Chào các em! Hôm nay chúng ta sẽ cùng nhau giải một bài toán vật lý về dao động điều hòa. Đây là một bài tập khá hay, giúp chúng ta ôn lại mối liên hệ giữa li độ, vận tốc và gia tốc trong dao động điều hòa.

Bài toán: Một vật dao động điều hòa với phương trình li độ là \(x = A \cos(\omega t + \phi)\) cm. Tại thời điểm \(t_1\), chất điểm có vận tốc \(v_1 = -5\pi\sqrt{3}\) cm/s và có gia tốc \(a_1 = 10\pi^2\) cm/s². Tại thời điểm \(t_1 + \Delta t\), với \(\Delta t > 0\), chất điểm có vận tốc \(v_2 = 5\pi\) cm/s và có gia tốc \(a_2 = 10\pi^2\sqrt{3}\) cm/s². Tìm giá trị nhỏ nhất của \(\Delta t\).

Lời giải chi tiết:

Chúng ta biết rằng vận tốc và gia tốc trong dao động điều hòa được biểu diễn như sau:

Vận tốc: \(v = x’ = -A\omega \sin(\omega t + \phi)\)

Gia tốc: \(a = v’ = -A\omega^2 \cos(\omega t + \phi)\)

Chúng ta cũng có mối liên hệ độc lập giữa vận tốc và gia tốc:

\(\left(\frac{v}{\omega}\right)^2 + \left(\frac{a}{\omega^2}\right)^2 = A^2\)

Hoặc một cách dễ dàng hơn để liên hệ các đại lượng là sử dụng mối quan hệ:

\(a = -\omega^2 x\)

Suy ra, \(x = -\frac{a}{\omega^2}\)

Và mối liên hệ giữa vận tốc và li độ:

\(v^2 + \left(\frac{a}{\omega}\right)^2 = (A\omega)^2\)

Hoặc sử dụng mối quan hệ vòng tròn pha, chúng ta có thể biểu diễn các đại lượng dưới dạng vector hoặc trên vòng tròn đơn vị.

Hãy xét tại hai thời điểm \(t_1\) và \(t_2 = t_1 + \Delta t\). Ta có các giá trị vận tốc và gia tốc:

Tại thời điểm \(t_1\):

\(v_1 = -5\pi\sqrt{3}\) cm/s

\(a_1 = 10\pi^2\) cm/s²

Tại thời điểm \(t_2\):

\(v_2 = 5\pi\) cm/s

\(a_2 = 10\pi^2\sqrt{3}\) cm/s²

Từ \(a = -\omega^2 x\), ta có thể tìm được li độ tại mỗi thời điểm:

Tại \(t_1\): \(x_1 = -\frac{a_1}{\omega^2} = -\frac{10\pi^2}{\omega^2}\)

Tại \(t_2\): \(x_2 = -\frac{a_2}{\omega^2} = -\frac{10\pi^2\sqrt{3}}{\omega^2}\)

Chúng ta có mối liên hệ giữa vận tốc và li độ là \(v^2 + (\omega x)^2 = (A\omega)^2\). Tuy nhiên, việc tìm \(A\) và \(\omega\) trực tiếp từ hai phương trình này có thể phức tạp. Chúng ta sẽ sử dụng phương pháp dùng vòng tròn pha.

Trên vòng tròn pha, trạng thái của vật dao động được biểu diễn bằng một điểm có tọa độ \((x, v)\). Tuy nhiên, vì gia tốc cũng được cho, chúng ta có thể xem xét trạng thái dưới dạng \((x, v)\) hoặc \((v, a)\) hoặc \((x, a)\).

Một cách tiếp cận khác là sử dụng phương trình dao động và đạo hàm của nó.
Phương trình dao động: \(x = A \cos(\omega t + \phi)\)
Vận tốc: \(v = -A\omega \sin(\omega t + \phi)\)
Gia tốc: \(a = -A\omega^2 \cos(\omega t + \phi)\)

Từ \(a = -\omega^2 x\), ta có thể viết:

Tại \(t_1\): \(a_1 = -\omega^2 x_1 \Rightarrow x_1 = -\frac{a_1}{\omega^2} = -\frac{10\pi^2}{\omega^2}\)

Tại \(t_2\): \(a_2 = -\omega^2 x_2 \Rightarrow x_2 = -\frac{a_2}{\omega^2} = -\frac{10\pi^2\sqrt{3}}{\omega^2}\)

Bây giờ, chúng ta có li độ và vận tốc tại hai thời điểm. Ta có thể biểu diễn chúng trên vòng tròn pha. Tuy nhiên, chúng ta chưa biết \(\omega\).

