SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT VĨNH TƯỜNG
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
u
u
gh
sáng
-U
0
U
0
1
ϕ
D
B
C
sáng
tắt
tắt

uur
, 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 :

1
;
2
2 ===== fT
f
T
T
f
(1,0) cos
(-1,0)
(0,1)
(0,-1)








2
1
,
2
3







−
2
1
,
2
3








2
2
,
2
2








−
2

2
2








2
3
,
2
1








−
2
3
,
2
1


= 0π = 2π
180
0
= π
30
0
= π/6
-30
0
=-π/6
-45
0
=-π/4
-60
0
=-π/3
45
0
= π/4
60
0
= π/3
-150
0
=-5π/6
150
0
= 5π/6
-135
0

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 x
o
x v

Đặt bán kính quỹ đạo chuyển động tròn đều của M
là: R = OM = OM
0
= A
Gọi P là hình chiếu của điểm M lên trục Ox
trùng với một đường kính của đường tròn và
gốc O trùng với tâm của đường tròn. Ta thấy
P dao động trên Ox quanh gốc toạ độ O.
vị trí ban đầu của P là điểm P
0
xác định x
0
=
0
OP
= Acosφ
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 P
1
P

P
t
ω
ϕ
P
2
P
1
+
x
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
, ±30
0
, ±45
0
, ±60
0
, ±90
0
, ±120
0
, ±135
0
,
±150
0
, 180
0

π
±
2
A
Nửa biên dương NB
+
±60
0
3
π
±
2
A
Cân bằng CB ±90
0
2
π
±
0
Nửa biên âm NB
-
±120
0
3
2
π
±
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
•
•
• •
• •
•
•
•
O
A
2
A
−

•
Lược đồ đường tròn lượng giác liên hệ các vị trí đặc biệt
- 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 F
m
= kA)
Gia tốc: a = -ω
2
Acos(ωt+φ) = -ω
2
x (giá trị gia tốc lớn nhất a
m
= ω
2
A)
Vận tốc: v = -ωAsin(ωt+φ) = v
m
cos(ωt+φ+
2
π
) (giá trị vận tốc lớn nhất V
m
=ωA)
Động năng: W
đ

ϕωω
+tAm
222
cos
2
1
=
( )
ϕω
+tkA
22
cos
2
1
Cơ năng: W = W
đ
+ W
t
=
2
2
1
mv
+
2
2
1
kx
=
22

A
−
2
3A
−
2
A
2
3A
x
30
0
90
0
60
0
45
0
120
0
135
0
150
0
-30
0
-45
0
-90
0

−
3
π
−
2
π
−
3
2
π
−
4
3
π
−
6
5
π
−
-60
0
Bảng 4: Giá trị các đại lượng ở các vị trí đặc biệt
Vị
trí x F a v
W
đ
W
t
So
sánh

2
3
2
V
m
4
1
W
25%
4
3
W
75% W
t
=3W
đ
HD
+
2
A
2
m
F
2
m
a
2
m
V
2

W
25%
W
đ
=3W
t
CB 0 0 0 V
m
W
đmax
=W
100% 0 0%
NB
-
2
A
−
2
m
F
2
m
a
m
V
2
3
4
3
W

t
=W
đ
KT
-
A
2
3
−
m
F
2
3
m
a
2
3
2
V
m
4
1
W
25%
4
3
W
75% W
t
=3W

π
=
t
α
∆
(ω là tốc độ góc, α là góc quay trong khoảng thời gian ∆t).
+ công thức hệ quả
2
t T
α π
=
∆
,

α
π
2
T
t =∆
(với α đơn vị rad)

α
360
T
t =∆
(với α đơn vị độ)
Các công thức trên được vận dụng thường
xuyên trong quá trình giải bài tập dao động điều hoà,
với α = Pha cuối φ
c

A
2
3A
X cos
6
π
4
π
3
π
2
π
3
2
π
4
3
π
6
5
π
6
π
−
4
π
−
3
π
−

2
Vm
±
2
Vm
±
2
Vm
±
2
Vm
±
W
đ
= 3W
t
W
t
= 3W
đ

W
đ
= W
t
W
đ
= 3W
t
W

W
đmin
= 0
W
đmax
= W
W
tmin
= 0
W
đmax
= W
W
tmin
= 0
V > 0
V< 0
sin
O
M
M
0
x
t
ω
φ
c
+
α
φ

