Vật lí 12 Vòng tròn lượng giác đa trục trong dao động cơ

[Hoàng Long AZ]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

VÒNG TRÒN LƯỢNG GIÁC ĐA TRỤC TRONG DAO ĐỘNG CƠ​

1/ Cơ sở lí thuyết
Như chúng ta đã biết, mỗi dao động điều hòa được xem là hình chiếu của 1 chuyển động tròn đều trên 1 trục nằm trong mặt phẳng quỹ đạo, nghĩa là có thể dùng chuyển động tròn đều để biểu diễn 1 dao động điều hòa, hay đơn giản hơn là cho 1 vecto quay thì hình chiếu đầu mút vecto đó cũng sẽ biểu diễn 1 dao động điều hòa.
Tuy nhiên, trong nhiều bài toán có sự liên quan giữa cả li độ x, vận tốc v và gia tốc a, việc vẽ mỗi vòng tròn lượng giác để ứng với mỗi đại lượng trên sẽ rất mất thời gian và bất tiện. Thay vào đó, chúng ta có thể vẽ 1 vòng tròn nhưng có thể biểu diễn cả 3 đại lượng trên làm cho việc giải bài toán rất nhanh gọn, tiện lợi. Vòng tròn mà mình vừa nhắc đến có tên là VÒNG TRÒN LƯỢNG GIÁC ĐA TRỤC
2/ Cách vẽ vòng tròn lượng giác đa trục
+ Vẽ vòng tròn
+ Ta chọn trục nằm ngang sang phải là trục li độ x

+ Vì vận tốc v vuông pha với li độ x nên có phương trình [imath]v=-wA.sin(wt+\varphi )[/imath], cộng thêm việc có dấu " - " ở trước nên trục v sẽ vuông góc với trục x và hướng xuống

+ Tương tự, li độ a ngược pha với x nên trục a sẽ nằm ngang và hướng sang trái (ngược với trục x)

Vậy là chúng ta đã có 1 Vòng tròn lượng giác đa trục hoàn chỉnh

3/ Cách sử dụng vòng tròn lượng giác đa trục trong dao động cơ

Ta cho vecto OM quay quanh O như hình vẽ, như trên cơ sở lí thuyết, nó sẽ biểu diễn 1 dao động điều hòa.
Ta sẽ áp dụng phương pháp vòng tròn lượng giác đa trục như sau:
+ Khi tính toán liên quan đến li độ x (ví dụ như tính li độ của vật, quãng đường vật đi được,...) thì bán kính vecto OM bằng [imath]xmax=A[/imath]
+ Khi tính toán lên quan đến vận tốc v (ví dụ tính vận tốc, từ phương trình vận tốc tìm pha ban đầu,...) thì bán kính vecto OM bằng [imath]vmax=wA[/imath]
+ Tương tự, khi tính toán liên quan đến gia tốc a (ví dụ tính gia tốc vật, xác định pha ban đầu qua phương trình gia tốc a,...) thì bán kính vecto OM bằng [imath]amax= w^2.A[/imath]

Để các bạn dễ hình dung hơn về phương pháp này, mình sẽ lấy 1 ví dụ đơn giản như sau:

Ở hình trên, vecto quay OM có vị trí hợp với trục Ox 1 góc [imath]\alpha[/imath].
Yêu cầu: xác định li độ x, vận tốc v, gia tốc a của vật tại thời điểm đó. Các thông số [imath]w,A,\alpha[/imath] đã biết
Giải:
+ Ta chiếu vecto OM lên các trục Ox, Ov,Oa
+ Tính li độ x

Dễ thấy, từ M chiếu lên trục Ox thì hình chiếu M thuộc phần dương của trục Ox
Theo lí thuyết trên, khi tính toán liên quan đến li độ x, bán kính vecto OM bằng xmax = A
Ta dễ dàng suy ra [imath]x=Acos\alpha[/imath] bằng hệ thức lượng trong tam giác vuông
+ Tính vận tốc v

Ta cũng hạ đường vuông góc từ M lên trục Ov, nhận thấy hình chiếu của nó nằm ở phần âm trục Ov.
Mặt khác, khi tính toán liên quan vận tốc, vecto bán kính OM có độ dài bằng [imath]v_{max}=wA[/imath] (theo lí thuyết ở trên)
Kết hợp kiến thức hệ thức lượng trong tam giác vuông, dễ dàng suy ra: [imath]v=-OM.sin\alpha =-wA.sin\alpha[/imath] (dấu trừ vì hình chiếu M nằm ở phần âm trục Ov)
+ Tính li độ a

Tương tự tính x và v, ta cũng chiếu M lên trục Oa, dễ thấy hình chiếu nằm ở phần âm trục Oa
Theo lí thuyết trên, khi tính toán liên quan đến gia tốc, vecto bán kính OM có độ dài bằng [imath]amax=w^2.A[/imath]
Từ hệ thức lượng trong tam giác vuông suy ra: [imath]a=-OM.cos\alpha =-w^2.A.cos\alpha[/imath] (dấu trừ vì hình chiếu thuộc phần âm trục Oa)

Qua ví dụ trên các bạn đã hiểu hơn về phương pháp này chưa nhỉ ? Nếu chưa thì.... không sao hết nha , mình sẽ tiếp tục đăng tải bài tập vận dụng và lời giải chi tiết giúp các bạn nắm chắc để sử dụng thành thạo phương pháp này nhé.

Hẹn gặp lại ở bài viết tiếp theo.....

À, trong lúc chờ bài tập vận dụng thì các bạn vào đây và đây để "giải khuây" nha

 

[Hoàng Long AZ]

Chào mọi người

Như đã đề cập ở phần lí thuyết, trong topic này mình sẽ tiếp tục đăng tải các bài tập áp dụng phương pháp Vòng tròn lượng giác đa trục với độ khó tăng dần nhé. Các bạn giải được bài nào thì cứ đăng bài trả lời ở dưới topic này để mọi người cùng nhau thảo luận nghen, đừng quên tag thêm bạn bè vào giải cùng nha

Rồi ok, các bạn sẵn sàng rồi chứ ? Bắt đầu thôiiiii

BÀI TẬP ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP VÒNG TRÒN LƯỢNG GIÁC ĐA TRỤC TRONG DAO ĐỘNG CƠ​

Bài 1: Một chất điểm dao động điều hòa với phương trình [imath]x=10cos(4\pi t+\frac{\pi }{3})(cm)[/imath]. Xác định các giá trị li độ x, gia tốc a, vận tốc v của chất điểm tại thời điểm ban đầu (t=0)

Bài 2: Một vật dao động điều hòa với phương trình vận tốc là [imath]v=40\pi .cos(2\pi t-\frac{\pi }{6}) (cm/s)[/imath]. Viết phương trình li độ của vật

Bài 3: Một vật dao động điều hòa có phương trình gia tốc là [imath]a=200\pi ^2.cos(4\pi t+\frac{\pi }{3}) (cm/s^2)[/imath]. Viết phương trình vận tốc v và li độ x của vật đó

Bài 4: Một vật dao động điều hòa trên trục Ox với chu kì [imath]T=2s[/imath], O là vị trí cân bằng. Chọn t = 0 là lúc vật có li độ [imath]-2\sqrt{2}(cm)[/imath], chuyển động với vận tốc [imath]2\pi \sqrt{2}(cm/s)[/imath] ra xa vị trí cân bằng. Tìm phương trình dao động của vật.

Bài 5: Chất điểm dao động điều hòa với phương trình gia tốc là [imath]a=120\pi ^2.cos(2\pi t+\frac{\pi }{3})(cm/s^2)[/imath]. Trong [imath]\frac{1}{3}s[/imath] đầu tiên, chất điểm đi được quãng đường bao nhiêu cm?

Bài 6: Một vật dao động điều hòa với tần số góc [imath]2\pi(rad/s)[/imath], biên độ [imath]10\sqrt{3}cm[/imath]. Trong 1 chu kì dao động, tốc độ của nó lớn hơn [imath]75\pi(cm/s)[/imath] trong khoảng thời gian bao nhiêu ?


Chúc các bạn giải bài thành công !
Nhớ áp dụng lí thuyết về Vòng tròn lượng giác đa trục để giải quyết nhaaa
Và đừng quên tag thêm bạn bè vào để mọi người cùng thảo luận sôi nổi nhé.

Còn bây giờ thì
Xin chào và hẹn gặp lại ở các bài viết tiếp theo....