Hãy sử dụng mối quan hệ giữa vận tốc và gia tốc:

Ta có \(v = -A\omega \sin(\omega t + \phi)\) và \(a = -A\omega^2 \cos(\omega t + \phi)\).

Chia hai vế của hai phương trình trên (sau khi bình phương):

\(\frac{v^2}{a^2} = \frac{A^2\omega^2 \sin^2(\omega t + \phi)}{A^2\omega^4 \cos^2(\omega t + \phi)} = \frac{1}{\omega^2} \tan^2(\omega t + \phi)\)

Suy ra, \(\tan^2(\omega t + \phi) = \frac{\omega^2 v^2}{a^2}\)

Tuy nhiên, cách này có thể dẫn đến nhiều trường hợp. Chúng ta hãy tập trung vào việc tìm pha của dao động tại hai thời điểm.

Trên vòng tròn pha, ta có thể biểu diễn trạng thái của vật tại thời điểm \(t\) bằng góc pha \(\theta = \omega t + \phi\). Khi đó:

\(v = -A\omega \sin(\theta)\)

\(a = -A\omega^2 \cos(\theta)\)

Từ đây, ta có:

\(\sin(\theta) = -\frac{v}{A\omega}\)

\(\cos(\theta) = -\frac{a}{A\omega^2}\)

Bình phương hai vế và cộng lại, ta được \(\sin^2(\theta) + \cos^2(\theta) = 1\), tức là:

\(\left(-\frac{v}{A\omega}\right)^2 + \left(-\frac{a}{A\omega^2}\right)^2 = 1\)

\(\frac{v^2}{A^2\omega^2} + \frac{a^2}{A^2\omega^4} = 1\)

\(v^2 \omega^2 + a^2 = A^2\omega^4\)

Chúng ta có thể tìm mối quan hệ giữa \(\omega\) và các đại lượng đã cho.

Xét tỉ số của vận tốc và gia tốc tại hai thời điểm:

\(\frac{v_1}{a_1} = \frac{-5\pi\sqrt{3}}{10\pi^2} = -\frac{\sqrt{3}}{2\pi}\)

\(\frac{v_2}{a_2} = \frac{5\pi}{10\pi^2\sqrt{3}} = \frac{1}{2\pi\sqrt{3}}\)

Ta có:

\(\frac{v}{a} = \frac{-A\omega \sin(\omega t + \phi)}{-A\omega^2 \cos(\omega t + \phi)} = \frac{1}{\omega} \tan(\omega t + \phi)\)

Do đó:

Tại \(t_1\): \(\tan(\omega t_1 + \phi) = \omega \frac{v_1}{a_1} = \omega \left(-\frac{\sqrt{3}}{2\pi}\right)\)

Tại \(t_2\): \(\tan(\omega t_2 + \phi) = \omega \frac{v_2}{a_2} = \omega \left(\frac{1}{2\pi\sqrt{3}}\right)\)

Gọi \(\theta_1 = \omega t_1 + \phi\) và \(\theta_2 = \omega t_2 + \phi = \omega (t_1 + \Delta t) + \phi = \theta_1 + \omega \Delta t\).

\(\tan(\theta_1) = -\frac{\omega\sqrt{3}}{2\pi}\)

\(\tan(\theta_2) = \frac{\omega}{2\pi\sqrt{3}}\)

Chúng ta cần xác định \(\omega\) trước. Sử dụng mối liên hệ độc lập giữa vận tốc và li độ:

\(v^2 + \omega^2 x^2 = (A\omega)^2\)

Và \(a = -\omega^2 x \Rightarrow x = -\frac{a}{\omega^2}\)

Thay \(x\) vào:

\(v^2 + \omega^2 \left(-\frac{a}{\omega^2}\right)^2 = (A\omega)^2\)

\(v^2 + \frac{a^2}{\omega^2} = A^2\omega^2\)

Áp dụng cho hai thời điểm:

