1

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Tên đề tài: Nâng cao hiệu quả sử dụng mối liên hệ
giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều
để giải nhanh các bài toán liên quan đến dao động điều hòa
trong chương trình vật lý 12 THPT
Người thực hiện: Bùi Hoàng Nam
Chức vụ: Giáo viên
Tổ chuyên môn: Vật lý – Tin – Công nghệ
Thanh Chương, tháng 04 năm 2013


tròn đều để giải nhanh các bài toán liên quan đến dao động điều hòa trong chương
trình vật lý 12 THPT
1.3. Đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu
1.3.1. Đối tượng nghiên cứu
- Học sinh lớp 12 THPT
- Kiến thức về dao động điều hòa và mối liên hệ giữa dao động điều hòa
và chuyển động tròn đều
1.3.2. Phạm vi nghiên cứu
- Chương trình vật lý lớp 12 THPT liên quan đến dao động điều hòa:
Chương dao động cơ học; chương sóng cơ học; chương dòng điện xoay chiều;
chương dao động và sóng điện từ 3
PHẦN 2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở thực tiễn
Trong những năm gần đây, nội dung của đề thi Đại học bộ môn Vật lý thường
có câu hỏi xoay quanh đến vấn đề sử dụng mối liên hệ giữa dao động điều hòa và
chuyển động tròn đều. Đây là một vấn đề không mới, đã được nhiều giáo viên quan
tâm, và cũng đã có rất nhiều người đã viết về vấn đề này. Tuy nhiên có một số vấn đề
chưa được các tác giả đề cập tới.
Chẳng hạn, khi gặp bài toán: “Cho một vật dao động điều hòa theo phương
trình:
4cos 2 ( )
2
x t cm


 
 

động điều hòa và chuyển động tròn đều (hay nói đơn giản hơn là dùng
“đường tròn lượng giác” (ngôn ngữ của học sinh)) Khi đó khoảng thời gian ngắn nhất để vật đi từ x
1
đến x
2
tương ứng với
khoảng thời gian để chất điểm chuyển động tròn đều đi từ P đến Q.
Ta có:
1
3
( )
2 6
t s


 
   
4 - 4 - 2 2


 
 
 
 
. Tìm
khoảng thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí có tọa độ
1
2( )
x cm
  đến vị trí vật có tốc
độ
2
4 ( / )
v cm s

 ?”
Gặp bài toán này, theo tôi nghĩ hầu hết học sinh sẽ xác định tọa độ x
2
có vận
tốc v
2
sau đó giải quyết như trên. Như thế học sinh sẽ gặp một chút rắc rối vì sẽ có 2
vị trí cho tốc độ v
2
.
Ở đây tôi mạnh dạn đề xuất một phương án mà chỉ cần sử dụng “đường tròn
lượng giác” như trên là có thể giải quyết được vấn đề một cách nhanh chóng.
2.2. Cơ sở lý thuyết
2.2.1. Về mặt toán học:



sin
 5
A theo chiều dương ( ngược chiều quay của kim đồng hồ ) với tốc độ góc 
 Ở thời điểm t = 0: chất điểm ở M
0
được xác định bằng góc 
 Sau thời gian t, chất điểm ở vị trí M, vectơ bán kính
0
OM

quay được
một góc là t
 Gọi P là hình chiếu của M xuống trục Ox ( trùng với đường kính của
đường tròn và có gốc trùng với tâm O của đường tròn), ta thấy điểm P dao động trên
trục Ox quanh gốc tọa độ O
 Tọa độ điểm P là
cos( ) cos( )
x OP OM t A t
   
    

 Vậy: Một dao động điều hòa có thể coi là hình chiếu của một chuyển
động tròn đều lên một đường thẳng nằm trong mặt phẳng quỹ đạo. Đây là mối liên hệ
giữa chuyển động tròn đều và dao động điều hòa
- Mở rộng:

nên
trục Ov hướng xuống
- Do


2
cosa A t
  
  

nên trục Oa hướng ngược với
trục Ox
- Để phân biệt các giá trị của
trục Oa và các giá trị của trục
Ox ta dùng dấu ngoặc đơn
cho các giá trị của trục Oa.
Lợi thế của việc làm này là chúng ta chỉ cần dùng 1 hệ trục là có thể biết cả ba
đại lượng x, v và a bằng cách hạ hình chiếu của M lên các trục Ox, Ov và Oa.
x
v
-
A


A
0
-A
x
v
A

+ Bán kính của đường tròn bằng với biên độ dao động: R = A đối với trục Ox;
R =
A

với trục Ov; R =
A
2

với trục Oa.
+ Vị trí ban đầu của vật trên đường tròn hợp với chiều dương trục ox một góc
bằng pha ban đầu của dao động

.
+ Tốc độ quay của vật trên đường tròn bằng


+ Chiều chuyển động của vật ngược chiều kim đồng hồ.
+ Góc mà bán kính nối vật chuyển động quét được trong thời gian
t

trong
quá trình vật chuyển động tròn đều bằng:
t



.