 

[hoàng ánh sơn]

bài 1
x= 5
[imath]v=-20\sqrt{3}\pi[/imath] ( đạo hàm cấp 1 của pt li độ thay rồi thay t vào )
[imath]a=80\pi[/imath] ( đạo hàm cấp 2 của pt li độ rồi thay t vào )
bài 2
[imath]x = 20cos(2\pi t - \frac{2\pi }{3})[/imath] ( ko biết giải thích thế nào )
bài 3
[imath]x=12,5cos(4\pi t-\frac{2\pi }{3})[/imath] ( ko biết giải thích thế nào )
[imath]v=50\pi cos(4\pi t-\frac{\pi }{6})[/imath] ( ko biết giải thích thế nào )
bài 4
tại thời điểm t = 0 ta có :
[imath]-2\sqrt{2}=Acos(\varphi )[/imath] (1 )
[imath]2\pi \sqrt{2}=\omega Asin(\varphi )[/imath] ( 2)
( 2 ) chia (1 ) ==> $tan(\varphi )= -1
==> \varphi = \frac{-5\pi }{4} hay \varphi = \frac{-3\pi }{4}$ thay vào ( 1)
==> A = 4
[imath]x= 4cos(\pi t-\frac{3\pi }{4})[/imath]
bài 5
pt li độ : [imath]x=30cos(2\pi t - \frac{2\pi }{3})[/imath]
==> pha ban đầu là [imath]\frac{-2\pi }{3}[/imath]
li độ trong 1/3 s đầu tiên là x = 30
S= [imath]30 + 30cos(\frac{-2\pi }{3})[/imath] = 15
bài 6 khó

 

[trà nguyễn hữu nghĩa]

bài 1
x= 5
v = 108,8
[tex]a=80\pi[/tex]
bài 2
[tex]x = 20cos(2\pi t - \frac{2\pi }{3})[/tex]
bài 3
[tex]x=12,5cos(4\pi t-\frac{2\pi }{3})[/tex]
[tex]v=50\pi cos(4\pi t-\frac{\pi }{6})[/tex]
bài 4
[tex]x= 4cos(\pi t-\frac{3\pi }{4})[/tex]
bài 5
S= 20.8 cm
bài 6 khó

Giải bài tập liên quan đến đường tròn mà thiếu cái vòng tròn là mất đi sự "mỹ miều" của đáp án rồi
Trợ giúp câu 6 nhé
Vừa đọc lại thì câu 6 dễ thế cơ. [TEX]v_{max} = 20\sqrt{3}\pi(cm/s)[/TEX]
Nên không có khoảng thời gian nào để [TEX]v > 75\pi(cm/s)[/TEX]

 

[hoàng ánh sơn]

Giải bài tập liên quan đến đường tròn mà thiếu cái vòng tròn là mất đi sự "mỹ miều" của đáp án rồi

e xin lỗi
e ko biết vẽ đường tròn trên máy tính kiểu j
cũng ko có điện thoại để chụp lại
a thông cảm nhé

 

[Hoàng Long AZ]

Giải bài tập liên quan đến đường tròn mà thiếu cái vòng tròn là mất đi sự "mỹ miều" của đáp án rồi
Trợ giúp câu 6 nhé
Vừa đọc lại thì câu 6 dễ thế cơ. [TEX]v_{max} = 20\sqrt{3}\pi(cm/s)[/TEX]
Nên không có khoảng thời gian nào để [TEX]v > 75\pi(cm/s)[/TEX]

Em cảm ơn anh Nghĩa vào góp vui

Mình xin sửa lại số liệu câu 6 như sau để tồn tại khoảng thời gian đề yêu cầu nhé:

Bài 6: Một vật dao động điều hòa với tần số góc [imath]5\pi \ rad/s[/imath], biên độ [imath]10\sqrt{3}cm[/imath]. Trong 1 chu kì dao động, tốc độ của nó lớn hơn [imath]75\pi(cm/s)[/imath] trong khoảng thời gian bao nhiêu ?

Chúc các bạn giải thành công, không khó đâu nha
Nhớ tag thêm bạn bè vào thảo luận cùng chúng tớ nhé ^^

 

[Elishuchi]

Em cảm ơn anh Nghĩa vào góp vui

Mình xin sửa lại số liệu câu 6 như sau để tồn tại khoảng thời gian đề yêu cầu nhé:

Bài 6: Một vật dao động điều hòa với tần số góc [tex]5\pi(rad/s)[/tex], biên độ [tex]10\sqrt{3}cm[/tex]. Trong 1 chu kì dao động, tốc độ của nó lớn hơn [tex]75\pi(cm/s)[/tex] trong khoảng thời gian bao nhiêu ?

Chúc các bạn giải thành công, không khó đâu nha
Nhớ tag thêm bạn bè vào thảo luận cùng chúng tớ nhé ^^

ta có v max=272,07(cm/s)
t=(4*sin^-1(75*pi/v max) )/(5*pi)=0,27(s)

 

[hoàng ánh sơn]

Bài 6: Một vật dao động điều hòa với tần số góc 5π(rad/s)5π(rad/s)5\pi(rad/s), biên độ 103–√cm103cm10\sqrt{3}cm. Trong 1 chu kì dao động, tốc độ của nó lớn hơn 75π(cm/s)75π(cm/s)75\pi(cm/s) trong khoảng thời gian bao nhiêu ?

ta có v max = [tex]50\sqrt{3}\pi[/tex]
[tex]cos(\varphi )= \frac{v}{vmax}= \frac{\sqrt{3}}{2} hay \varphi = \frac{\pi }{6}[/tex]

góc quét = [tex]\frac{2\pi }{3}[/tex]
==> [tex]\Delta t=\frac{2}{15}[/tex]
Trong 1 chu kì thì khoảng thời gian là : [tex]\Delta t'=\frac{2}{15}.2\approx 0,27[/tex]

 

[Hoàng Long AZ]

Chào buổi tối mọi người

Trước hết mình xin gửi lời cảm ơn tới tất cả các bạn đã ủng hộ topic lần này của mình, dù chỉ tham khảo lí thuyết mà mình đăng thôi hay tham gia giải bài vận dụng, chia sẻ topic,..... thực sự cảm ơn các bạn rất nhiều ạ . Đó sẽ là động lực để mình cũng như team Lí cho ra các sản phẩm, bài đăng chất lượng, bổ ích hơn tới các bạn nhé

Rồi, không vòng vo nữa, hôm nay mình sẽ đăng lời giải 6 bài tập áp dụng phương pháp Vòng tròn lượng giác đa trục trong Dao động cơ mà mình đã đưa ra ở bài viết trước.

Cùng bắt đầu nàoooooooooooo

ĐÁP ÁN BÀI TẬP ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP VÒNG TRÒN LƯỢNG GIÁC ĐA TRỤC TRONG DAO ĐỘNG CƠ​

Bài 1: Một chất điểm dao động điều hòa với phương trình $x=10cos(4\pi t+\frac{\pi }{3})(cm)$. Xác định các giá trị li độ x, gia tốc a, vận tốc v của chất điểm tại thời điểm ban đầu $(t=0)$

Từ phương trình li độ, dễ dàng suy ra biên độ [imath]A=10cm[/imath], tốc độ góc [imath]\omega=4\pi[/imath] và pha ban đầu [imath]\varphi =\frac{\pi }{3}[/imath]
Bài toán liên quan đến cả 3 đại lượng x,v,a nên ta sẽ vẽ Vòng tròn lượng giác đa trục gồm ba trục Ox,Ov,Oa
Vì pha ban đầu [imath]\varphi =\frac{\pi }{3}[/imath] nên ta xác định được vị trí ban đầu Po của vật trên đường tròn như hình vẽ (mỗi cung [imath]\frac{\pi }{2}[/imath] mình chia làm 3 cung [imath]\frac{\pi }{6}[/imath], nên cung [imath]\frac{\pi }{3}[/imath] sẽ bằng 2 lần cung [imath]\frac{\pi }{6}[/imath] )

- Tính li độ x:
Hạ đường vuông góc từ Po xuống Ox
Suy ra li độ tại t = 0: [imath]xo=\frac{A}{2}=\frac{10}{2}=5cm[/imath] (xo > 0 vì hình chiếu Po thuộc phần dương trục Ox)
- Tính vận tốc v:
Hạ đường vuông góc từ Po xuống Ov
Vận tốc tại t=0: [imath]vo=-wA.\frac{\sqrt{3}}{2}=-4\pi .10.\frac{\sqrt{3}}{2}=-20\pi \sqrt{3}(cm/s)[/imath] (vo < 0 vì hình chiếu thuộc phần âm trục Ov)
- Tính gia tốc a:
Hạ đương vuông góc từ Po xuống Oa
Gia tốc tại t = 0: [imath]ao = -w^2.A.\frac{1}{2}=-(4\pi )^2.10.\frac{1}{2}=-80\pi ^2(cm/s^2)[/imath] (ao < 0 vì hình chiếu thuộc phần âm trục Oa)

Bài 2: Một vật dao động điều hòa với phương trình vận tốc là $v=40\pi .cos(2\pi t-\frac{\pi }{6}) (cm/s)$. Viết phương trình li độ của vật

Từ phương trình vận tốc v, ta suy ra [imath]vmax=wA=40\pi[/imath] và [imath]w=2\pi[/imath], suy ra biên độ dao động [imath]A=\frac{\omega A}{\omega}=20cm[/imath]. Pha ban đầu của vận tốc là [imath]-\frac{\pi }{6}[/imath]
Bài toán liên quan đến x,v nên ta chỉ cần vẽ Vòng tròn lượng giác đa trục với 2 trục Ox,Ov
Để xác định điểm Po ban đầu của vật, vì đã có pha ban đầu của vận tốc là [imath]-\frac{\pi }{6}[/imath], từ vị trí vmax trên trục Ov, ta quay 1 cung [imath]\frac{\pi }{6}[/imath] cùng chiều kim đồng hồ (ngược chiều dương), điểm Po sẽ có vị trí như hình dưới:

- Tìm pha ban đầu của li độ x
Dễ dàng nhìn thấy trên cung tròn, điểm Po cách vị trí xmax 1 cung [imath]-\frac{2\pi }{3}[/imath] (hoặc [imath]\frac{4\pi }{3}[/imath] theo chiều âm)
Vậy phương trình li độ x là:
[imath]x=Acos(wt+\varphi (x))=20cos(2\pi t-\frac{2\pi }{3})(cm)[/imath]

Bài 3: Một vật dao động điều hòa có phương trình gia tốc là $a=200\pi ^2.cos(4\pi t+\frac{\pi }{3}) (cm/s^2)$. Viết phương trình vận tốc v và li độ x của vật đó