1
Li
Thế năng W
t
=
2
2
1
kx
Năng lượng điện trường W
E
= W
đ
=
2
2
1
Cu
Cơ năng W =
2
2
1
kA
Năng lượng điện từ W=
2
0
2
1
CU
=

- Xác định các thông số của trạng thái mốc thời gian x
0
, v
0
, a
0
, F
0
,W
đ0
,W
t0

- Giải hệ phương trình lượng giác ở thời điểm mốc thời gian
Khi t = 0 thì x = x
0
x
0
= Acosφ cosφ =
A
x
0
→ φ = ?
v = v
0
v
0
= -Aωsinφ sinφ =
A
v

.
- Hai giá trị
+
ϕ
và
−
ϕ
là pha ban đầu của dao động
điều hoà; pha
+
ϕ
ứng với trạng thái ban
đầu chuyển động theo chiều âm, pha
−
ϕ
ứng với
trạng thái ban đầu chuyển động theo chiều dương.
- Trong đó
A
x
0
coscos ==
−+
ϕϕ
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

π
/3)(cm) D. x = 2cos(10
5
t -
π
/3)(cm)
Bài giải:
- Trước hết tính biên độ dao động theo hệ thức độc lập thơì gian:
2
2
22
ω
v
xA +=
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 t
0
= 0, ta được hệ sau
Khi t = 0 thì x
0
= 2 2 = Acosφ cosφ =
4
2

v
0
= -20
15

2
A
ta dựng đường thẳng (d)
⊥
Ox ,
(d) cắt đường tròn lượng giác tại hai góc:
3
π
và
3
π
−
- Do ở mốc thời gian v < 0, nên pha ban đầu dương. Vậy φ =
3
π
. Đáp án C
Bài 2: Một vật dao động điều hòa với phương trình x = 4cos(πt + ϕ). 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 ϕ?
A. ϕ = -5π/6 B. ϕ = - π/6 C. ϕ = 5π/6 D. ϕ = π/6
Bài giải:
- Gốc thời gian được chọn tại vị trí x
0
= -2
3
= -
A
2

−
- 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.
O
x
-4
4
+
2
3
π
v
0
<0
v
0
>0
3
π
−
(d)
O
x
-4
4
+
32
−
6

,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 biệtDạng 2: Xác định số lần qua một trạng thái
1. Sơ lược về bài toán
- Đây là bài toán xác định số lần vật đi qua 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, W
t
, W
đ
.
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

•
O
A
2
A
−
2
A
2
A
−
2
3A
−
2
A
2
3A
x
0
6
π
4
π
3
π
2
π
3
2

−
B
-
KT
-
HD
-
NB
-
CB
NB
+
HD
+
KT
+
B
+
π
V<0
V>0
3. Giải pháp đường tròn lượng giác
- Xác định vị trí pha ban đầu φ
đ
= φ trên đường tròn lượng giác: gọi là điểm Đ
- Xác định pha cuối cùng φ
c
= 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)
⊥

cuối 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(5πt −π/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(5πt −π/3) = + 1,5 ↔ cos(5πt −π/3) = 0,5
5πt
I
−π/3 = π/3 + k2π 5πt
I
= 2π/3 + k2π t
I

= 2/15 + 2k/5
5πt
II
−π/3 = −π/3 + k2π 5πt
II
= k2π t
II

= 2k/5
Thay vào điều kiện trong giây đầu tiên: 0 < t ≤ 1
0 < t

= 5πt −π/3 = 5π.1 −π/3
= 14π/3 = 840
0
- Đưa φ
c
về dạng: φ
c
= 2.360 + 120
0
,
suy ra n = 2, φ
l
= 120
0
- Vị trí x = + 1,5 (vị trí NB
+
) ứng với góc
pha 60
0
(điểm M) và -60
0
(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)
O
x
-A
A
+
x

0
Bài 2: Một vật dao động điều hoà có phương trình
)(
6
4cos2 cmtx






−=
π
π
(cm). 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 :
Động năng: W
đ
=
2
2
1
mv
=
( )
ϕωω

=
2
2
1
kx
=
( )
ϕω
+tkA
22
cos
2
1
= W.






