Chào các em học sinh lớp 11! Hôm nay, thầy trò chúng ta sẽ cùng nhau chinh phục một bài toán về dao động điều hòa rất thú vị. Các em hãy chú ý lắng nghe và ghi chép cẩn thận nhé!

Đề bài cho chúng ta như sau:

Một vật động điều hòa với chu kì T và biên độ A = 4 cm. Tại thời điểm t, vật có tốc độ v = 10 cm/s. Tại thời điểm t + T/4 gia tốc của vật có độ lớn |a| = 50 cm/s². Hỏi tại thời điểm t, li độ của vật có độ lớn là bao nhiêu?

Để giải bài toán này, chúng ta sẽ sử dụng các công thức cơ bản của dao động điều hòa.

1. Phân tích đề bài và các đại lượng đã cho:

• Biên độ: \( A = 4 \) cm
• Tốc độ tại thời điểm t: \( v_t = 10 \) cm/s
• Độ lớn gia tốc tại thời điểm \( t + T/4 \): \( |a_{t+T/4}| = 50 \) cm/s²
• Chu kì: T
• Chúng ta cần tìm độ lớn li độ tại thời điểm t: \( |x_t| \)?

2. Sử dụng các công thức liên hệ giữa li độ, vận tốc và gia tốc trong dao động điều hòa:

Chúng ta có các công thức quan trọng sau:

• Vận tốc: \( v = \omega \sqrt{A^2 – x^2} \)
• Gia tốc: \( a = -\omega^2 x \)
• Mối liên hệ giữa vận tốc và gia tốc: \( \frac{v^2}{\omega^2} + x^2 = A^2 \) và \( \frac{a^2}{\omega^4} + x^2 = A^2 \)

Trong đó, \( \omega \) là tần số góc, \( \omega = \frac{2\pi}{T} \).

3. Biểu diễn các đại lượng tại thời điểm t và t + T/4:

Tại thời điểm t:

• Li độ: \( x_t \)
• Vận tốc: \( v_t = 10 \) cm/s
• Ta có: \( v_t^2 = \omega^2 (A^2 – x_t^2) \) (1)

Tại thời điểm \( t + T/4 \):

Khi di chuyển từ thời điểm t đến thời điểm \( t + T/4 \), pha dao động thay đổi một góc là \( \Delta \phi = \omega \Delta t = \frac{2\pi}{T} \cdot \frac{T}{4} = \frac{\pi}{2} \). Điều này có nghĩa là:

• Nếu tại thời điểm t, pha của vật là \( \phi_t \), thì tại thời điểm \( t + T/4 \), pha của vật là \( \phi_{t+T/4} = \phi_t + \frac{\pi}{2} \).
• Li độ tại thời điểm \( t + T/4 \) sẽ là: \( x_{t+T/4} = A \cos(\phi_t + \frac{\pi}{2}) = -A \sin(\phi_t) \).
• Gia tốc tại thời điểm \( t + T/4 \) sẽ là: \( a_{t+T/4} = -\omega^2 x_{t+T/4} = -\omega^2 (-A \sin(\phi_t)) = \omega^2 A \sin(\phi_t) \).

Độ lớn gia tốc tại thời điểm \( t + T/4 \) là: \( |a_{t+T/4}| = |\omega^2 A \sin(\phi_t)| = 50 \) cm/s². (2)

Chúng ta cũng có thể biểu diễn mối liên hệ giữa li độ và vận tốc tại thời điểm t như sau:

\( x_t = A \sin(\phi_t) \) hoặc \( x_t = A \cos(\phi_t) \) tùy thuộc vào cách chọn gốc thời gian.

Nếu ta chọn \( x_t = A \sin(\phi_t) \), thì \( v_t = \omega A \cos(\phi_t) \).

Từ \( v_t = \omega A \cos(\phi_t) \), ta có \( \cos(\phi_t) = \frac{v_t}{\omega A} = \frac{10}{\omega A} \).