Từ phương trình gia tốc a, suy ra [imath]a_{max}=w^2.A = 200\pi ^2[/imath]và [imath]w=4\pi[/imath] suy ra [imath]A=12,5cm[/imath]
Pha ban đầu của gia tốc là [imath]\frac{\pi }{3}[/imath]
Bài toán liên quan đến cả 3 đại lượng x,v,a nên ta sẽ vẽ Vòng tròn lượng giác đa trục gồm ba trục Ox,Ov,Oa
Để xác định vị trí Po ban đầu của vật, vì đã có pha ban đầu gia tốc là [imath]\frac{\pi }{3}[/imath], từ vị trí amax trên trục Oa, ta quay 1 cung [imath]\frac{\pi }{3}[/imath] theo chiều dương, điểm Po sẽ có vị trí như hình dưới:

- Viết phương trình vận tốc v:
Từ vòng tròn lượng giác đa trục, dễ thấy Po cách vị trí vmax 1 cung [imath]-\frac{\pi }{6}[/imath] [imath]\Rightarrow[/imath] Pha ban đầu vận tốc là [imath]-\frac{\pi }{6}[/imath]
=> Phương trình vận tốc: [imath]v=vmax.cos(wt+\varphi (v))=wA.cos(wt+\varphi (v))=12,5.4\pi .cos(4\pi t-\frac{\pi }{6})=50\pi cos(4\pi t-\frac{\pi }{6})(cm/s)[/imath]
- Viết phương trình li độ x:
Tương tự, từ vòng tròn, ta thấy Po cách xmax 1 cung [imath]-\frac{2\pi }{3}[/imath]
=> Phương trình li độ: [imath]x=xmax.cos(wt+\varphi (x))=Acos(wt+\varphi (x))=12,5.cos(4\pi t-\frac{2\pi }{3})[/imath]

Bài 4: Một vật dao động điều hòa trên trục Ox với chu kì $T=2s$, O là vị trí cân bằng. Chọn t = 0 là lúc vật có li độ $-2\sqrt{2}(cm)$, chuyển động với vận tốc $2\pi \sqrt{2}(cm/s)$ ra xa vị trí cân bằng. Tìm phương trình dao động của vật.

- Tốc độ góc: [imath]\omega=\frac{2\pi }{T}=\pi (rad/s)[/imath]
- Áp dụng công thức liên hệ giữa A,v,x,w ta có:
[imath]x^2+\frac{v^2}{w^2}=A^2=>A=\sqrt{x^2+\frac{v^2}{w^2}}=\sqrt{(-2\sqrt{2})^2+\frac{(2\pi \sqrt{2})^2}{\pi ^2}}=4cm[/imath]
Ta có:
[imath]x=-2\sqrt{2}=-4.\frac{\sqrt{2}}{2}=-A.\frac{\sqrt{2}}{2}[/imath]
mà tại thời điểm đó (t=0), vật chuyển động ra xa vị trí cân bằng
=> vị trí ban đầu Po của vật như hình vẽ, suy ra pha ban đầu của x là [imath]\frac{\pi }{2}+\frac{\pi }{4}=\frac{3\pi }{4}[/imath] hoặc [imath]-(\pi +\frac{\pi }{4})=-\frac{5\pi }{4}[/imath]

Phương trình li độ: [imath]x=4cos(\pi t+\frac{3\pi }{4})(cm)[/imath] hoặc [imath]x=4cos(\pi t-\frac{5\pi }{4})(cm)[/imath]

Bài 5: Chất điểm dao động điều hòa với phương trình gia tốc là $a=120\pi ^2.cos(2\pi t+\frac{\pi }{3})(cm/s^2)$. Trong $\frac{1}{3}s$ đầu tiên, chất điểm đi được quãng đường bao nhiêu cm?

Từ phương trình gia tốc ta suy ra [imath]a_{max}=w^2.A=120\pi ^2[/imath] , [imath]w=2\pi[/imath] suy ra [imath]A=30cm[/imath]
Pha ban đầu của gia tốc là [imath]\frac{\pi }{3}[/imath]
Để tìm vị trí Po ban đầu trên vòng tròn, vì pha ban đầu của gia tốc là [imath]\frac{\pi }{3}[/imath], từ vị trí amax, ta quay 1 cung [imath]\frac{\pi }{3}[/imath] theo chiều dương. Điểm Po ban đầu của vật có vị trí như hình

Sau [imath]\frac{1}{3}s[/imath], vecto bán kinh quét được 1 góc:
[imath]\Delta \varphi =w.\Delta t=\frac{2\pi }{3}(rad)[/imath]
=> Vật từ Po đến P1 như hình
Quãng đường nó đi được trong thời gian trên là:
[imath]S=A+\frac{A}{2}=\frac{3A}{2}=\frac{3.30}{2}=45cm[/imath]

Bài 6: Một vật dao động điều hòa với tần số góc $5\pi / rad/s$ biên độ $10\sqrt{3}cm$. Trong 1 chu kì dao động, tốc độ của nó lớn hơn $75\pi(cm/s)$trong khoảng thời gian bao nhiêu ?

Tốc độ cực đại của vật: [imath]|V|max=wA=5\pi .10\sqrt{3}=50\pi \sqrt{3}cm/s[/imath]
[imath]\frac{75\pi }{|V|max}=\frac{\sqrt{3}}{2}=>75\pi =\frac{\sqrt{3}}{2}.|V|max[/imath]
Gọi tốc độ vật là |V|
[imath]|V|>75\pi <=>|V|> \frac{|V|max.\sqrt{3}}{2}[/imath]
Từ đường tròn, ta thấy có 4 vị trí mà tại đó, tốc độ của vật bằng [imath]|V|max.\frac{\sqrt{3}}{2}[/imath]

Để tốc độ vật lớn hơn [imath]75\pi[/imath]hay lớn hơn [imath]|V|max.\frac{\sqrt{3}}{2}[/imath] , Vật phải di chuyển trong 2 cung gạch chéo trong hình
Góc quét trong 1 chu kì là:
[imath]\phi =2\Delta \varphi =2.\frac{\pi }{3}(rad)[/imath]
Vậy, trong 1 chu kì dao động, tốc độ của nó lớn hơn [imath]75\pi(cm/s)[/imath] trong khoảng thời gian là:
[imath]t=\frac{\phi }{w}=\frac{2\pi }{3.5\pi }=\frac{2}{15}(s)[/imath]


----------------
Trên đây là đáp án của 6 bài tập vận dụng về phương pháp vòng tròn lượng giác đa trục trong dao động cơ, các bạn cùng tham khảo nhé. Mọi thắc mắc, góp ý về đáp án xin hãy trả lời vào topic này để mọi người cùng thảo luận ạ.
Cảm ơn các bạn đã theo dõi topic.
Xin chào và hẹn gặp lại vào các bài viết tiếp theo...

 

[hoàng ánh sơn]

Từ phương trình gia tốc ta suy ra amax=w2.A=120π2amax=w2.A=120π2amax=w^2.A=120\pi ^2 , w=2πw=2πw=2\pi suy ra A=30cmA=30cmA=30cm
Pha ban đầu của gia tốc là π3π3\frac{\pi }{3}
Để tìm vị trí Po ban đầu trên vòng tròn, vì pha ban đầu của gia tốc là π3π3\frac{\pi }{3}, từ vị trí amax, ta quay 1 cung π3π3\frac{\pi }{3} theo chiều dương. Điểm Po ban đầu của vật có vị trí như hình

Sau 13s13s\frac{1}{3}s, vecto bán kinh quét được 1 góc:
Δφ=w.Δt=2π3(rad)Δφ=w.Δt=2π3(rad)\Delta \varphi =w.\Delta t=\frac{2\pi }{3}(rad)
=> Vật từ Po đến P1 như hình
Quãng đường nó đi được trong thời gian trên là:
S=A+A2=3A2=3.302=45cm

cho e hỏi vì sao pha ban đầu lại là [tex]\frac{\pi }{3}[/tex] chứ ko phải là [tex]\frac{-2\pi }{3}[/tex]

 

[Hoàng Long AZ]

cho e hỏi vì sao pha ban đầu lại là [tex]\frac{\pi }{3}[/tex] chứ ko phải là [tex]\frac{-2\pi }{3}[/tex]

Từ phương trình gia tốc, suy ra pha ban đầu của gia tốc là [imath]\frac{\pi }{3}[/imath] bạn nhé
Còn [imath]\dfrac{-2\pi }{3}[/imath] là pha ban đầu của li độ [imath]x[/imath] nha

 

[Hoàng Long AZ]

Chào buổi tối các bạn

Hôm nay, mình lại tiếp tục đăng thêm 1 số bài tập nữa để các bạn áp dụng thành thạo phương pháp Vòng tròn lượng giác đa trục trong dao động cơ nhé

Cùng bắt đầu luôn nào

BÀI TẬP ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP VÒNG TRÒN LƯỢNG GIÁC ĐA TRỤC TRONG DAO ĐỘNG CƠ (Tiếp)
​

Bài 1: Chất điểm dao động điều hòa trên trục Ox với phương trình [imath]x=Acos(wt+\varphi )[/imath] [imath](A,w>0;-\pi \leq \varphi\leq \pi )[/imath]. Ban đầu, chất điểm chuyển động chậm dần theo chiều dương với tốc độ bằng 1 nửa tốc độ cực đại. Tìm [imath]\varphi[/imath]

Bài 2: Một vật dao động điều hòa trên trục Ox. Ban đầu, vật chuyển động theo chiều dương với gia tốc bằng [imath]\frac{\sqrt{3}}{2}[/imath] gia tốc cực đại. Tính pha ban đầu của li độ và vận tốc vật đó

Bài 3: Vật dao động điều hòa thực hiện [imath]20[/imath] dao động toàn phần trong [imath]10[/imath] giây, biên độ dao động là [imath]10cm.[/imath] Chọn gốc thời gian là lúc vật có li độ [imath]\frac{A}{2}[/imath] và đang chuyển động theo chiều âm. Viết phương trình dao động, vận tốc và gia tốc của vật.