)(
2
A


)(
2
A


(a)


x
v
-
A


A
0
-A
x
A





t

+ Vẽ đường tròn lượng giác
+ Xác định vị trí ban đầu của vật M
0

(biểu diễn góc pha ban đầu)
+ Xác định vị trí M
1
, M
2
vật có li độ
x (vận tốc v hoặc gia tốc a)
(Ở đây chỉ vẽ cho trường hợp có li độ x)
+ Trong 1 chu kỳ vật qua vị trí x 2
lần, nên thời điểm vật qua vị trí x lần thứ n được
xác định như sau:
- Nếu n chẵn ta có:
2. 2
n N
 
trong đó N là số chu kỳ mà vật đi được.
Như vậy thời điểm đó là khoảng thời gian để vật đi từ vị trí M
0
đến vị trí M
2
(qua x
lần 2) cộng với N chu kỳ.
Xác định góc quét từ M
0
đến M
2

'

x
v
)(
2
A


-
A


A
0
-A
x
v
A





t

M
(a)
)(
2


)(
2
A


(a)
v
 8
- Nếu n lẻ ta có:
2. 1
n N
 
trong đó N là số chu kỳ mà vật đi được. Như
vậy thời điểm đó là khoảng thời gian để vật đi từ vị trí M
0
đến vị trí M
1
(qua x
lần 1) cộng với N chu kỳ.
Xác định góc quét từ M
0
đến M
1
.
Từ đó suy ra:
0 1

- Vật dao động điều hòa qua x = 4 là thời điểm vật
chuyển động tròn đều đi qua M
1
và M
2
.
- Vật quay 1 vòng (1 chu kỳ) qua x = 4cm là 2 lần.
- Qua lần thứ 2013 thì phải quay 1006 vòng rồi đi
từ M
0
đến M
1
. Ta có: 2013 = 1006.2 + 1
- Góc quét từ M
0
đến M
1
là
3 6 6
  

  

Nên:
0 1
2 12073
6
. 1006. 1006. ( )
4 4 24
M M

1
M
2
8
-8
M
0
4


v
16


16



8



8


 9
tương ứng 4 vị trí trên.

1
hoặc
gia tốc a
1
) đến vị trí có li độ x
2
(vận tốc v
2
hoặc gia tốc a
2
) thỏa mãn một điều kiện
nào đó
- Phương pháp giải:
+ Vẽ đường tròn lượng giác
+ Xác định vị trí có li độ x
1
của vật
M
1
(biểu diễn bởi góc pha
1

)
+ Xác định vị trí M
2
, M
3
vật có li độ
x
2

c) Tính tốc độ trung bình của vật trong câu a
Bài giải
O
x

M
1
M
3
A
-A

M
0
x
1
1

2

M
2
x
2
3


10
a) Khi vật đi từ vị trí cân bằng đến A/2, tương ứng với vật chuyển động trên đường
tròn từ A đến B được một góc  như hình vẽ bên.


     1
2
2 6
2
x
A
sin
OB
A.

      

==>  = π/3 + π/6 = π/2
==> Khoảng thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí
có li độ x
1
= –2 cm đến vị trí có li độ x
2
= 2 cm theo chiều dương là:



 
    
 


Bài giải
Vẽ đường tròn lượng giác như hình vẽ trên
O
x

M
1
M
3
8
-8
4

M
2



v

16

16


8 2

O
x



-2
3



11
Vị trí x = 4cm và vật đang đi theo chiều âm tương ứng với M
1

Vị trí vật có vận tốc
8 2( / )
v cm s

 tương ứng với 2 điểm M
2
và M
3
trên đường tròn
Khoảng thời gian ngắn nhất chính là khoảng thời gian đi từ M
1
đến M
2
.
Ta có góc quét:
   