Từ \( a_{t+T/4} = \omega^2 A \sin(\phi_t) \), ta có \( \sin(\phi_t) = \frac{a_{t+T/4}}{\omega^2 A} = \frac{50}{\omega^2 A} \).

Áp dụng đẳng thức lượng giác \( \sin^2(\phi_t) + \cos^2(\phi_t) = 1 \):

\( \left(\frac{50}{\omega^2 A}\right)^2 + \left(\frac{10}{\omega A}\right)^2 = 1 \)

\( \frac{2500}{\omega^4 A^2} + \frac{100}{\omega^2 A^2} = 1 \)

Nhân cả hai vế với \( \omega^4 A^2 \):

\( 2500 + 100 \omega^2 A^2 = \omega^4 A^2 \)

Thay \( A = 4 \) cm vào:

\( 2500 + 100 \omega^2 (4^2) = \omega^4 (4^2) \)

\( 2500 + 1600 \omega^2 = 16 \omega^4 \)

Chia cả hai vế cho 16:

\( \frac{2500}{16} + 100 \omega^2 = \omega^4 \)

\( 156.25 + 100 \omega^2 = \omega^4 \)

Đặt \( y = \omega^2 \). Ta có phương trình bậc hai theo y:

\( y^2 – 100y – 156.25 = 0 \)

Giải phương trình bậc hai này:

\( y = \frac{-(-100) \pm \sqrt{(-100)^2 – 4(1)(-156.25)}}{2(1)} \)

\( y = \frac{100 \pm \sqrt{10000 + 625}}{2} \)

\( y = \frac{100 \pm \sqrt{10625}}{2} \)

\( y = \frac{100 \pm 103.08}{2} \)

Ta có hai nghiệm:

\( y_1 = \frac{100 + 103.08}{2} = \frac{203.08}{2} \approx 101.54 \)

\( y_2 = \frac{100 – 103.08}{2} = \frac{-3.08}{2} \approx -1.54 \)

Vì \( y = \omega^2 \), nên \( y \) phải dương. Do đó, ta chọn \( y \approx 101.54 \).

\( \omega^2 \approx 101.54 \) rad²/s²

4. Tìm li độ tại thời điểm t:

Bây giờ, chúng ta sử dụng công thức liên hệ giữa vận tốc và li độ tại thời điểm t:

\( v_t^2 = \omega^2 (A^2 – x_t^2) \)

Thay các giá trị đã biết vào:

\( 10^2 = 101.54 (4^2 – x_t^2) \)

\( 100 = 101.54 (16 – x_t^2) \)

\( \frac{100}{101.54} = 16 – x_t^2 \)

\( 0.9848 \approx 16 – x_t^2 \)

\( x_t^2 \approx 16 – 0.9848 \)

\( x_t^2 \approx 15.0152 \)

\( |x_t| = \sqrt{15.0152} \approx 3.87 \) cm

Một cách tiếp cận khác, sử dụng mối quan hệ giữa gia tốc và li độ tại thời điểm t:

Chúng ta có \( a_t = -\omega^2 x_t \).

Tại thời điểm \( t + T/4 \), li độ là \( x_{t+T/4} \) và gia tốc là \( a_{t+T/4} \).

Mối quan hệ giữa li độ và vận tốc tại thời điểm t là \( v_t^2 + \omega^2 x_t^2 = \omega^2 A^2 \).

Mối quan hệ giữa li độ và gia tốc tại thời điểm t là \( a_t = -\omega^2 x_t \).

Tại thời điểm \( t + T/4 \), ta có \( x_{t+T/4} \) và \( a_{t+T/4} \).

Vì \( \Delta \phi = \pi/2 \), nên:

\( x_{t+T/4} = A \cos(\phi_t + \pi/2) = -A \sin(\phi_t) \)

\( a_{t+T/4} = -\omega^2 x_{t+T/4} = -\omega^2 (-A \sin(\phi_t)) = \omega^2 A \sin(\phi_t) \)

Ta có \( |a_{t+T/4}| = |\omega^2 A \sin(\phi_t)| = 50 \).