Bài 4: Một vật dao động điều hòa với chiều dài quỹ đạo là [imath]10cm.[/imath] Tại 1 thời điểm trong quá trình dao động, gia tốc a và li độ x của vật liên hệ với nhau bằng biểu thức [imath]x=-0,025a[/imath] . Khi [imath]t = 0,25s,[/imath] vật có li độ là [imath]-2,5\sqrt{3}[/imath] và đang chuyển động theo chiều dương. Lấy [imath]\pi ^2=10[/imath]. Tìm phương trình li độ của vật.

Bài 5: Một chất điểm dao động điều hòa trên trục [imath]Ox[/imath]. Biết li độ cực đại là [imath]4cm,[/imath] chu kì là [imath]2s.[/imath] Hỏi trong một chu kì dao động, vận tốc của chất điểm nhỏ hơn [imath]2\pi \sqrt{2}(cm/s)[/imath] và gia tốc bé hơn [imath]20\sqrt{3}(cm/s^2)[/imath] trong thời gian bao nhiêu? Lấy [imath]\pi ^2=10[/imath].



---------
Chúc các bạn giải thành công [imath]5[/imath] bài tập này.
Giải được bài nào thì cứ đăng câu trả lời, cách giải của mình vào topic này để mọi người cùng thảo luận luôn nha.

Lưu ý hãy sử dụng lí thuyết, cách làm phương pháp này mà mình đã đề cập ở đây để giải nhé

Đừng quên tag thêm bạn bè vào thảo luận cùng chúng tớ nghen

Còn bây giờ thì
Xin chào và hẹn gặp lại trong các bài viết tiếp theo....

 

[hoàng ánh sơn]

Bài 1
[tex]v=\frac{1}{2}vmax[/tex]
[tex]-\omega A.sin(\varphi )=\frac{1}{2}\omega A[/tex]
[tex]\varphi =-\frac{\pi }{6}[/tex]
Bài 2
[tex]a=\frac{\sqrt{3}}{2}a max[/tex]
[tex]-\omega^{2} Acos(\varphi )=\frac{\sqrt{3}}{2}\omega ^{2}A[/tex]
[tex]\varphi =\frac{5\pi }{6}[/tex]
chưa tính đc vận tốc
bài 3
[tex]f=\frac{10}{20}[/tex]
==> T =2
==> [tex]\omega =\pi[/tex]
[tex]\varphi = \frac{\pi }{3}[/tex]
[tex]x=10cos(\pi t+ \frac{\pi }{3})[/tex]
[tex]v=10\pi cos(\pi t+\frac{5\pi }{6})[/tex]
[tex]a=10\pi ^{2}cos(\pi t+\frac{4\pi }{3})[/tex]
bài 4
[tex]x=-0,025a[/tex]
[tex]Acos(\omega t+\varphi )=-A\omega ^{2}cos(\omega t+\varphi ).0,025[/tex]
==> [tex]\omega =2\pi[/tex]
tại t=0,25 ==> [tex]-2,5\sqrt{3}=Acos(2\pi .0,25-\varphi )[/tex]
==> [tex]\varphi =\frac{\pi }{3}[/tex]
pt : [tex]x=5cos(2\pi +\frac{\pi }{3})[/tex]
bài 5
[tex]vmax=4\pi[/tex]
[tex]cos(\varphi )= \frac{v}{vmax}==> \varphi =\frac{\pi }{4}[/tex]
góc quét : [tex]\frac{\pi }{2}[/tex]
[tex]\Delta t=\frac{1}{2}[/tex]
thời gian trong 1 chu kì [tex]\Delta t'=\frac{1}{2}.2[/tex]
với gia tốc thì e nghĩ là làm tương tự như vs vận tốc nên e ko làm nữa

 

[Elishuchi]

Bài 2
a=3√2amaxa=32amaxa=\frac{\sqrt{3}}{2}a max
−ω2Acos(φ)=3√2ω2A−ω2Acos(φ)=32ω2A-\omega^{2} Acos(\varphi )=\frac{\sqrt{3}}{2}\omega ^{2}A
φ=5π6φ=5π6\varphi =\frac{5\pi }{6}
chưa tính đc vận tốc

cái này sai rồi nhá vì ban đầu đi theo chiều dương nên phi âm và như bạn tính là -5pi/6 thì v=v max/2

 

[Hoàng Long AZ]

Chào cả nhà

Đến giờ lại lên, hôm nay mình sẽ đăng lời giải 5 bài tập áp dụng phương pháp vòng tròn lượng giác đa trục trong dao động cơ mà mình đăng tải ở bài viết trước nhé

Các bạn sẵn sàng chưa nào ? Cùng bắt đầu nhé

Bài 1: Chất điểm dao động điều hòa trên trục Ox với phương trình $x=Acos(wt+\varphi )$ $(A,w>0;-\pi \leq \varphi\leq \pi )$. Ban đầu, chất điểm chuyển động chậm dần theo chiều dương với tốc độ bằng 1 nửa tốc độ cực đại. Tìm $\varphi$

- Xác định điểm pha ban đầu [imath]P_0[/imath] trên đường tròn:
Theo đề ra, ban đầu, chất điểm có tốc độ bằng 1 nửa tốc độ cực đại và chuyển động theo chiều dương nên ta lấy trung điểm phần dương trục Ov thì đó là điểm [imath]\frac{vmax}{2}[/imath].
Từ điểm này, ta kẻ vuông góc trục [imath]Ov[/imath] sẽ xác định [imath]2[/imath] điểm pha tương ứng.
Chất điểm chuyển động chậm dần nên điểm pha ban đầu là điểm [imath]P_0[/imath] như hình vẽ.
Sở dĩ như thế vì càng gần vị trí cân bằng (điểm [imath]O[/imath]) vận tốc càng lớn trong khi điểm [imath]P_0[/imath] lại đi ra vị trí biên dương ; một cách giải thích khác là nhìn vào đường tròn, càng gần điểm [imath]v_{max}[/imath] thì vận tốc càng lớn, chuyển động càng nhanh trong khi [imath]P_0[/imath] lại chuyển động ra xa [imath]v_{max} \Rightarrow[/imath] chuyển động chậm dần
- Xác định [imath]\varphi[/imath]
Từ hình vẽ, dễ dàng suy ra [imath]\varphi=-\frac{\pi }{6}[/imath]
- Kết luận: Vậy [imath]\varphi=-\frac{\pi }{6}[/imath]

Bài 2: Một vật dao động điều hòa trên trục Ox. Ban đầu, vật chuyển động theo chiều dương với gia tốc bằng $\frac{\sqrt{3}}{2}$ gia tốc cực đại. Tính pha ban đầu của li độ và vận tốc vật đó

Ban đầu, vật chuyển động theo chiều dương nên điểm pha Po phải nằm ở nửa dưới đường tròn.
Mà gia tốc bằng [imath]\frac{\sqrt{3}}{2}[/imath] gia tốc cực đại nên từ vị trí [imath]a_{max}[/imath], ta quay [imath]1[/imath] cung [imath]\dfrac{\pi }{6}[/imath] theo chiều dương sẽ xác định được vị trí [imath]P_0[/imath] ban đầu của vật như hình vẽ


- Tính pha ban đầu của li độ:
Dễ thấy, từ vị trí [imath]P_0[/imath] đến vị trí xmax cách nhau [imath]1[/imath] cung [imath]\dfrac{-5\pi }{6}[/imath]
Suy ra pha ban đầu của li độ là [imath]\varphi (x)=\frac{-5\pi }{6}[/imath]
- Tính pha ban đầu của vận tốc:
Tương tự, quan sát hình vẽ, từ điểm Po đến vị trí vmax cách nhau 1 cung [imath]\frac{-\pi }{3}[/imath]
Vậy pha ban đầu của vận tốc là [imath]\varphi (v)=\frac{-\pi }{3}[/imath]

Bài 3: Vật dao động điều hòa thực hiện 20 dao động toàn phần trong 10 giây, biên độ dao động là 10cm. Chọn gốc thời gian là lúc vật có li độ $\dfrac{A}{2}$ và đang chuyển động theo chiều âm. Viết phương trình dao động, vận tốc và gia tốc của vật.

