Chào các em học sinh lớp 11! Hôm nay, chúng ta sẽ cùng nhau chinh phục một bài tập vật lý thú vị về dao động điều hòa. Bài toán yêu cầu chúng ta tìm khoảng thời gian ngắn nhất trong các trường hợp khác nhau khi vật đang dao động.

Cho phương trình dao động của vật là:

x = 10cos(\(\frac{4pi}{3}\)t – \(\frac{2pi}{3}\)) cm

Từ phương trình này, chúng ta có thể xác định được các đại lượng đặc trưng của dao động:

• Biên độ dao động: A = 10 cm
• Tần số góc: \(\omega\) = \(\frac{4pi}{3}\) rad/s
• Pha ban đầu: \(\phi\) = -\(\frac{2pi}{3}\) rad

Để giải bài toán này, chúng ta sẽ sử dụng mối liên hệ giữa li độ, vận tốc và thời gian trong dao động điều hòa, thường được biểu diễn trên vòng tròn lượng giác.

Chúng ta sẽ đi vào từng trường hợp cụ thể:

a) Từ VTCB đến li độ x = 7 cm

Bước 1: Xác định vị trí ban đầu và vị trí cuối cùng trên vòng tròn lượng giác.

VTCB tương ứng với li độ x = 0. Trên vòng tròn lượng giác, VTCB có hai vị trí: ứng với pha \(\frac{pi}{2}\) và \(\frac{3pi}{2}\) (hoặc -\(\frac{pi}{2}\)).

Li độ x = 7 cm. Ta có: 10cos(\(\frac{4pi}{3}\)t – \(\frac{2pi}{3}\)) = 7

cos(\(\frac{4pi}{3}\)t – \(\frac{2pi}{3}\)) = 0.7

\(\frac{4pi}{3}\)t – \(\frac{2pi}{3}\) = \(\pm\) arccos(0.7) + 2k\(\pi\)

Gọi \(\alpha\) = arccos(0.7) (với 0 < \(\alpha\) < \(\frac{pi}{2}\)).

Vậy, pha tại vị trí x = 7 là \(\frac{4pi}{3}\)t – \(\frac{2pi}{3}\) = \(\pm \alpha\) + 2k\(\pi\).

Bước 2: Tìm pha tương ứng với VTCB và x = 7.

Ban đầu, ta có thể chọn thời điểm t = 0, pha là \(\phi\) = -\(\frac{2pi}{3}\). Vị trí này không phải là VTCB. Tuy nhiên, đề bài yêu cầu khoảng thời gian ngắn nhất từ VTCB đến li độ x=7. Điều này có nghĩa là ta có thể chọn thời điểm bắt đầu tại VTCB.

Khi vật ở VTCB (x=0), pha của nó là \(\frac{pi}{2}\) hoặc \(\frac{3pi}{2}\). Để tìm khoảng thời gian ngắn nhất, ta sẽ chọn pha gần nhất với pha tại x=7.

Pha tại x = 7 là \(\pm \alpha\).

Chúng ta cần xem xét hai trường hợp của VTCB:

• Trường hợp 1: Bắt đầu từ VTCB với pha \(\frac{pi}{2}\).

Ta cần tìm thời gian ngắn nhất để đi từ pha \(\frac{pi}{2}\) đến pha \(\alpha\) (hoặc 2\(\pi\) – \(\alpha\)). Khoảng góc cần quét là \(\frac{pi}{2} – \alpha\).

Thời gian t1 = \(\frac{\text{khoảng góc}}{\omega}\) = \(\frac{\frac{pi}{2} – \alpha}{\frac{4pi}{3}}\)

• Trường hợp 2: Bắt đầu từ VTCB với pha \(\frac{3pi}{2}\).

Ta cần tìm thời gian ngắn nhất để đi từ pha \(\frac{3pi}{2}\) đến pha \(\alpha\) (hoặc 2\(\pi\) – \(\alpha\)). Khoảng góc cần quét là \(\frac{3pi}{2} – \alpha\) hoặc \(\alpha – \frac{3pi}{2} + 2\pi\).

Để ngắn nhất, ta xem xét đến pha gần nhất. Khoảng góc từ \(\frac{3pi}{2}\) đến 2\(\pi\) rồi đến \(\alpha\) là \(2\pi – \frac{3pi}{2} + \alpha = \frac{pi}{2} + \alpha\).

Thời gian t2 = \(\frac{\text{khoảng góc}}{\omega}\) = \(\frac{\frac{pi}{2} + \alpha}{\frac{4pi}{3}}\)

Để tìm khoảng thời gian ngắn nhất, ta cần so sánh t1 và t2. Rõ ràng, t1 ngắn hơn.

Lưu ý quan trọng: Đề bài không cho biết chiều chuyển động ban đầu khi ở VTCB. Vì vậy, ta cần chọn trường hợp nào cho thời gian ngắn nhất.

Một cách tiếp cận khác và thường là cách hiểu đúng của “khoảng thời gian ngắn nhất từ một vị trí đến một vị trí khác” là ta xem xét quỹ đạo ngắn nhất trên vòng tròn lượng giác.

Pha tại VTCB là \(\frac{pi}{2}\) hoặc \(\frac{3pi}{2}\).

Pha tại x = 7 là \(\phi_1\) và \(\phi_2\) sao cho cos(\(\phi_1\)) = cos(\(\phi_2\)) = 0.7.

Ta có \(\phi_1 = \alpha\) và \(\phi_2 = -\alpha\) (hoặc 2\(\pi\) – \(\alpha\)).

Các pha ứng với VTCB là \(\frac{pi}{2}\) và \(\frac{3pi}{2}\).