Tại \(t_1\): \((5\pi\sqrt{3})^2 + \frac{(10\pi^2)^2}{\omega^2} = A^2\omega^2 \Rightarrow 75\pi^2 + \frac{100\pi^4}{\omega^2} = A^2\omega^2\) (1)

Tại \(t_2\): \((5\pi)^2 + \frac{(10\pi^2\sqrt{3})^2}{\omega^2} = A^2\omega^2 \Rightarrow 25\pi^2 + \frac{300\pi^4}{\omega^2} = A^2\omega^2\) (2)

Từ (1) và (2), ta có:

\(75\pi^2 + \frac{100\pi^4}{\omega^2} = 25\pi^2 + \frac{300\pi^4}{\omega^2}\)

\(50\pi^2 = \frac{200\pi^4}{\omega^2}\)

\(\omega^2 = \frac{200\pi^4}{50\pi^2} = 4\pi^2\)

\(\omega = 2\pi\) rad/s (vì \(\omega > 0\))

Bây giờ chúng ta đã có \(\omega\). Quay lại với mối quan hệ của tangent:

\(\tan(\theta_1) = -\frac{\omega\sqrt{3}}{2\pi} = -\frac{2\pi\sqrt{3}}{2\pi} = -\sqrt{3}\)

\(\tan(\theta_2) = \frac{\omega}{2\pi\sqrt{3}} = \frac{2\pi}{2\pi\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}\)

Từ \(\tan(\theta_1) = -\sqrt{3}\), ta có \(\theta_1\) có thể là \(\frac{2\pi}{3} + k\pi\), với \(k \in \mathbb{Z}\).
Từ \(\tan(\theta_2) = \frac{1}{\sqrt{3}}\), ta có \(\theta_2\) có thể là \(\frac{\pi}{6} + m\pi\), với \(m \in \mathbb{Z}\).

Chúng ta cần xác định góc pha của vận tốc và gia tốc để chọn đúng giá trị của \(\theta\).
\(v = -A\omega \sin(\theta)\)
\(a = -A\omega^2 \cos(\theta)\)

Tại \(t_1\): \(v_1 = -5\pi\sqrt{3}\) và \(a_1 = 10\pi^2\). Với \(\omega = 2\pi\), ta có:

\(-5\pi\sqrt{3} = -A(2\pi) \sin(\theta_1) \Rightarrow \sin(\theta_1) = \frac{5\pi\sqrt{3}}{2\pi A} = \frac{5\sqrt{3}}{2A}\)

\(10\pi^2 = -A(2\pi)^2 \cos(\theta_1) = -4\pi^2 A \cos(\theta_1) \Rightarrow \cos(\theta_1) = -\frac{10\pi^2}{4\pi^2 A} = -\frac{5}{2A}\)

Vì \(\cos(\theta_1) < 0\) và \(\sin(\theta_1) > 0\) (giả sử \(A>0\)), \(\theta_1\) nằm ở góc phần tư thứ II.

Nếu \(\tan(\theta_1) = -\sqrt{3}\), thì \(\theta_1\) có thể là \(\frac{2\pi}{3}\) hoặc \(\frac{5\pi}{3}\) (trong khoảng \(0\) đến \(2\pi\)).
Vì \(\cos(\theta_1) < 0\), nên \(\theta_1 = \frac{2\pi}{3}\) là phù hợp. Ta có \(\sin(\frac{2\pi}{3}) = \frac{\sqrt{3}}{2}\) và \(\cos(\frac{2\pi}{3}) = -\frac{1}{2}\). \(\frac{5\sqrt{3}}{2A} = \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow A = 5\). \(-\frac{5}{2A} = -\frac{5}{2(5)} = -\frac{1}{2}\), khớp.

Vậy, tại \(t_1\), pha \(\theta_1 = \frac{2\pi}{3}\) rad.