−
6
4cos
2
π
π
t

Từ điều kiện: W
đ


↔






−
6
4sin
2
π
π
t

= 3






−
6
4cos
2
π
π
t







−
6
4sin
2
π
π
t
= 3 ↔
4
3
6
4sin
2
=






−
π
π
t

π
π
t

π
ππ
π
2
36
4 kt
+=−28
1
1
k
t
+=

π
ππ
π
2
3
2
6
4 kt
+=−

224
1
3
k
t
+=

π
ππ
π
2
3
2
6
4 kt
+−=−

28
1
4
k
t
+−=
Thay 4 họ nghiệm t
1
, t
2
, t

O
x
-2
2
+
1
M
N
•
Đ≡
P
120
0
-60
0
60
0
-1
-120
0
Q
-30
0
C
W
đ
=3W
t
≡330
0

5. Nhận xét, gợi mở và tổng kết
- Trong bài toán này việc giải phương trình lượng giác là dài, và khó khăn khi
nghiệm là vị trí góc pha không rơi vào các góc đặc biệt.
Ví dụ trong bài toán 1, điều chỉnh lại như sau:
“Một chất điểm dao động điều hòa theo phương trình x = 3cos(5πt −π/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 = + 1cm”. (Trích TSĐH 2008).
Nếu giải theo phương pháp truyền thống thì ta cần tìm nghiệm của phương trình:
3cos(5πt −π/3) = + 1 ↔ cos(5πt −π/3) = 1/3. phương trình này có nghiệm là các giá trị
không đặc biệt, (khoảng 1,23+ k.2π = ±70,5 + k.360
0
), dó đó gây cảm giác ngại tính
toán cho học sinh. Còn giải theo đường tròn lượng giác thì kết quả nghiệm như vậy
cũng không ảnh hưởng đến tâm lý làm và tốc độ làm bài.
- Phương pháp đường tròn lượng giác nhanh hơn hẳn phương pháp truyền thống, đặc
biệt đối với các bài toán mà vị trí cần tìm số lần đi qua lại gồm hai vị trí đối xứng
nhau, khi đó sẽ có 4 họ nghiệm phù hợp (như trong bài toán 2).
- Có thể áp dụng cho bài toán hỏi số lần đi qua một vị trí nào đó theo một chiều nhất
định. Khi đó chỉ tìm số lần chuyển động tròn đều qua một vị trí M hoặc N; tương ứng
với chiều chuyển động.
Nếu v > 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 (x

1
đến t
2
rút ra kết quả: t = t
2min
– t
1min
- Nếu tính thời gian ngắn nhất để đi từ vị trí x
1
đến vị trí x
2
thì khi giải hệ các phương
trình trên cần lưu ý vận tốc ở các vị trí phải xét trường hợp cùng chiều từ x
1
đến x
2
.
- Có thể chọn lại mốc thời gian t
0
= 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 t
2
.
3. Giải pháp đường tròn lượng giác
- Trạng thái 1 được biểu diễn bằng điểm M trên đường tròn lượng giác có góc pha φ
1
,

4,0cos4
π
π
tx
cm.
Khoảng thời gian ngắn nhất khi vật đi từ vị trí x
1
= 2cm đến x
2
= 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 x
1
= 2cm đến x
2
= 2
3
cm thì vận tốc v
1
và v
2
cùng
chiều từ x
1
= 2cm đến x
2






−−
π
ππ
t
rút ra họ nghiệm t
1
=
k5
6
5
+
- Giải hệ phương trình lượng giác:
x = x
2
32
3
2
4,0cos4 =






−

1
= 2cm đến x
2
= 2
3
cm là
t = t
2min
– t
1min
=
42,0
12
5
6
5
4
5
≈=−
(s)
- Chú ý: có thể chọn lại mốc thời gian t
0
= 0 khi vật qua vị trí x
1
= 2cm theo chiều đến
x
2
= 2
3
cm (theo chiều dương)