Gọi [imath]f[/imath] là số dao động thực hiện trong [imath]1[/imath] giây.
Mà theo đề ra: vật thực hiện [imath]20[/imath] dao động trong [imath]10[/imath] giây
suy ra: [imath]f=\frac{20}{10}=2Hz[/imath]
Tốc độ góc: [imath]w=2\pi f=4\pi[/imath]
- Xác định điểm pha [imath]P_0[/imath] trên đường tròn:
+ Ban đầu vật ở li độ [imath]\frac{A}{2}[/imath] nên ta lấy trung điểm phần dương trục Ox sẽ xác định được điểm này
+ Từ điểm [imath]\frac{A}{2}[/imath], kẻ vuông góc với trục Ox thu được [imath]2[/imath] điểm pha tương ứng trên đường tròn (ở nửa trên và nửa dưới đường tròn)
+ Vì vật chuyển động theo chiều âm nên điểm pha của vật là điểm Po trên hình vẽ

- Vì đã xác định được tốc độ góc w, biên độ A nên để viết phương trình dao động, vận tốc, li độ ta chỉ cần xác định pha ban đầu của chúng nữa là được
+, Pha ban đầu của x: Từ hình vẽ, thấy Po cách [imath]x_{max}[/imath] 1 cung là [imath]\frac{\pi }{3} \Rightarrow[/imath] pha ban đầu của x là [imath]\varphi (x)=\frac{\pi }{3}[/imath]
Suy ra phương trình dao động: [imath]x=A\cos (wt+\varphi (x))=10cos(4\pi t+\frac{\pi }{3}) (cm)[/imath]

+, Pha ban đầu của v: Tương tự, ta cũng dễ dàng tìm được cung giữa Po và vị trí vmax trên hình vẽ là [imath]\frac{5\pi }{6}=>\varphi (v)=\frac{5\pi }{6}[/imath]
Vậy phương trình vận tốc: [imath]v=v_{max}.cos(wt+\varphi (v))=wAcos(wt+\varphi (v))=40\pi (cos4\pi t+\frac{5\pi }{6})(cm/s)[/imath]

+, Pha ban đầu của a: Cũng cách làm trên, từ hình trên, ta thấy điểm pha [imath]P_0[/imath] cách vị trí amax 1 cung là [imath]-\frac{2\pi }{3}=>\varphi (a)=-\frac{2\pi }{3}[/imath]
Phương trình gia tốc: [imath]a=amax.cos(wt+\varphi (a))=w^2.A.cos(wt+\varphi (a))=160\pi ^2.cos(4\pi t-\frac{2\pi }{3})(cm/s^2)[/imath]

Bài 4: Một vật dao động điều hòa với chiều dài quỹ đạo là 10cm. Tại 1 thời điểm trong quá trình dao động, gia tốc a và li độ x của vật liên hệ với nhau bằng biểu thức $x=-0,025a$. Khi t = 0,25s, vật có li độ là $-2,5\sqrt{3}$ và đang chuyển động theo chiều dương. Lấy $\pi ^2=10$. Tìm phương trình li độ của vật.

- Chiều dài quỹ đạo là [imath]10 cm \Rightarrow 2A = 10cm \Rightarrow A = 5cm[/imath]
- Trong dao động điều hòa, gia tốc a và li độ x liên hệ theo công thức: [imath]a=-w^2.x[/imath]
mà theo đề ra: [imath]x=-0,025a \Rightarrow a=-\frac{1}{0,025}x[/imath]
Suy ra: [imath]w^2=\frac{1}{0,025}=>w=2\pi[/imath]
- Khi t = 0,25s, vật có li độ là [imath]-2,5\sqrt{3}[/imath] và đang chuyển động theo chiều dương :
Ta sẽ xác định điểm pha [imath]P_1[/imath] của vật tại thời điểm t = 0,25s
+, Ta có: [imath]x=-2,5\sqrt{3}=-\frac{5\sqrt{3}}{2}=-\frac{A\sqrt{3}}{2}[/imath]
+, Từ vị trí li độ x của vật, kẻ vuông góc trục Ox sẽ cho 2 điểm pha tương ứng. Nhưng vì vật đang chuyển động theo chiều dương nên điểm pha [imath]P_1[/imath] của vật phải ở nửa dưới đường tròn như hình vẽ.

- Trong 0,25s, vecto bán kính quét được 1 cung: [imath]\Delta \varphi =w.\Delta t=2\pi .0,25=\frac{\pi }{2}(rad)[/imath]
Nghĩa là từ điểm pha [imath]P_0[/imath] ban đầu, sau 0,25s vecto bán kính quét 1 cung [imath]\Delta \varphi =\frac{\pi }{2}(rad)[/imath] thì điểm pha tới vị trí [imath]P_1[/imath]. Vậy để xác định vị trí [imath]P_0[/imath], từ [imath]P_1[/imath] ta quay cùng chiều kim đồng hồ (ngược chiều dương quy ước) một cung [imath]\Delta \varphi =\frac{\pi }{2}(rad)[/imath] sẽ xác định được vị trí [imath]P_0[/imath] như hình vẽ

- Tìm pha ban đầu của li độ:
Nhìn vào đường tròn, [imath]P_0[/imath] cách vị trí [imath]x_{max}[/imath] [imath]1[/imath] cung là [imath]\frac{2\pi }{3}(rad)\Rightarrow \varphi (x)=\frac{2\pi }{3}(rad)[/imath]
- Phương trình li độ:
[imath]x=Acos(wt+\varphi (x))=5cos(2\pi t+\frac{2\pi }{3})(cm)[/imath]

Bài 5: Một chất điểm dao động điều hòa trên trục Ox. Biết li độ cực đại là 4cm, chu kì là 2s. Hỏi trong một chu kì dao động, vận tốc của chất điểm nhỏ hơn $2\pi \sqrt{2}(cm/s)$ và gia tốc bé hơn $20\sqrt{3}(cm/s^2)$ trong thời gian bao nhiêu? Lấy $\pi ^2=10$

- Li độ cực đại chính là biên độ [imath]A \Rightarrow A = 4cm[/imath]
- Tốc độ góc: [imath]w=\frac{2\pi }{T}=\pi[/imath]
- Vận tốc cực đại: [imath]v_{max}=wA=4\pi (cm/s)[/imath]
- Gia tốc cực đại: [imath]amax=w^2.A=40(cm/s^2)[/imath]

Ta có:
+, [imath]v=2\pi \sqrt{2}=\frac{4\pi .\sqrt{2}}{2}=\frac{vmax.\sqrt{2}}{2}[/imath]
[imath]\rightarrow[/imath] Để vận tốc nhỏ hơn [imath]2\pi \sqrt{2}[/imath] thì điểm pha phải di chuyển trên cung lớn [imath]BB'[/imath]
+, [imath]a=20\sqrt{3}=\frac{40\sqrt{3} }{2}=\frac{amax.\sqrt{3}}{2}[/imath]
[imath]\rightarrow[/imath] Để gia tốc bé hơn [imath]20\sqrt{3}(cm/s^2)[/imath] thì điểm pha di chuyển trên cung lớn [imath]CC'[/imath]

Kết hợp 2 điều kiện trên suy ra cung mà vecto bán kính quét được là (cung không bị gạch chéo trên hình):
[imath]\Delta \varphi =\pi +2.(\frac{\pi }{4}-\frac{\pi }{6})=\frac{7\pi }{6}(rad)[/imath]

Trong một chu kì dao động, vận tốc của chất điểm nhỏ hơn [imath]2\pi \sqrt{2}(cm/s)[/imath] và gia tốc bé hơn [imath]20\sqrt{3}(cm/s^2)[/imath] trong thời gian là:
[imath]\Delta t=\frac{\Delta \varphi }{w}=\frac{7}{6}(s)[/imath]


-----------
Trên đây là đáp án 5 bài tập áp dụng phương pháp vòng tròn lượng giác đa trục trong dao động cơ, mọi thắc mắc, góp ý xin vui lòng để lại dưới topic này để chúng ta cùng thảo luận nhé ^^

Cảm ơn mọi người đã đọc topic.

Xin chào và hẹn gặp lại vào các bài viết tiếp theo...


P/s: bật mí một chút bài viết tới sẽ cung cấp 1 ứng dụng nữa của phương pháp vòng tròn lượng giác đa trục này, còn ứng dụng đó là gì thì..... cùng chờ nhá

 

[Hoàng Long AZ]

Chào buổi tối mọi người

Như đã bật mí nho nhỏ ở bài viết trước, hôm nay mình sẽ giới thiệu đến các bạn 1 ứng dụng nữa của Vòng tròn lượng giác đa trục trong dao động cơ, đó là nó có thể biểu diễn thêm trục Lực hồi phục (F), từ đó giúp tính toán thuận tiện hơn trong các bài toán liên quan đến đại lượng này.

Vậy cụ thể cơ sở lí thuyết, cách áp dụng ý tưởng trên vào bài tập như thế nào, cùng tìm hiểu nhé

LỰC HỒI PHỤC TRONG VÒNG TRÒN LƯỢNG GIÁC ĐA TRỤC
​

1/ Cơ sở lí thuyết
- Ta đã biết, trong quá trình chuyển động của vật luôn luôn có lực tác dụng lên nó.
Gọi [imath]\overrightarrow{F}[/imath] là tổng hợp lực tác dụng lên vật thì theo định luật II Newton ta có:[imath]\overrightarrow{F}=m.\overrightarrow{a}[/imath]
- Đối với [imath]1[/imath] vật dao động điều hòa, ta cũng áp dụng lí thuyết tương tự.
Trong dao động điều hòa, hợp lực [imath]\overrightarrow{F}[/imath] tác dụng lên vật luôn hướng về vị trí cân bằng => Hợp lực [imath]\overrightarrow{F}[/imath] còn được gọi là Lực hồi phục (hay lực kéo về)
Về độ lớn, ta cũng có: [imath]F = ma[/imath]
mà [imath]a=-w^2.Acos(wt+\varphi ) =>F=-mw^2.A.cos(wt+\varphi )=-mw^2.x = -kx(*)[/imath]
Từ (*) ta cũng dễ dàng suy ra lực hồi phục cực đại [imath]Fmax=m.w^2.A[/imath]
[imath]\Rightarrow[/imath] phương trình lực hồi phục: [imath]F=Fmax.cos(wt+\varphi )[/imath]

Nhận xét: [imath]\overrightarrow{F}[/imath] và [imath]\overrightarrow{a}[/imath] cùng pha và đều ngược pha với li độ x nên trên vòng tròn lượng giác đa trục, ta biểu diễn trục [imath]OF[/imath] cùng chiều với trục [imath]Oa[/imath] như hình dưới.