    
11
6 2 4 12


 lần thứ 9?
Bài giải
- Vẽ đường tròn lượng giác như hình vẽ bên
- Vị trí ban đầu (t = 0) tương ứng với vị trí
M
0
- Vị trí vật có vận tốc
8 2( / )
v cm s

 lần thứ
2 tương ứng với vị trí M
2
trên đường tròn.
- Vị trí vật có gia tốc
2
1,6( / )
a m s
 lần thứ 9
tương ứng với điểm M
3
trên đường tròn.
- Trong 1 chu kỳ vật có 2 lần đạt gia tốc
2
1,6( / )
a m s

Nên khoảng thời gian vật đi từ vị trí có vận tốc
8 2( / )
v cm s

v

O
x

M
3
M
2
(-3,2)

(3,2
)

4

M
1



16

16


8 2

8
-8

l cm
k
  

10 2( / )
k
rad s
m

  

Nếu chọn trục Ox hướng thẳng đứng từ trên
xuống
Gốc O tại vị trí cân bằng thì :
Tọa độ mà tại đó lò xo không biến dạng là
x = - 5cm
Do đó : Lò xo bị nén khi
10 5
cm x cm
   

Khoảng thời gian lò xo bị nén tương ứng khoảng thời gian
vật đi từ M
1
đến M
2

2
3
( )

:
- Xác định trạng thái dao động ở thời điểm t
1
(Tìm góc pha 1)
- Xác định trạng thái dao động ở thời điểm t
1
(Tìm góc pha 2)
- Vẽ biểu diễn lên đường tròn. Tính quãng đường tương ứng S’.
+ Khi đó : S = n.2A+S’
(Lưu ý : - Quãng đường đi được trong 1 chu kỳ luôn là 4.A
- Quãng đường đi được trong T/2 luôn là 2.A
O
x

M
2
10
-10
M
1
-5


 13
- Quãng đường đi được trong T/4 kể từ vị trí cân bằng hoặc từ
vị trí biên là A)
 Tốc độ trung bình

  

Xét hiệu:
2 0
7 6
'
120 120 120 2
T
t t t t
  
        

Tại t
0
= 0 vật qua vị trí cân bằng
Tại thời điểm
7
t (s)
120


vật có:
7
x 6cos(20. ) 3(cm)
120 2
 
   

Góc quét được trong
'

3
.
2
A
T
D.
4
.
A
T

O
x

M
1
6
-6
3

120
120




v

S’




nào đó? Từ đó suy ra tốc độ trung bình lớn nhất
(nhỏ nhất) của chuyển động trong thời gian ấy.
- Phương pháp giải :
+ Biến đổi
. '( ' )
2 2
T T
t n t t     

+ Khi đó : S = n.2A+S’ nên : S
max
(S
min
) khi và chỉ khi S’
max
(S’
min
)
+ Tính S’
max
hoặc S’
min
:
Ta biết vật dao động điều hòa có tốc độ lớn nhất ở vị trí cân bằng và
bằng 0 ở vị trí biên nên trong cùng một khoảng thời gian
'( ' )
2
T

-A

M
1
P

2


h.4.2.
O
x

A
-A

M
2
P
2

P
1

M
1
2


h.4.1.

min
=
2. .[1 - cos( )]
2
A



Do vậy: S
max
= n.2A +
2. .sin( )
2
A



S
min
= n.2A +
2. .[1 - cos( )]
2
A



 Tốc độ trung bình
max
min
max min

 
    
 S
max
 2Asin
2

 2Asin
4


2
A
S
min
=
2
2. .[1 - cos( )]=2.A[1- ] [2 2]
2 2
A A


 

Lựa chọn đáp án B.

Ví dụ 2. Một vật dao động điều hòa theo phương trình

   


16
Do đó:
. ' 2 .0,167
3
t

  
    

 S’
max
=
2.8.sin( ) 8( )
6
cm



 S
max
= 21.2.8 + 8 = 344 (cm)

ax
max
344
32,25( / )
10,667
m
tb
S


 

Khoảng cách của 2 vật lớn nhất ứng với 2 vị trí của
2 vật đối xứng nhau qua vị trí cân bằng.
Ta có:
ax
2.A.sin( ) 2
2
m
d A


 
Nên lựa chọn đáp án C.