Tại \(t_2\): \(v_2 = 5\pi\) và \(a_2 = 10\pi^2\sqrt{3}\). Với \(\omega = 2\pi\), ta có:

\(5\pi = -A(2\pi) \sin(\theta_2) \Rightarrow \sin(\theta_2) = -\frac{5\pi}{2\pi A} = -\frac{5}{2A}\)

\(10\pi^2\sqrt{3} = -A(2\pi)^2 \cos(\theta_2) = -4\pi^2 A \cos(\theta_2) \Rightarrow \cos(\theta_2) = -\frac{10\pi^2\sqrt{3}}{4\pi^2 A} = -\frac{5\sqrt{3}}{2A}\)

Với \(A=5\):
\(\sin(\theta_2) = -\frac{5}{2(5)} = -\frac{1}{2}\)
\(\cos(\theta_2) = -\frac{5\sqrt{3}}{2(5)} = -\frac{\sqrt{3}}{2}\)

Vì cả \(\sin(\theta_2)\) và \(\cos(\theta_2)\) đều âm, \(\theta_2\) nằm ở góc phần tư thứ III.
Nếu \(\tan(\theta_2) = \frac{1}{\sqrt{3}}\), thì \(\theta_2\) có thể là \(\frac{\pi}{6}\) hoặc \(\frac{7\pi}{6}\).
Trong góc phần tư thứ III, \(\theta_2 = \frac{7\pi}{6}\).
Kiểm tra lại: \(\sin(\frac{7\pi}{6}) = -\frac{1}{2}\) và \(\cos(\frac{7\pi}{6}) = -\frac{\sqrt{3}}{2}\). Khớp.

Vậy, tại \(t_2\), pha \(\theta_2 = \frac{7\pi}{6}\) rad.

Ta có \(\theta_2 = \theta_1 + \omega \Delta t\).
\(\frac{7\pi}{6} = \frac{2\pi}{3} + (2\pi) \Delta t\)

\((2\pi) \Delta t = \frac{7\pi}{6} – \frac{2\pi}{3} = \frac{7\pi – 4\pi}{6} = \frac{3\pi}{6} = \frac{\pi}{2}\)

\(\Delta t = \frac{\pi/2}{2\pi} = \frac{1}{4}\) s.

Tuy nhiên, chúng ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của \(\Delta t\). Có thể có các giá trị pha khác thỏa mãn.

Chúng ta có thể coi các góc pha là \(\theta_1\) và \(\theta_2\) sao cho \(\theta_2 – \theta_1 = \omega \Delta t\).
\(\tan(\theta_1) = -\sqrt{3}\)
\(\tan(\theta_2) = \frac{1}{\sqrt{3}}\)

Các giá trị của \(\theta_1\) là \(\frac{2\pi}{3} + n\pi\)
Các giá trị của \(\theta_2\) là \(\frac{\pi}{6} + m\pi\)

Ta có \(\theta_2 = \theta_1 + \omega \Delta t\).
\(\frac{\pi}{6} + m\pi = (\frac{2\pi}{3} + n\pi) + 2\pi \Delta t\)
\(2\pi \Delta t = \frac{\pi}{6} + m\pi – \frac{2\pi}{3} – n\pi\)
\(2\pi \Delta t = \frac{\pi – 4\pi}{6} + (m-n)\pi\)
\(2\pi \Delta t = -\frac{3\pi}{6} + (m-n)\pi\)
\(2\pi \Delta t = -\frac{\pi}{2} + (m-n)\pi\)
\(\Delta t = -\frac{1}{4} + \frac{m-n}{2}\)

Để \(\Delta t > 0\) và nhỏ nhất, ta cần chọn \(m\) và \(n\) sao cho \(\frac{m-n}{2}\) là số dương nhỏ nhất có thể.

Đặt \(p = m-n\), \(p \in \mathbb{Z}\).

\(\Delta t = -\frac{1}{4} + \frac{p}{2}\)

Để \(\Delta t > 0\): \(-\frac{1}{4} + \frac{p}{2} > 0 \Rightarrow \frac{p}{2} > \frac{1}{4} \Rightarrow p > \frac{1}{2}\).
Vì \(p\) là số nguyên, giá trị nhỏ nhất của \(p\) là 1.

Khi \(p=1\), \(\Delta t = -\frac{1}{4} + \frac{1}{2} = \frac{1}{4}\) s.