Tại thời điểm t, ta có \( v_t = \omega A \cos(\phi_t) \) hoặc \( v_t = -\omega A \cos(\phi_t) \).

Và \( x_t = A \sin(\phi_t) \) hoặc \( x_t = -A \sin(\phi_t) \).

Nếu chọn \( x_t = A \sin(\phi_t) \), thì \( v_t = \omega A \cos(\phi_t) \).

Từ \( |a_{t+T/4}| = \omega^2 A |\sin(\phi_t)| = 50 \).

Từ \( v_t = \omega A \cos(\phi_t) \), ta có \( \cos(\phi_t) = \frac{v_t}{\omega A} \). Suy ra \( v_t^2 = \omega^2 A^2 \cos^2(\phi_t) \).

Từ \( |a_{t+T/4}| = \omega^2 A |\sin(\phi_t)| \), ta có \( |a_{t+T/4}|^2 = \omega^4 A^2 \sin^2(\phi_t) \).

Ta có \( v_t^2 + \omega^2 x_t^2 = \omega^2 A^2 \).

Và \( a_t = -\omega^2 x_t \).

Tại thời điểm t, ta có \( v_t = 10 \).

Tại thời điểm \( t + T/4 \), ta có \( |a_{t+T/4}| = 50 \).

Chúng ta biết rằng \( a = -\omega^2 x \). Vậy \( x = -a/\omega^2 \).

Li độ tại thời điểm \( t + T/4 \) là \( x_{t+T/4} \).

Gia tốc tại thời điểm \( t + T/4 \) là \( a_{t+T/4} \).

Li độ tại thời điểm t là \( x_t \).

Vận tốc tại thời điểm t là \( v_t \).

Ta có \( x_t^2 + \frac{v_t^2}{\omega^2} = A^2 \).

Và \( x_{t+T/4}^2 + \frac{v_{t+T/4}^2}{\omega^2} = A^2 \).

Vì \( \Delta \phi = \pi/2 \), ta có:

\( x_{t+T/4} = -x_t \cdot \frac{A \sin(\phi_t+\pi/2)}{A \sin(\phi_t)} = -x_t \cdot \frac{\cos(\phi_t)}{\sin(\phi_t)} \)? Không đúng.

Ta có mối liên hệ đơn giản hơn: tại thời điểm \( t + T/4 \), li độ và vận tốc của vật sẽ thay đổi mối quan hệ tương ứng với pha \( \pi/2 \).

Nếu li độ tại t là \( x_t \) và vận tốc là \( v_t \), thì tại thời điểm \( t + T/4 \), li độ sẽ tương ứng với vận tốc ban đầu và vận tốc sẽ tương ứng với gia tốc ban đầu (nhưng có dấu).

Ta có:

\( x_{t+T/4} = -x_t \)

\( v_{t+T/4} = -v_t \)

Tuy nhiên, đây là cách suy luận sai.

Hãy quay lại công thức:

\( v_t^2 = \omega^2 (A^2 – x_t^2) \) (1)

Và \( a_{t+T/4} = -\omega^2 x_{t+T/4} \).

Với \( x_{t+T/4} \) là li độ tại thời điểm \( t + T/4 \).

Ta biết \( x_{t+T/4} \) và \( x_t \) có mối liên hệ thông qua pha.

Nếu li độ tại thời điểm t là \( x_t \), thì li độ tại thời điểm \( t + T/4 \) là \( x_{t+T/4} \).

Chúng ta có \( x(t) = A \cos(\omega t + \phi) \).

\( v(t) = -A\omega \sin(\omega t + \phi) \).

\( a(t) = -A\omega^2 \cos(\omega t + \phi) \).

Tại thời điểm t:

\( v(t) = 10 \)

\( x(t) \) là giá trị cần tìm.