[imath]\Rightarrow[/imath] Khi tính toán trên đường tròn đa trục liên quan đến lực hồi phục, vecto bán kính có độ lớn là [imath]F_{max} = mw^2.A[/imath]

Bên cạnh đó, nhìn vào hình vẽ, thấy ngay F và v là 2 đại lượng vuông pha
[imath]\Rightarrow \frac{F^2}{F^2max}+\frac{v^2}{v^2max}=1[/imath]

*Chú ý: Đối với Con lắc lò xo nằm ngang, lực hồi phục chính là lực đàn hồi (bỏ qua mọi ma sát)

2/ Ví dụ
Cách làm cũng hoàn toàn tương tự như các bài tập, ví dụ trong các bài viết trước liên quan đến li độ, vận tốc, gia tốc thôi nên các bạn không phải lo gì nha . Vẫn là các bước quen thuộc như xác định điểm pha của vật trên đường tròn, chiếu lên các trục tương ứng rồi kết hợp dữ kiện bài toán tìm ra kết quả thôi nhé.

Ví dụ: Một vật có khối lượng [imath]m = 5kg[/imath], dao động điều hòa với phương trình vận tốc là [imath]v=60\pi cos(2\pi t-\frac{\pi }{6})(cm/s)[/imath] Viết phương trình lực hồi phục F của vật.
Giải:
Từ phương trình vận tốc, ta suy ra vận tốc cực đại là [imath]v_{max}=wA=60\pi (cm/s)[/imath] , tốc độ góc [imath]w=2\pi (rad/s)[/imath], pha ban đầu của vận tốc là [imath]\varphi (v)=\frac{-\pi }{6}(rad)[/imath] => để xác định điểm pha [imath]P_0[/imath] ban đầu trên đường tròn, từ vị trí vmax, ta quay [imath]1[/imath] cung [imath]\frac{\pi }{6}[/imath] ngược chiều dương thì điểm [imath]P_0[/imath] sẽ được xác định như trên hình.

- Biên độ A: [imath]A=\frac{wA}{w}=\frac{60\pi }{2\pi }=30cm = 0,3m[/imath]
- Từ hình vẽ, dễ thấy điểm [imath]P_0[/imath] cách vị trí [imath]F_{max}[/imath] một cung [imath]\frac{\pi }{3}[/imath] vậy pha ban đầu của lực hồi phục là [imath]\varphi (F)=\frac{\pi }{3}(rad)[/imath]
Vậy, phương trình lực hồi phục là: [imath]F=Fmax.cos(wt+\varphi (F))=m.w^2.A.cos(wt+\varphi (F))=5.(2\pi )^2.0,3.cos(2\pi t+\frac{\pi }{3})=6\pi^2.cos(2\pi t+\frac{\pi }{3})(N)[/imath]

--------------
Trên đây là lí thuyết và ví dụ cơ bản về lực hồi phục trong vòng tròn lượng giác đa trục, các bạn tham khảo để xem cách làm nhé. Rất đơn giản đúng không nè

Ở các bài viết tiếp theo, mình sẽ đăng tải các bài tập liên quan đến lực hồi phục trong dao động điều hòa của con lắc lò xo, bao gồm cả lò xo nằm ngang và lò xo thẳng đứng, cùng chờ đón nhé.

Mọi thắc mắc, góp ý xin để lại dưới topic này để mọi người cùng thảo luận nhaaa

Xin chào và hẹn gặp lại trong các bài viết tiếp theo...

 

[hoàng ánh sơn]

[tex]\pi ^{2}[/tex] ở phương trình cuối cùng đâu mất rồi a

 

[Hoàng Long AZ]

Chào buổi tối cả nhà
Hôm nay mình sẽ đăng tải 1 số bài tập áp dụng Lực hồi phục trong vòng tròn lượng giác đa trục. Mọi người thảo luận nhé
Cùng bắt đầu luôn nhỉ

BÀI TẬP ÁP DỤNG LỰC HỒI PHỤC TRONG VÒNG TRÒN LƯỢNG GIÁC ĐA TRỤC
​

Bài 1: Lực hồi phục cực đại và tốc độ cực đại của một vật đang dao động điều hòa lần lượt là [imath]10 N[/imath] và [imath]500 cm/s[/imath]. Khi lực hồi phục có độ lớn bằng [imath]2 N[/imath] thì tốc độ của vật nhỏ bằng bao nhiêu [imath]m/s[/imath] ?

Bài 2: Vật nhỏ dao động điều hòa trên trục [imath]Ox[/imath] có khối lượng [imath]m = 1,25 kg[/imath], chu kì [imath]T = 1s[/imath] , biên độ dao động là [imath]10cm[/imath]. Ban đầu, vật ở li độ [imath]5\sqrt{3}(cm)[/imath] và đang chuyển động theo chiều dương. Lập phương trình lực kéo về. Lấy [imath]\pi ^2=10[/imath]

Bài 3: Vật có khối lượng 0,5 kg, dao động điều hòa trên Ox với phương trình [imath]x=20cos(4\pi t+\frac{\pi }{6})(cm)[/imath] . Hỏi khoảng thời gian giữa lần thứ 1 và thứ 3 vật qua vị trí có độ lớn lực hồi phục bằng 8N là bao nhiêu giây? Lấy [imath]\pi ^2=10[/imath]

Bài 4: Một vật dao động điều hòa với chu kì [imath]T = 2s[/imath]. Tại thời điểm [imath]t_1[/imath], lực hồi phục có độ lớn là [imath]7N[/imath]. Tại thời điểm [imath]t_2 = t_1 + 0,5s[/imath], tốc độ của vật là [imath]50\pi (m/s)[/imath]. Tìm khối lượng [imath]m[/imath] của vật. Lấy [imath]\pi ^2=10[/imath]

Bài 5: Vật dao động điều hòa trên [imath]Ox[/imath], có phương trình gia tốc là [imath]a=400\cos (2\pi t-\dfrac{\pi }{3})(cm/s^2)[/imath] . Khối lượng của vật là [imath]1 kg[/imath]. Hỏi trong [imath]1[/imath] chu kì, khoảng thời gian lực hồi phục có độ lớn không vượt quá [imath]2\sqrt{3}(N)[/imath] là bao nhiêu? Tìm quãng đường vật đi được trong thời gian đó. Tốc độ của vật thay đổi trong khoảng nào trong thời gian trên. Lấy [imath]\pi ^2=10[/imath]


-------------
Chúc các bạn giải bài thành công ^^
Nhớ tag thêm bạn bè vào thảo luận cùng chúng tớ nha

Hẹn gặp lại trong các bài viết tiếp theo...

 

[Hoàng Long AZ]

Xin chào cả nhà
Lâu lắm rồi chúng ta mới gặp nhau trong topic này nhỉ? Có ai còn nhớ topic này không nào ^^
Từ hôm nay chúng ta sẽ gặp nhau ở đây thường xuyên hơn nhé, hi vọng các bạn sẽ tiếp tục ủng hộ topic này và trên cả là nhận lại được nhiều thứ hay ho, thú vị từ topic nha.
Bài viết hôm nay mình sẽ chữa những bài tập từ năm ngoái :>, hơi buồn vì không có bạn nào tham gia giải cả, nhưng mình vẫn chữa cho những bạn nào muốn tìm hiểu, cần đáp án tham khảo nhé.
Cùng bắt đầu luôn thôi nhỉ

CHỮA BÀI TẬP ÁP DỤNG LỰC HỒI PHỤC TRONG VÒNG TRÒN LƯỢNG GIÁC ĐA TRỤC​

Bài 1: Lực hồi phục cực đại và tốc độ cực đại của một vật đang dao động điều hòa lần lượt là [imath]10 N[/imath] và [imath]500 cm/s[/imath]. Khi lực hồi phục có độ lớn bằng [imath]2 N[/imath] thì tốc độ của vật nhỏ bằng bao nhiêu [imath]m/s[/imath] ?