Ví dụ 2. Hai con lắc lò xo giống nhau cùng có khối lượng vật nặng m = 10 g, độ
cứng lò xo là
2
100 ( / )
k N m


, dao động điều hòa dọc theo hai đường thẳng song
song kề liền nhau (vị trí cân bằng hai vật đều ở cùng gốc tọa độ). Biên độ của con
lắc thứ hai lớn gấp ba lần biên độ của con lắc thứ nhất. Biết rằng lúc hai vật
A
O
x


1
và M
1
. Do
chuyển động của 2 vật ngược chiều nên chúng chỉ
có thể gặp nhau ở vị trí x
2
đối xứng với x
1
tương ứng với 2 điểm trên đường tròn là
N
2
và M
2
.
Do đó khoảng thời gian giữa ba lần hai vật nặng gặp nhau liên tiếp bằng khoảng thời
gian vật M
1
chạy được 1 vòng tròn tương ứng với 1 chu kỳ T
Suy ra:
2 0,02( )
m
t T s
k

   
Lựa chọn đáp án B.
Ví dụ 3. Hai chất điểm cùng thực hiện dao động điều hòa trên cùng một trục Ox (O là
vị trí cân bằng), có cùng biên độ A nhưng tần số lần lượt là f
1

tương ứng với trên đường tròn tại hai vị trí M
1
và
M
2
.
O
x

-A
2
M
2
M
1
N
1
N
2
M
2
x
1
x
2
A
2
-A
1
A

đối xứng qua Ox.
Ta có:


2 1 0 2 0 1
2 2
M OM M OM
 
  
Mà




2 1 0 0 1 1 1
2
1,5 1,5
3 9
xOM xOM xOM M OM
 
 
      
Do vậy thời điểm lần đầu tiên các chất điểm đó gặp nhau bằng:
1
1
2
1
9
( )
2 .3 27

( )
160
s
D.
3
( )
160
s

Bài giải
+ Tính bước sóng
200
10( )
20
v
cm
f

  

+ Tính độ lệch pha giữa 2 điểm M và N
2 . 2 .12,5
2,5 2
10 2
d
  
  


     

t s
 
 
   

=> Lựa chọn A.
Ví dụ 2. Có hai chất điểm A và B trên cùng một phương truyền của sóng trên mặt
nước, cách nhau
4

. Khi mặt thoáng ở A và B cao hơn vị trí cân bằng lần lượt là 3cm
và 4cm với A đang đi xuống còn B đang đi lên. Coi biên độ sóng không đổi trong quá
trình truyền đi. Biên độ sóng và chiều truyền sóng là
A. 5cm và truyền từ B đến A B. 5cm và truyền từ A đến B
C. 7cm và truyền từ B đến A D. 7cm và truyền từ A đến B
Bài giải
+ Độ lệch pha giữa 2 điểm A và B
2 .
4
2





  

+ Dựa vào bài ra ta có thể biểu diễn vị trí 2 điểm A và B trên đường tròn như sau:
Và dựa vào hình vẽ ta thấy A sớm pha hơn B góc
2

nên sóng truyền từ A đến B.
=> Lựa chọn đáp án B.

* Bài toán 2. Xác định biên độ dao động của một điểm M trên dây khi có sóng dừng
cách nút (hoặc bụng) một khoảng
d

cho trước.
- Phương pháp giải :
O
u

-a

A

B

a

3
M
1


4


t


Kho
ảng cách

:
d


Chu k
ỳ

: T

Bư
ớc sóng

:


Công thức tính góc :
2
.
t t
T

 
    
Công thức tính góc :

 
(từ hình
vẽ)
+ Nếu yêu cầu tìm biên độ của điểm M
2

cách bụng M một khoảng
d

thì ta có góc quét tương ứng trên đường tròn là góc
2
d
T


  
(hình vẽ)
Khi đó : Biên độ tại M
2
là
2
2 . os
a a c

 
(từ hình vẽ)

Ví dụ 1. Một sợi dây đàn hồi AB có chiều dài 60cm và hai đầu cố định. Khi được
kích thích dao động trên dây hình thành sóng dừng với 4 bó sóng và biên độ tại bụng
sóng là 4cm. Tại một điểm M cách nguồn phát sóng tới A một khoảng 50cm có biên

2



M

a
2

21
Ta có :
4. 60( ) 30( )
2
cm cm


   

Do 2 đầu cố định nên A và B là nút sóng.
M cách A 50cm nên M cách B 10cm.
Ta có thể biểu diễn vị trí của B và M lên đường
tròn như sau:
Ta có góc quét
2 2 2
10
30 3
d
  



Biểu diễn các vị trí như hình vẽ.
Ta có:
1
sin
2 3

 
    

Mà
2 .
5( )
2 6
d d cm
   

 

       
=> Lựa chọn đáp án A.