2
= 2
3
cm (theo chiều dương)
O
x
-4
4
+
2
3
π
M
3
π
−
30
0
2
N
6
π
−
6
π

32
3
4,0cos4 =


t

Suy ra kết quả: t = t
2min
– 0 =
42,0
12
5
0
12
5
≈=−
(s)
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 x
1
= 2cm đến
x
2
= 2
3
cm bằng thời gian chuyển động tròn đều
tương ứng quét hết cung
¼
MN
= α = 30
0
- Chu kỳ: T =

-7
s C.
5
10
75
s
−
D. 10
-7
s
Bài giải:
a) Phương pháp truyền thống
- Trước hết phải lập phương trình điện tích:
( )
ϕω
+= tQq cos
0
Theo các dữ kiện đề bài ta lập được:
6
10.5,2
πω
=
rad/s
Chọn mốc thời gian là lúc tụ bắt đầu phóng điện; giải hệ điều kiện ban đầu
t = 0, q = Q
0
rút ra φ = 0
Suy ra phương trình điện tích:
( )
tQq

= E
0
– E
đ
=
( ) ( )
tEtEE
42
0
42
00
10.5,2sin10.5,2cos
ππ
=−

- Sau đó giải phương trình lượng giác: E
đ
= 3E
t
, 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 =
6
10
15
1
−
(s)
b) Sử dụng đường tròn lượng giác
- Vẽ đường tròn lượng giác như hình bên

+
N
6
π
−
6
π
KT
-
- Chu kỳ: T =
7
4
10.8
10.5,2
22
−
==
π
π
ω
π
(s)
- Thời gian cần tìm: t =
α
360
T
t =∆
6
7
10

Bài giải: - Giá trị u =
100 2V
22
2200
0
U
==
; vị trí NB
+
, u đang giảm tương ứng trong
dao động điều hoà vật có chiều từ NB
+
về VTCB.
- Chu kỳ:
50
1
100
2
==
π
π
T
(s)
- Thời gian:
50
1
100
2
==
π

.
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
Lược đồ thời gian

-A
•
•
• •
• •
•
•
•
O
A
x
4
T
B
-
KT
-

T
8
T
8
T
6
T
6
T
2
A
−
2
A
2
A
−
2
3A
−
2
A
2
3A
- Lược đồ trên có thể vận dụng cho các hàm điều hoà của dao động điện từ

Dạng 4: Xác định thời điểm

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.
-Q
0
•
•
• •
• •
•
•
•
O
Q
0
2
0
Q
−
2
0
Q
2
0
Q
−
2
3

T
12
T
8
T
6
T
6
T
12
T
8
T
12
T
12
T
8
T
8
T
6
T
6
T
U
0
2
U3
0

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:
0)
4
cos(5
=+
π
π
t
→
π
ππ
π
kt
+=+
24
→
π
π
π
kt
+=
4
→
kt
+=

T
T
(s)
Bài 2: (TSĐH2008)Dòng điện xoay chiều chạy qua một đoạn mạch có biểu thức
)(
2
100sin2 Ati






+=
π
π
,
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.
)(
100
1
s
. B.
)(
300


+↔=






+↔=
π
π
π
π
tt
I
i
Suy ra:
50400
1
2
4
1002
42
100
1
k
tktkt
+−=→+−=→+=+
π
π

50400
1
2
k
t
+=
> 0 nên k = 0,1,2
•
•
•
O
x
T
B
-
CB
HD
+
B
+
8
9T
8
T
•
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 t
2
. Kết quả
400

đ
= φ =
0 ↔ Vị trí B
+
- Vị trí dòng điện có cường độ bằng cường độ hiệu
↔ Vị trí HD
+

-

Theo lược đồ thời gian ta có kết quả: t =
400
1
8
02,0
8
==
T
(s)
Bài 3: (TSĐH 2007) Xét một dao động điều hòa có phương trình
)(
6
5
cos cmtAx







KT
-
, và chuyển động theo chiều dương.
- Vị trí gia tốc có độ lớn cực đại là các vị trí B
+
, B
-
- Thời gian ngắn nhất cần tìm
12
5
46
TTT
t =+=
Bài 4: Một tụ điện có điện dung 1µF 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 π
2
= 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.
s
µ
100
. B.
s
µ
75
. C.
s
µ

