ω = = = π
(rad/s); biên độ A = 8 cm
+ Tỉ số:
2. t 2.4,5
4,5
T 2
∆
= =
như vậy +jf
+ Xác lập được hệ thức:
1
T 2
t m. t 4. 0,5

suy ra
3 2 6
π π π
γ = π− − =
nên
+ Li độ
1 1
A 3
x OM .cos A.cos 4 3 cm
6 2
π
= γ = = =
.
Trong thời gian t
1
chất điểm chỉ đi theo một chiều, nên quãng đường đi được
trong thời gian t
1
là :
1 1 0
S x x= −
=
( )
( )
4 3 4 4 3 1 10,93cm− − = + ≈
+ 6Rp/mZ,+.n
1
S m.2A S 4.2.8 10,93 74,93cm= + = + =
.Chọn D.
Ví dụ 2: Một chất điểm dao động điều hòa trên trục Ox với biên độ 8 cm và chu

+ Li độ
1
A 3
x 4 3 cm
2
= − = −
. Trong thời gian t
N
chất điểm đã /eQVR
từ x
0
= -4 cm đến biên âm -8 cm đổi chiều đi đến
1
x 4 3 cm= −
, nên quãng đường
đi được trong thời gian t
N
là:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
1 0 1
S x A x A 4 8 4 3 8 5,1cm= − − + − − = − + + − + ≈
+ 6Rp/mZ,+.n
1
S m.2A S 8.2.8 5,1 133,1cm= + = + ≈
.

nhất vật đi được trong khoảng thời gian
T
0Δt
2
< <
* Để ý rằng: vật có tốc độ lớn nhất khi qua VTCB, triệt tiêu khi đến vị trí biên
nên trong cùng một khoảng thời gian quãng đường đi được càng lớn khi vật ở
càng gần VTCB và càng nhỏ khi càng gần vị trí biên.
QbXO
+ Vẽ đường tròn tâm O, bán kính A; trục Ox;
+ Xác định tần số góc
ω
; góc quét
Δφ ω.Δt=
+ Quãng đường lớn nhất khi F_./%#
QR]RQ \ ( trục thẳng đứng )
max
Δφ
S 2.A.sin
2
æ ö
÷
ç
=
÷
ç
÷
ç
è ø
;

T
Δt m. Δτ
2
= +
. Trong đó
m ¢
+
Î
và
T
0Δτ
2
< <
Trong thời gian
T
m.
2
quãng đường luôn bằng 2.m.A, trong thời gian
Δτ
thì quãng
đường đi được tính như cách trên.
`ba\
Ví dụ 1: Một vật dao động điều hòa với phương trình
x 8cos 2 t cm
6
π
 
= π −
 ÷
 

2
ω = π
; ( chu kì T = 1s ,
1 T 1
t
6 2 2
∆ = < =
)
+ Góc quét:
1
. t 2 .
6 3
π
∆ϕ = ω∆ = π =
+ Quãng đường lớn nhất khi F  _.    /%  #  QR  ]RQ   \  
max
π
Δφ
3
S 2.A.sin 2.8.sin 8cm
2 2
æ ö
÷
ç
= = =
÷
ç
÷
ç
è ø

æ ö
÷
ç
= = =
÷
ç
÷
ç
è ø
. Chọn A.
Ví dụ 3: Một vật dao động điều hòa với phương trình
x 8cos 2 t cm
6
π
 
= π −
 ÷
 
.
Trong thời gian
1
t s
6
∆ =
, quãng đường vật đi được xS`yO giá trị nào
dưới đây?
A. 2,044 cm. B. 2,144 cm. C. 2,244 cm. D. 2,344 cm.
Trang 25
x
1