Đổi: [imath]500 cm/s = 5m/s[/imath] Từ vòng tròn đa trục, dễ thấy lực hồi phục và vận tốc là hai đại lượng vuông pha, khi đó ta có biểu thức vuông pha: [imath]\dfrac{F^2}{F^2_{max}}+\dfrac{v^2}{v^2_{max}}=1\Rightarrow|v|=\sqrt{v^2_{max}.(1-\dfrac{F^2}{F^2_{max}})}=\sqrt{5^2.(1-\dfrac{2^2}{10^2})}=2\sqrt{6}m/s[/imath]

Bài 2: Vật nhỏ dao động điều hòa trên trục [imath]Ox[/imath] có khối lượng [imath]m = 1,25 kg[/imath], chu kì [imath]T = 1s[/imath] , biên độ dao động là [imath]10cm[/imath]. Ban đầu, vật ở li độ [imath]5\sqrt{3}(cm)[/imath] và đang chuyển động theo chiều dương. Lập phương trình lực kéo về. Lấy [imath]\pi ^2=10[/imath]

Đổi: [imath]A=10cm=0,1m[/imath] +, Tần số góc: [imath]\omega = \dfrac{2\pi}{T}=2\pi \ (rad/s)[/imath] +, Độ lớn lực hồi phục cực đại: [imath]F_{max}=m\omega ^2 . A = 1,25 . (2\pi )^2 .0,1=5N[/imath] +, Xác định pha ban đầu của lực kéo về: Ban đầu ([imath]t=0[/imath]), vật ở li độ [imath]x=5\sqrt{3} = \dfrac{10}{2}\sqrt{3} = \dfrac{A\sqrt{3}}{2} (cm)[/imath] và đang chuyển động theo chiều dương. Từ vòng tròn ta xác định được điểm pha ban đầu [imath]P_0[/imath] của vật như hình vẽ. Vậy suy ra pha ban đầu của lực kéo về là [imath]\varphi _F= \dfrac{5\pi}{6} \ rad[/imath] +, Phương trình lực kéo về: [imath]F=F_{max}\cos (\omega t + \varphi _F ) = 5\cos (2\pi t +\dfrac{5\pi}{6}) \ (N)[/imath]

Bài 3: Vật có khối lượng $0,5 kg$, dao động điều hòa trên $Ox$ với phương trình [imath]x=20cos(4\pi t+\frac{\pi }{6})(cm)[/imath] . Hỏi khoảng thời gian giữa lần thứ 1 và thứ 3 vật qua vị trí có độ lớn lực hồi phục bằng 8N là bao nhiêu giây? Lấy [imath]\pi ^2=10[/imath]

+, Từ phương trình li độ đề cho, ta suy ra biên độ dao động [imath]A=20cm=0,2m[/imath], tần số góc [imath]\omega = 4\pi[/imath] và pha ban đầu của li độ là [imath]\varphi_x=\dfrac{\pi}{6}[/imath] Ta xác định điểm pha ban đầu [imath]P_0[/imath] của vật như trên hình vẽ. +, Độ lớn lực hồi phục cực đại là: [imath]F_{max}=m\omega ^2 .A=0,5.(4\pi )^2 . 0,2=16N[/imath] +, Tại vị trí có độ lớn lực hồi phục bằng [imath]8N[/imath]: [imath]8N = \left |\dfrac{\pm F_{max}}{2}\right |[/imath] Từ vòng tròn đa trục, ta xác định được [imath]4[/imath] vị trí mà tại đó độ lớn lực lực hồi phục bằng [imath]8N[/imath] +, Lần thứ [imath]1[/imath] vật qua vị trí có độ lớn lực hồi phục bằng [imath]8N[/imath] là tại điểm [imath]B[/imath] trên hình, lần thứ [imath]3[/imath] là tại điểm [imath]D[/imath] +, Từ lần thứ [imath]1[/imath] đến lần thứ [imath]3[/imath], điểm pha đã quét được một cung là: [imath]\Delta \varphi = \dfrac{6\pi}{6}=\pi \ rad[/imath] +, Khoảng thời gian giữa lần thứ [imath]1[/imath] và lần thứ [imath]3[/imath] vật qua vị trí có độ lớn lực hồi phục bằng [imath]8N[/imath] là: [imath]\Delta t = \dfrac{\Delta \varphi}{\omega}=\dfrac{\pi}{4\pi}=0,25s[/imath]

Bài 4: Một vật dao động điều hòa với chu kì [imath]T = 2s[/imath]. Tại thời điểm [imath]t_1[/imath], lực hồi phục có độ lớn là [imath]7N[/imath]. Tại thời điểm [imath]t_2 = t_1 + 0,5s[/imath], tốc độ của vật là [imath]50\pi (m/s)[/imath]. Tìm khối lượng [imath]m[/imath] của vật. Lấy [imath]\pi ^2=10[/imath]

+, Tần số góc: [imath]\omega = \dfrac{2\pi}{T}=\pi \ (rad/s)[/imath] +, Giả sử tại thời điểm [imath]t_1[/imath], điểm pha của vật là điểm [imath]P_1[/imath] như trên hình, đến thời điểm [imath]t_2[/imath] điểm pha vật tới vị trí [imath]P_2[/imath] +, Từ thời điểm [imath]t_1[/imath] đến thời điểm [imath]t_2[/imath], điểm pha đã quét được một cung là: [imath]\Delta \varphi = \omega . \Delta t = \omega . (t_2-t_1)=\dfrac{\pi}{2} \ (rad)[/imath] Vậy đây là hai thời điểm vuông pha +, Áp dụng tam giác đồng dạng ta có tỉ số: [imath]\dfrac{7}{F_{max}}=\dfrac{50\pi}{v_{max}}\hArr \dfrac{7}{m\omega ^2.A}=\dfrac{50\pi}{\omega A}\Rightarrow m=\dfrac{7}{50\pi . \omega}=\dfrac{7}{50\pi . \pi}=\dfrac{7}{50.10}=0,014kg=14g[/imath] Vậy khối lượng vật là [imath]m=14g[/imath]

Bài 5: Vật dao động điều hòa trên [imath]Ox[/imath], có phương trình gia tốc là [imath]a=400\cos (2\pi t-\dfrac{\pi }{3})(cm/s^2)[/imath] . Khối lượng của vật là [imath]1 kg[/imath]. Hỏi trong [imath]1[/imath] chu kì, khoảng thời gian lực hồi phục có độ lớn không vượt quá [imath]2\sqrt{3}(N)[/imath] là bao nhiêu? Tìm quãng đường vật đi được trong thời gian đó. Tốc độ của vật thay đổi trong khoảng nào trong thời gian trên. Lấy [imath]\pi ^2=10[/imath]

Từ phương trình gia tốc, suy ra tần số góc [imath]\omega = 2\pi[/imath], độ lớn gia tốc cực đại [imath]a_{max}=400cm/s^2=4m/s^2[/imath] và pha ban đầu của gia tốc là [imath]\varphi _a = \dfrac{-\pi}{3}[/imath] Ta xác định được điểm pha ban đầu [imath]P_0[/imath] của vật như hình vẽ. - Tính khoảng thời gian trong một chu kì, lực hồi phục có độ lớn không vượt quá [imath]2\sqrt{3}(N)[/imath]: +, Độ lớn lực hồi phục cực đại: [imath]F_{max}=m.a_{max}=1.4=4N[/imath] +, Khi lực hồi phục có độ lớn là [imath]2\sqrt{3}= \left |\dfrac{\pm 4\sqrt{3}}{2}\right |=\left |\dfrac{\pm F_{max}\sqrt{3}}{2}\right | (N)[/imath] Từ vòng tròn đa trục, ta xác định được [imath]4[/imath] vị trí mà tại đó độ lớn lực lực hồi phục bằng [imath]2\sqrt{3}N[/imath] Để độ lớn lực hồi phục không quá [imath]2\sqrt{3}N[/imath] thì điểm pha chỉ được di chuyển ở hai vùng gạch chéo trên hình vẽ. +, Khi đó, trong một chu kì, điểm pha sẽ quét được một cung là: [imath]\Delta \varphi = \dfrac{4\pi}{6}.2=\dfrac{4\pi}{3} \ (rad)[/imath] +, Trong một chu kì, khoảng thời gian lực hồi phục có độ lớn không vượt quá [imath]2\sqrt{3}(N)[/imath] là: [imath]\Delta t = \dfrac{\Delta \varphi}{\omega}=\dfrac{2}{3}s[/imath] - Tìm quãng đường vật đi được trong thời gian đó: +, Biên độ dao động là: [imath]A=\dfrac{a_{max}}{\omega ^2}=\dfrac{400}{(2\pi )^2}=10cm[/imath] +, Sau thời gian [imath]\Delta t[/imath], điểm pha di chuyển từ [imath]P_0[/imath] đến vị trí [imath]P_1[/imath] và đi được quãng đường là: [imath]S=S_1+S_2=(\dfrac{A}{2})+(A+\dfrac{A\sqrt{3}}{2})=15+5\sqrt{3}cm[/imath] - Sự thay đổi tốc độ của vật trong khoảng thời gian này: +, Tốc độ cực đại: [imath]v_{max}=\omega A=2\pi .10 = 20\pi cm/s[/imath] +, Tốc độ tại vị trí [imath]P_0[/imath]: [imath]|v_1|=\dfrac{v_{max}.\sqrt{3}}{2}=10\sqrt{3}\pi cm/s[/imath] +, Tốc độ tại vị trí [imath]P_1[/imath]: [imath]|v_2|=\dfrac{v_{max}}{2}=10\pi cm/s[/imath] +, Trong quá trình vật di chuyển, tốc độ của vật thay đổi từ [imath]10\sqrt{3}\pi cm/s[/imath] (tại [imath]P_0[/imath]) đến [imath]0[/imath] (tại biên âm), sau đó tăng tốc tới tốc độ cực đại [imath]20\pi cm/s[/imath] (tại vị trí cân bằng) và giảm dần về [imath]10\pi cm/s[/imath] (tại [imath]P_1)[/imath]

-------
Trên đây là đáp án $5$ bài tập áp dụng lực hồi phục trong vòng tròn lượng giác đa trục
Các bạn có thắc mắc, đóng góp ý kiến gì cứ trả lời trong topic này luôn để mọi người cùng thảo luận nhé, hoặc liên hệ với mình qua hội thoại nha.

Bài viết tiếp theo sẽ cung cấp một ứng dụng rất hữu ích trong vòng tròn đa trục này đấy, cùng đón chờ nghen
Cảm ơn mọi người đã đọc đến đây.
Xin chào và hẹn gặp lại!