Ví dụ 3. Ba điểm M, N, P là 3 điểm liên tiếp nhau trên một sợi dây mang sóng dừng
có cùng biên độ dao động
2 2( )
cm
, dao động tại P ngược pha với dao động tại M và
MN = NP. Biên độ dao động tại điểm bụng là
A.
3 2( )
cm

-2
1




22
* Nhận xét: Ta thấy 2 điểm trên cùng một bó sóng luôn cùng pha nhau, 2 điểm
trên 2 bó sóng liền kề thì luôn ngược pha nhau (trừ các điểm nút vì nút không dao
động). Do vậy từ bài ra ta có thể biểu diễn các điểm M, N, P trên dây như hình vẽ:

Khi đó khoảng cách từ M đến P bằng
2

.
Do đó khoảng cách từ điểm nút O tới N là
8

.
Ta có:
2 .
2 .
8
4
d


 

 

thời điểm
A.
1
( )
200
s
B.
1
( )
400
s
C.
1
( )
300
s
D.
3
( )
400
sM N
P
O
O

O
A

200 2
sin
2 4
200 2

 
     

=>
1
4
( )
100 400
t s


 

   
=> Lựa chọn đáp án B.

Ví dụ 2. Đặt một điện áp xoay chiều u = 200
2
cos(100πt -
2

) (V); (u tính bằng V,
t tính bằng s) vào hai đầu đoạn mạch RLC nối tiếp. Tại thời điểm t, điện áp này có
giá trị là 100
2

1
. 100 .
300 3
t

  
    

+ Xác định được điểm N tương ứng với
điện áp ở thời điểm
1
300
t 
(s) nhờ góc
quét.
200 2

200 2

O
u

N




200 2



200 2
c

 
   

=>
1 0
. os 100 2( )
3 3 3
u U c V
  
  
        
.
=> Lựa chon đáp án B.

Ví dụ 3. Một đèn nêon mắc với mạch điện xoay chiều có điện áp hiệu dụng 220V và
tần số 50Hz .Biết đèn sáng khi điện áp giữa 2 cực không nhỏ hơn 155V .
a) Trong một giây, bao nhiêu lần đèn sáng? bao nhiêu lần đèn tắt?
b) Tính tỉ số giữa thời gian đèn sáng và thời gian đèn tắt trong một chu kỳ của dòng
điện?
Bài giải
a)
220 2 (100 )( )
cos
u t V


+ Trong một chu kỳ có 2 khoảng thời gian thỏa

=4.t
với t là thời gian bán kính quét góc

0 1
U OM


; với
0
0
/ 2
1
cos
2
U
U

 

/ 3
 

.
Áp dụng :
4. / 3 1
4 / 300
100 75
S
t s s


R
; u
C
chậm pha
2

so với u
R
; u
L
ngược pha so với u
C

+ Vẽ lên trên cùng một đường tròn lượng giác gắn các hệ trục cần thiết cho bài
toán (Ví dụ Ou
L
u
R
u
C
, ). Nhưng với lưu ý chuyển đổi trục:
U
u
O
M'2
M2
M'1
M1
-U
U

OM

như hình vẽ:
Do u
L
sớm pha
2

so với u
R
nên
ta có:
0
os( )
2
L L R
u U c t

 
  
.
Nếu biểu diễn u
L
vẫn thông qua vec tơ
OM

thì vec tơ
OM

phải lệch với trục


. Ngược lại, nếu điện áp
trong mạch u chậm pha hơn u
R
một góc là

thì ta biểu diễn trục Ou hướng lên trên
lệch so với Ou
R
một góc đúng bằng

. (Như hình vẽ)
+ Dựa trên góc pha ta xác định được mối liên hệ giữa các điện áp tức thời.

Ví dụ 1. Đặt một điện áp xoay chiều
240 2 (100 )( )
cos
u t V


vào hai đầu đoạn
mạch RLC nối tiếp. Biết
3
1,2 10
60( ); ( ); ( )
6
R L H C F
 

   

0R
(U
0C
)
M
(u
C
)
- U
0L
(- U
0C
)
(u
C
)
u
R

R


u
L



u

U