)
- Thời điểm thứ 2 năng lượng điện trường bằng năng lượng từ trường là

s
TTT
t
µ
7510.7510.5,7
8
3
48
65
====+=
−−

•
• •
O
x
B
-
CB
HD
+
B
+
8
T
•
8

B
+
6
T
•
5. Nhận xét, gợi mở và tổng kết
- Bài toán xác định thời điểm có thể quy về bài toán xác định khoảng thời gian, với
trạng thái đầu là trạng thái ứng với mốc thời gian t
0
= 0.
- Để giải nhanh theo đường tròn lượng giác trước tiên cần biết rõ đặc điểm của
từng đại lượng tại các vị trí đặc biệt. Dựa vào các thông tin các trạng thái ta tìm
được ngay các vị trí. Sau đó vận dụng lược đồ thời gian giữa các vị trí đặc biệt.
Lược đồ đặc điểm các trạng thái trong dao động điện từ và dao động cơ điều hoà
- Kết hợp các lược đồ vị trí và lược đồ thời gian ta có:
+ Khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp để W
đ
=W
t
hay W
B
=W
E
là
4
T
chu kỳ

cos(ωt+φ), và trong một chu kỳ T
- Điều kiện đèn sáng:
gh
uu ≥

0
Uuu
gh
≤≤
(1)

gh
uuU −≤≤−
0
(2)
•
•
• •
• •
•
•
•
B
-
KT
-
HD
-
NB
-

đmax
W
đmin
W
đmin
W
tmin
W
tmax
W
tmax
W
đ
=3W
t
W
đ
=3W
t
W
đ
=W
t
W
đ
=W
t
W
t
=3W

Emin
W
B
=W
E
W
B
=W
E
W
B
=3W
E
W
B
=3W
E
W
E
=3W
B
W
E
=3W
B
x,q,u
v
đổi
chiều
Do tính đối xứng của hàm lượng giác nên khoảng thời gian ở bất phương trình (1) và

t∆
+2
t∆
= 4
t∆
khoảng thời gian đèn tắt: t
tắt
= T - 4
t∆

3. Giải pháp đường tròn lượng giác
- Xác định giá trị
gh
u
rơi vào vị trí đặc biệt nào, suy ra các góc pha
1
ϕ
,
2
ϕ
biểu diễn
thời điểm u =
gh
u
và u = -
gh
u
.
(với
0

. Đèn sáng trên các cung AD, BC;
đèn tắt trên các cung AB, CD.
Số đo cung tương ứng đèn sáng α
sáng
= 4φ
1
Số đo cung tương ứng đèn tắt α
tắt
= 2π - 4φ
1
- Trong một chu kỳ T
t
sáng
=
π
2
T
α
sáng
t
tắt
=
π
2
T
α
tắt
- Tỉ lệ thời gian:
tat
sang

U
u
gh
=
(vị trí NB
+
)
Từ lược đồ pha suy ra góc pha
0
1
60
3
==
π
ϕ

Số đo cung tương ứng đèn sáng: α
sáng
=
0
1
240
3
4
4 ==
π
ϕ
Số đo cung tương ứng đèn tắt: α
tắt
=

tắt
-u
gh
2
ϕ
A
u
110
sáng
220
0
60
D
B
C
sáng
tắt
tắt
0
120
-220
-110
0
240
0
300
t
sáng
=
π

360
s
TT
==
Thời gian đèn sáng trong một giây: t
)(
3
2
1.
3
2
s==
Thời gian đèn tắt trong một giây: t
)(
3
1
1.
3
1
s==
Tỉ số thời gian đèn sáng và thời gian đèn tắt trong một chu kỳ: 240:120 = 2:1
5. Nhận xét, gợi mở và tổng kết
Lưu ý: Có thể vận dụng lược đồ thời gian kết hợp lược đồ vị trí để tính thời gian đèn
sáng, đèn tắt.
Dạng 6: liên quan đến yếu tố cực trị
1. Sơ lược về bài toán
Ta thường gặp hai loại bài toán sau:
- Bài toán tính quãng đường lớn nhất (nhỏ nhất) vật dao động trong một khoảng thời
gian nào đó: S
Max