 

[Hoàng Long AZ]

Cùng tiếp tục topic các bạn nhé!

VÒNG TRÒN NĂNG LƯỢNG TRONG DAO ĐỘNG ĐIỀU HÒA​

1/ Cơ sở lí thuyết
Xét một chất điểm có khối lượng [imath]m[/imath], dao động điều hòa với phương trình [imath]x=A\cos (\omega t + \varphi)[/imath]:
+ Vận tốc chất điểm là: [imath]v=x'=-\omega A.\sin (\omega t +\varphi)[/imath]
+ Động năng chất điểm: [imath]W_đ=\dfrac{1}{2}mv^2=\dfrac{1}{2}m \omega ^2 A^2 \sin^2(\omega t + \varphi)[/imath]
+ Chọn gốc thế năng tại vị trí cân bằng, thế năng chất điểm: [imath]W_t=\dfrac{1}{2}kx^2=\dfrac{1}{2}m.\omega ^2 .A^2\cos^2 (\omega t + \varphi)[/imath]
+ Cơ năng chất điểm: [imath]W=W_{đ_{max}}=W_{t_{max}}=W_đ+W_t=\dfrac{1}{2}m \omega ^2 A^2 . [\sin^2(\omega t + \varphi) + \cos^2 (\omega t + \varphi)]=\dfrac{1}{2}m \omega ^2 A^2 = \dfrac{1}{2}kA^2 = \text{Hằng số}[/imath]
Nhận xét: Động năng, thế năng của một vật dao động điều hòa biến thiên, chuyển hóa lẫn nhau, tổng của chúng là cơ năng không đổi.

2/ Vòng tròn năng lượng trong dao động điều hòa
Để hiểu được vòng tròn năng lượng, chúng ta cùng làm một số ví dụ nhỏ sau nhé
Ví dụ: Cho một vật dao động điều hòa, biên độ dao động là [imath]A[/imath]. Tìm vị trí của vật mà tại đó:
[imath]a/[/imath] Động năng vật cực đại
[imath]b/[/imath] Thế năng vật cực đại
[imath]c/[/imath] Động năng bằng thế năng
[imath]d/[/imath] Động năng bằng [imath]3[/imath] lần thế năng
[imath]e/[/imath] Thế năng bằng [imath]3[/imath] lần động năng
Giải:
Gọi [imath]W,W_t,W_đ[/imath] lần lượt là cơ năng, thế năng và động năng của vật

[imath]a/[/imath] Động năng vật cực đại Ta có: [imath]W_đ=\dfrac{1}{2}mv^2[/imath] Dễ thấy, khối lượng [imath]m[/imath] không đổi nên để động năng [imath]W_đ[/imath] cực đại thì vận tốc vật có độ lớn (hay tốc độ của vật) cực đại. Từ vòng tròn đa trục, ta xác định được [imath]2[/imath] vị trí của điểm pha màu cam ứng với khi vật qua vị trí cân bằng, tại đó có tốc độ cực đại nên động năng cực đại.
[imath]b/[/imath] Thế năng vật cực đại Ta có: [imath]W_t=\dfrac{1}{2}kx^2[/imath] [imath]k[/imath] không đổi nên để thế năng [imath]W_t[/imath] cực đại thì li độ [imath]x[/imath] phải có độ lớn cực đại, chính là bằng biên độ [imath]A[/imath]. Vậy có hai vị trí là biên âm và biên dương mà tại đó thế năng cực đại, ứng với hai điểm pha màu xanh lá ở hình bên.
[imath]c/[/imath] Động năng bằng thế năng [imath]W_đ = W_t[/imath] mà: [imath]W_đ + W_t = W[/imath] suy ra:[imath]W_đ = W_t = \dfrac{1}{2}W[/imath] [imath]\hArr \dfrac{1}{2}kx^2 = \dfrac{1}{2}kA^2[/imath] [imath]\hArr x = \pm \dfrac{A\sqrt{2}}{2}[/imath] Trên đường tròn ta xác định được [imath]4[/imath] điểm pha màu tím ở các cung [imath]\pm \dfrac{\pi}{4},\pm \dfrac{3\pi}{4} \ rad[/imath] thỏa mãn như hình vẽ
[imath]d/[/imath] Động năng bằng [imath]3[/imath] lần thế năng [imath]W_đ = 3Wt[/imath] mà: [imath]W_đ + W_t = W[/imath] suy ra: [imath]W_t = \dfrac{1}{4}W[/imath] [imath]\hArr \dfrac{1}{2}kx^2=\dfrac{1}{4}.\dfrac{1}{2}kA^2[/imath] [imath]\hArr x = \pm \dfrac{A}{2}[/imath] Trên đường tròn có [imath]4[/imath] điểm pha màu nâu ở các cung [imath]\pm \dfrac{\pi}{3}, \pm \dfrac{2\pi}{3}\ rad[/imath] như hình vẽ.
[imath]e/[/imath] Thế năng bằng [imath]3[/imath] lần động năng [imath]W_t = 3W_đ[/imath] mà: [imath]W_đ + W_t = W[/imath] suy ra: [imath]\dfrac{4}{3}W_t= W[/imath] [imath]\hArr \dfrac{4}{3}.\dfrac{1}{2}kx^2=\dfrac{1}{2}kA^2[/imath] [imath]\hArr x = \pm \dfrac{\sqrt{3}}{2}A[/imath] Trên đường tròn có [imath]4[/imath] điểm pha màu vàng ở các cung [imath]\pm \dfrac{\pi}{6}, \pm \dfrac{5\pi}{6} \ rad[/imath] như hình vẽ.

Tóm lại, đối với [imath]5[/imath] trường hợp trên, ta có thể biểu diễn trên một hình vẽ như sau:

Lưu ý: Ở hình bên, những điểm cùng màu sẽ cùng tính chất với nhau + Màu cam: Động năng cực đại + Màu xanh lá: Thế năng cực đại + Màu tím: Động năng bằng thế năng + Màu nâu: Động năng bằng [imath]3[/imath] lần thế năng + Màu vàng: Thế năng bằng [imath]3[/imath] lần động năng Số đo các cung mình đã ghi rõ ở từng ví dụ nên sẽ không viết lại ở đây nữa nhé.

3/ Các tính chất đặc biệt
Gọi [imath]W[/imath] là cơ năng; [imath]W_{t_1}, W_{t_2}, W_{đ_1},W_{đ_2}[/imath] lần lượt là thế năng và động năng của vật tại thời điểm thứ nhất và thứ hai.
[imath]a/[/imath] Hai thời điểm vuông pha

[imath]W_{t_1}=\dfrac{1}{2}kx_1^2=\dfrac{1}{2}k.(A\cos \varphi _1)^2 = \dfrac{1}{2}kA^2.\cos ^2 \varphi _1 \ (1)[/imath] [imath]W_{đ_2} = W-W_{t_2}=\dfrac{1}{2}kA^2-\dfrac{1}{2}kx_2^2=\dfrac{1}{2}kA^2-\dfrac{1}{2}k(A\cos \varphi _2 )^2 = \dfrac{1}{2}kA^2 (1-\cos^2 \varphi _2)=\dfrac{1}{2}kA^2 \sin^2 \varphi _2 \ (2)[/imath] Mặt khác, vì đây là hai thời điểm vuông pha nên [imath]\varphi _1[/imath] và [imath]\varphi _2[/imath] là hai góc phụ nhau, do đó [imath]\cos \varphi _1 = \sin \varphi _2 \ (3)[/imath] Từ [imath](1),(2),(3)[/imath] suy ra [imath]W_{t_1}=W_{đ_2}[/imath] Lại có: [imath]W=W_{t_1}+W_{đ_1} = W_{t_2}+W_{đ_2}[/imath] Suy ra [imath]W_{đ_1}=W_{t_2}[/imath] Tóm lại, với hai thời điểm vuông pha thì động năng thời điểm này bằng thế năng thời điểm kia, thế năng thời điểm này bằng động năng thời điểm kia. Hay: [imath]\begin{cases} W_{đ_1}=W_{t_2}\\ W_{t_1}=W_{đ_2} \end{cases}[/imath]

[imath]b/[/imath] Hai thời điểm ngược pha

[imath]W_{t_1}=\dfrac{1}{2}kx_1^2=\dfrac{1}{2}k.(A\cos \varphi _1 )^2 = \dfrac{1}{2}k A^2 \cos \varphi _1 ^2 (1)[/imath] [imath]W_{t_2}=\dfrac{1}{2}kx_2^2=\dfrac{1}{2}k.(A\cos \varphi _2 )^2 = \dfrac{1}{2}k A^2 \cos \varphi _2^2 (2)[/imath] Vì đây là hai thời điểm ngược pha nên từ hình vẽ ta thấy [imath]\varphi _1 = \varphi _2[/imath] (hai góc đối đỉnh) do đó [imath]\cos \varphi _1 = \cos \varphi_2[/imath] [imath](3)[/imath] Từ [imath](1),(2),(3)[/imath] suy ra [imath]W_{t_1}=W_{t_2}[/imath] Lại có: [imath]W=W_{t_1}+W_{đ_1} = W_{t_2}+W_{đ_2}[/imath] Suy ra: [imath]W_{đ_1}=W_{đ_2}[/imath] Tóm lại, với hai thời điểm ngược pha thì động năng và thế năng ở hai thời điểm bằng nhau. Hay: [imath]\begin{cases} W_{đ_1}=W_{đ_2}\\ W_{t_1}=W_{t_2} \end{cases}[/imath]

[imath]\text{Còn nữa . . . }[/imath]