Chúng ta cần kiểm tra lại xem liệu cách chọn pha ban đầu có ảnh hưởng đến kết quả không.
Trên thực tế, chúng ta cần xét sự thay đổi pha \(\Delta \theta = \omega \Delta t\).
\(\theta_2 – \theta_1 = \omega \Delta t\)

Gọi \(\alpha_1\) là pha tại \(t_1\), \(\alpha_2\) là pha tại \(t_2\).
\(\tan(\alpha_1) = -\sqrt{3}\)
\(\tan(\alpha_2) = \frac{1}{\sqrt{3}}\)

Các cặp \((v, a)\) cho ta thông tin về vị trí trên vòng tròn pha.
Tại \(t_1\): \(v_1 = -5\pi\sqrt{3} < 0\), \(a_1 = 10\pi^2 > 0\).
\(v = -A\omega \sin(\alpha) \Rightarrow \sin(\alpha) = -\frac{v}{A\omega} > 0\)
\(a = -A\omega^2 \cos(\alpha) \Rightarrow \cos(\alpha) = -\frac{a}{A\omega^2} < 0\) => \(\alpha_1\) ở góc phần tư thứ II. Giá trị \(\alpha_1 = \frac{2\pi}{3}\) là phù hợp.

Tại \(t_2\): \(v_2 = 5\pi > 0\), \(a_2 = 10\pi^2\sqrt{3} > 0\).
\(v = -A\omega \sin(\alpha) \Rightarrow \sin(\alpha) = -\frac{v}{A\omega} < 0\) \(a = -A\omega^2 \cos(\alpha) \Rightarrow \cos(\alpha) = -\frac{a}{A\omega^2} < 0\) => \(\alpha_2\) ở góc phần tư thứ III. Giá trị \(\alpha_2 = \frac{7\pi}{6}\) là phù hợp.

Sự thay đổi pha là \(\Delta \alpha = \alpha_2 – \alpha_1 = \frac{7\pi}{6} – \frac{2\pi}{3} = \frac{7\pi – 4\pi}{6} = \frac{3\pi}{6} = \frac{\pi}{2}\).

Ta có \(\Delta \alpha = \omega \Delta t\).
\(\frac{\pi}{2} = 2\pi \Delta t\)

\(\Delta t = \frac{1}{4}\) s.

Chúng ta cần xem xét tất cả các khả năng của góc pha.
Góc pha \(\alpha_1\) có thể là \(\frac{2\pi}{3} + 2k\pi\) hoặc \(\frac{5\pi}{3} + 2k\pi\) (nếu chỉ xét tan).
Góc pha \(\alpha_2\) có thể là \(\frac{\pi}{6} + 2m\pi\) hoặc \(\frac{7\pi}{6} + 2m\pi\).

Ta có \(v = -A\omega \sin(\alpha)\) và \(a = -A\omega^2 \cos(\alpha)\).
Tại \(t_1\): \(v_1 < 0\), \(a_1 > 0\).
\(\sin(\alpha_1) > 0\), \(\cos(\alpha_1) < 0\). \(\alpha_1\) ở góc phần tư thứ II. Nên \(\alpha_1 = \frac{2\pi}{3} + 2k\pi\).

Tại \(t_2\): \(v_2 > 0\), \(a_2 > 0\).
\(\sin(\alpha_2) < 0\), \(\cos(\alpha_2) < 0\). \(\alpha_2\) ở góc phần tư thứ III. Nên \(\alpha_2 = \frac{7\pi}{6} + 2m\pi\).

Sự chênh lệch pha là \(\alpha_2 – \alpha_1 = (\frac{7\pi}{6} + 2m\pi) – (\frac{2\pi}{3} + 2k\pi)\)
\(\Delta \alpha = \frac{7\pi}{6} – \frac{4\pi}{6} + 2(m-k)\pi = \frac{3\pi}{6} + 2(m-k)\pi = \frac{\pi}{2} + 2p\pi\), với \(p = m-k \in \mathbb{Z}\).

\(\omega \Delta t = \Delta \alpha\)
\(2\pi \Delta t = \frac{\pi}{2} + 2p\pi\)

\(\Delta t = \frac{1}{4} + p\)

Vì \(\Delta t > 0\), ta có thể chọn \(p = 0\) cho giá trị nhỏ nhất, khi đó \(\Delta t = \frac{1}{4}\) s.
Nếu \(p = -1\), \(\Delta t = \frac{1}{4} – 1 = -\frac{3}{4}\) (loại).
Nếu \(p = 1\), \(\Delta t = \frac{1}{4} + 1 = \frac{5}{4}\) s.

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(\Delta t\) là \(\frac{1}{4}\) s.