- Trong khoảng thời gian
t∆
góc quét của bán kính chuyển động tròn đều tương ứng:
t∆=∆ .
ωϕ
- Quãng đường lớn nhất S
Max
= P
1
P
2
tương ứng khi vật chuyển động tròn đều trên cung
¼
1 2
M M

=
t∆=∆ .
ωϕ
từ M
1
đến M
2
đối xứng qua trục sin

ax
2Asin
2
M
S

x
2
ϕ
∆
M
1
P
2
P
1
O
x
O
-A
A
P
2
ϕ
∆
M
1
M
2
cos
* Bi toỏn tỡm tc trung bỡnh ln nht, nh nht trong mt khong thi gian

2
0
T
t <<

) hay v trớ biờn (v
Min
). Sau ú xỏc nh v trớ u x
1
v v trớ cui x
2
. Kt hp lc
thi gian ta s tớnh c t
Min
hay t
Max
.
4. Bi tp vớ d:
Bi 1: (TSC 2008). Mt vt dao ng iu hũa dc theo trc Ox, quanh v trớ cõn
bng O vi biờn A v chu k T. Trong khong thi gian
T
4
, quóng ng ln nht
(nh nht) m vt cú th i c l
A. A. B.
3A
2
.
C.
A 3
D.
A 2
.
Bi gii:
Gúc quột:

A
Bi 2: Một vật dao động điều hòa với biên độ A và tần số f. Thời gian ngắn
nhất để vật đi đợc quãng đờng có độ dài A là
A.
f6
1
. B.
f4
1
. C.
f3
1
. D.
4
f
.
Bi gii: Trờn cựng quóng ng A i trong thi gian ngn nht thỡ vt phi dao
ng xung quanh VTCB nhiu nht.
Chia quóng ng A thnh 2 phn bng nhau i xng qua VTCB.
4

sin
A
-A
M
2
x
M
1
P

A
−
, li độ điểm cuối x
2
=
2
A
; thời gian ngắn nhất đi hết quãng
đường S = A bằng thời gian ngắn nhất đi từ vị trí NB
-
đến vị trí NB
+
. Từ lược đồ thời
gian suy ra kết quả: t
Min
=
f
TTT
6
1
61212
==+

Bài 3: (TSĐH 2010). Một con lắc lò xo dao động điều hòa với chu kì T và biên độ 5
cm. Biết trong một chu kì, khoảng thời gian để vật nhỏ của con lắc có độ lớn gia tốc
không vượt quá 100 cm/s
2
là
3
T

và P
2
có li độ lần lượt x
1
, x
2

xác định theo điều kiện
0
aa =
Do gia tốc có độ lớn bằng nhau tại hai vị
trí đối xứng nhau qua VTCB, nên P
1
và P
2
đối
xứng nhau qua VTCB:
xxx ==
21

Gọi thời gian ngắn nhất để vật đi từ VTCB
đến P
1
(hoặc P
2
) là t. Theo lược đồ lượng giác khoảng
thời gian
t∆
(để
0

- Do đó:
πωωωω
2401005,2.100
222
0
=⇒=⇔=⇔=⇔= xaa
Hzf 1=⇒
Bài 4: Một con lắc lò xo dao động điều hòa với chu kì T và biên độ 5
10
cm. Biết
trong một chu kì, khoảng thời gian để vật nhỏ của con lắc có độ lớn vận tốc không vượt
quá 50 cm/s
2
là
3
T
. Lấy π
2
=10. Tần số dao động của vật là
A. 4 Hz. B. 3 Hz. C. 2 Hz. D. 1 Hz.
Bài giải:
- Vật có vận tốc lớn nhất khi đi qua VTCB, nhỏ nhất khi đi qua vị trí biên.
- Có thể làm tương tự “bài 3”, khác ở chỗ thời gian được tính từ các vị trí P
1
, P
2
ra
biên.
124
)3(

•
•
O
x
B
-
CB
NB
-
B
+
•
NB
+
•