Tại thời điểm \( t + T/4 \):

\( \omega (t + T/4) + \phi = \omega t + \omega T/4 + \phi = \omega t + \phi + \pi/2 \).

\( x(t+T/4) = A \cos(\omega t + \phi + \pi/2) = -A \sin(\omega t + \phi) \).

\( a(t+T/4) = -A\omega^2 \cos(\omega t + \phi + \pi/2) = -A\omega^2 (-\sin(\omega t + \phi)) = A\omega^2 \sin(\omega t + \phi) \).

Ta có \( |a(t+T/4)| = |A\omega^2 \sin(\omega t + \phi)| = 50 \).

Và \( v(t) = -A\omega \sin(\omega t + \phi) = 10 \).

Từ \( v(t) = 10 \), ta có \( \sin(\omega t + \phi) = -\frac{10}{A\omega} \).

Thay vào \( |a(t+T/4)| = |A\omega^2 \sin(\omega t + \phi)| = 50 \):

\( |A\omega^2 (-\frac{10}{A\omega})| = 50 \)

\( |-\omega \cdot 10| = 50 \)

\( 10\omega = 50 \)

\( \omega = 5 \) rad/s.

Bây giờ chúng ta có \( \omega \). Ta có thể tìm \( x_t \) bằng công thức:

\( v_t^2 = \omega^2 (A^2 – x_t^2) \)

\( 10^2 = 5^2 (4^2 – x_t^2) \)

\( 100 = 25 (16 – x_t^2) \)

\( \frac{100}{25} = 16 – x_t^2 \)

\( 4 = 16 – x_t^2 \)

\( x_t^2 = 16 – 4 \)

\( x_t^2 = 12 \)

\( |x_t| = \sqrt{12} = 2\sqrt{3} \) cm.

Kiểm tra lại:

Nếu \( \omega = 5 \) rad/s và \( A = 4 \) cm.

Ta có \( v(t) = -A\omega \sin(\omega t + \phi) = 10 \).

\( -4 \cdot 5 \sin(\omega t + \phi) = 10 \)

\( -20 \sin(\omega t + \phi) = 10 \)

\( \sin(\omega t + \phi) = -\frac{1}{2} \).

\( x(t) = A \cos(\omega t + \phi) \).

Ta có \( \sin^2(\theta) + \cos^2(\theta) = 1 \).

\( \cos^2(\omega t + \phi) = 1 – \sin^2(\omega t + \phi) = 1 – (-\frac{1}{2})^2 = 1 – \frac{1}{4} = \frac{3}{4} \).

\( \cos(\omega t + \phi) = \pm \frac{\sqrt{3}}{2} \).

\( x(t) = A \cos(\omega t + \phi) = 4 \cdot (\pm \frac{\sqrt{3}}{2}) = \pm 2\sqrt{3} \).

Vậy \( |x_t| = 2\sqrt{3} \) cm.

Bây giờ ta xét tại thời điểm \( t + T/4 \).

\( T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2\pi}{5} \).

\( T/4 = \frac{\pi}{10} \).

\( a(t+T/4) = A\omega^2 \sin(\omega t + \phi) = 4 \cdot 5^2 \cdot (-\frac{1}{2}) = 4 \cdot 25 \cdot (-\frac{1}{2}) = 100 \cdot (-\frac{1}{2}) = -50 \) cm/s².

Độ lớn gia tốc là \( |-50| = 50 \) cm/s². Điều này khớp với đề bài.

Kết luận:

Tại thời điểm t, li độ của vật có độ lớn là \( 2\sqrt{3} \) cm.

Các em thấy đó, việc nắm vững các công thức và hiểu rõ mối liên hệ giữa các đại lượng trong dao động điều hòa là rất quan trọng. Bài toán này tuy hơi phức tạp một chút nhưng nếu chúng ta đi từng bước một cách logic thì sẽ giải quyết được.

Có em nào có thắc mắc gì không ạ?