Kiểm tra lại các bước:

1. Tìm \(\omega\) dựa trên mối liên hệ giữa vận tốc và gia tốc.

2. Xác định pha \(\theta_1\) và \(\theta_2\) từ \(v\) và \(a\) tại mỗi thời điểm.

3. Tính \(\Delta \theta = \theta_2 – \theta_1\) (có tính đến chu kỳ).

4. Tính \(\Delta t = \frac{\Delta \theta}{\omega}\).

Cách sử dụng vòng tròn pha là hiệu quả nhất ở đây.

Ta có thể biểu diễn các vector vận tốc và gia tốc quay trên vòng tròn.
Vector vận tốc \(\vec{v}\) vuông pha với vector li độ \(\vec{x}\).
Vector gia tốc \(\vec{a}\) ngược pha với vector li độ \(\vec{x}\).
Nói cách khác, \(\vec{a}\) cùng pha với \(\vec{x}’\), ngược pha với \(\vec{x}\).
\(\vec{v}\) và \(\vec{a}\) không có mối liên hệ pha cố định, mà phụ thuộc vào trạng thái.

Xét trên đồ thị vận tốc – gia tốc.
\(v = -A\omega \sin(\omega t + \phi)\)
\(a = -A\omega^2 \cos(\omega t + \phi)\)

Từ \(a = -\omega^2 x\), ta có \(x = -a/\omega^2\).
Thay vào \(v = -A\omega \sin(\omega t + \phi)\) và \(a = -A\omega^2 \cos(\omega t + \phi)\) không trực quan lắm.

Cách làm dùng tỉ số \(\frac{v}{a}\) để tìm \(\tan(\omega t + \phi)\) là đúng.
\(\tan(\theta) = \omega \frac{v}{a}\)

\(\tan(\theta_1) = \omega \frac{-5\pi\sqrt{3}}{10\pi^2} = 2\pi \frac{-5\pi\sqrt{3}}{10\pi^2} = -\sqrt{3}\)

\(\tan(\theta_2) = \omega \frac{5\pi}{10\pi^2\sqrt{3}} = 2\pi \frac{5\pi}{10\pi^2\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}\)

Khi \(\tan(\theta_1) = -\sqrt{3}\) và \(v_1 < 0, a_1 > 0\): \(\theta_1\) ở góc II. \(\theta_1 = 2\pi/3\).
Khi \(\tan(\theta_2) = 1/\sqrt{3}\) và \(v_2 > 0, a_2 > 0\): \(\theta_2\) ở góc III. \(\theta_2 = 7\pi/6\).

Phần này là chính xác.

Sự thay đổi pha \(\Delta \theta = \theta_2 – \theta_1\).
Nếu ta lấy \(\theta_1 = 2\pi/3\) và \(\theta_2 = 7\pi/6\), thì \(\Delta \theta = 7\pi/6 – 2\pi/3 = \pi/2\).

Nhưng cần xét đến chu kỳ.
Sự thay đổi pha có thể là \(\Delta \theta + 2k\pi\).

\(\Delta \theta = \omega \Delta t\)
\(\omega \Delta t = \theta_{2, \text{general}} – \theta_{1, \text{general}}\)

\(\theta_{1, \text{general}} = \frac{2\pi}{3} + 2n\pi\) (vì \(v_1<0, a_1>0\))

\(\theta_{2, \text{general}} = \frac{7\pi}{6} + 2m\pi\) (vì \(v_2>0, a_2>0\))

\(2\pi \Delta t = (\frac{7\pi}{6} + 2m\pi) – (\frac{2\pi}{3} + 2n\pi)\)

\(2\pi \Delta t = \frac{7\pi}{6} – \frac{4\pi}{6} + 2(m-n)\pi = \frac{3\pi}{6} + 2(m-n)\pi = \frac{\pi}{2} + 2p\pi\)

\(\Delta t = \frac{1}{4} + p\)

Vì \(\Delta t > 0\), giá trị nhỏ nhất là khi \(p=0\), \(\Delta t = \frac{1}{4}\).
Nếu \(p=-1\), \(\Delta t = 1/4 – 1 = -3/4\) (loại).
Nếu \(p=1\), \(\Delta t = 1/4 + 1 = 5/4\).

Vậy, giá trị nhỏ nhất của \(\Delta t\) là \(\frac{1}{4}\) s.

Đáp số: \(\frac{1}{4}\) s