Các pha ứng với x = 7 là \(\alpha\) và \(-\alpha\).

Khoảng thời gian ngắn nhất sẽ tương ứng với góc quét nhỏ nhất trên vòng tròn lượng giác.

• Từ VTCB (pha \(\frac{pi}{2}\)) đến x = 7 (pha \(\alpha\)) hoặc x = 7 (pha \(-\alpha\)).
• Từ VTCB (pha \(\frac{3pi}{2}\)) đến x = 7 (pha \(\alpha\)) hoặc x = 7 (pha \(-\alpha\)).

Ta cần tính khoảng cách góc ngắn nhất giữa các cặp pha.

• Khoảng cách giữa \(\frac{pi}{2}\) và \(\alpha\): |\(\frac{pi}{2} – \alpha\)|
• Khoảng cách giữa \(\frac{pi}{2}\) và \(-\alpha\): |\(\frac{pi}{2} – (-\alpha)\)| = \(\frac{pi}{2} + \alpha\)
• Khoảng cách giữa \(\frac{3pi}{2}\) và \(\alpha\): |\(\frac{3pi}{2} – \alpha\)| = \(\frac{3pi}{2} – \alpha\) (vì \(\alpha\) < \(\frac{pi}{2}\))
• Khoảng cách giữa \(\frac{3pi}{2}\) và \(-\alpha\): |\(\frac{3pi}{2} – (-\alpha)\)| = \(\frac{3pi}{2} + \alpha\)

Ta biết rằng 0 < \(\alpha\) < \(\frac{pi}{2}\). Do đó, \(\frac{pi}{2} - \alpha\) là giá trị nhỏ nhất trong các khoảng cách trên.

Bước 3: Tính thời gian tương ứng.

Khoảng thời gian ngắn nhất \(\Delta t\) = \(\frac{\text{góc quét nhỏ nhất}}{\omega}\) = \(\frac{\frac{pi}{2} – \alpha}{\frac{4pi}{3}}\)

\(\Delta t\) = \(\frac{3}{4\pi}\) (\(\frac{pi}{2} – \alpha\)) = \(\frac{3}{8} – \frac{3\alpha}{4\pi}\)

Với \(\alpha\) = arccos(0.7) \(\approx\) 0.795 rad.

\(\Delta t\) \(\approx\) \(\frac{3}{8} – \frac{3 \times 0.795}{4\pi}\) \(\approx\) 0.375 – 0.190 \(\approx\) 0.185 giây.

b) Từ vị trí biên âm đến vị trí có li độ x = 3 cm

Bước 1: Xác định vị trí ban đầu và vị trí cuối cùng trên vòng tròn lượng giác.

Vị trí biên âm ứng với x = -A = -10 cm. Trên vòng tròn lượng giác, vị trí này tương ứng với pha \(\pi\).

Li độ x = 3 cm. Ta có: 10cos(\(\frac{4pi}{3}\)t – \(\frac{2pi}{3}\)) = 3

cos(\(\frac{4pi}{3}\)t – \(\frac{2pi}{3}\)) = 0.3

Gọi \(\beta\) = arccos(0.3) (với 0 < \(\beta\) < \(\frac{pi}{2}\)).

Pha tại vị trí x = 3 là \(\frac{4pi}{3}\)t – \(\frac{2pi}{3}\) = \(\pm \beta\) + 2k\(\pi\).

Bước 2: Tìm pha tương ứng với biên âm và x = 3.

Pha tại biên âm là \(\pi\).

Pha tại x = 3 có hai giá trị là \(\beta\) và \(-\beta\).

Ta cần tìm khoảng cách góc ngắn nhất từ pha \(\pi\) đến pha \(\beta\) hoặc \(-\beta\).

• Khoảng cách giữa \(\pi\) và \(\beta\): |\(\pi – \beta\)| = \(\pi – \beta\) (vì \(\beta\) < \(\frac{pi}{2}\))
• Khoảng cách giữa \(\pi\) và \(-\beta\): |\(\pi – (-\beta)\)| = \(\pi + \beta\)

Khoảng cách nhỏ nhất là \(\pi – \beta\).

Bước 3: Tính thời gian tương ứng.

Khoảng thời gian ngắn nhất \(\Delta t\) = \(\frac{\text{góc quét nhỏ nhất}}{\omega}\) = \(\frac{\pi – \beta}{\frac{4pi}{3}}\)

\(\Delta t\) = \(\frac{3}{4\pi}(\pi – \beta)\) = \(\frac{3}{4} – \frac{3\beta}{4\pi}\)

Với \(\beta\) = arccos(0.3) \(\approx\) 1.266 rad.

\(\Delta t\) \(\approx\) \(\frac{3}{4} – \frac{3 \times 1.266}{4\pi}\) \(\approx\) 0.75 – 0.302 \(\approx\) 0.448 giây.

c) Từ vị trí có li độ x = 5 đi theo chiều âm đến vị trí có li độ x = -2 theo chiều dương.

Bước 1: Xác định pha ban đầu và pha cuối cùng.

Vị trí ban đầu: x = 5 cm, đi theo chiều âm.

10cos(\(\frac{4pi}{3}\)t1 – \(\frac{2pi}{3}\)) = 5

cos(\(\frac{4pi}{3}\)t1 – \(\frac{2pi}{3}\)) = 0.5

Pha \(\phi_1\) = \(\frac{4pi}{3}\)t1 – \(\frac{2pi}{3}\) = \(\pm \frac{pi}{3}\) + 2k\(\pi\).

Ta có hai trường hợp cho pha ban đầu:

• Trường hợp 1: \(\phi_1 = \frac{pi}{3}\) + 2k\(\pi\). Vận tốc tại đây là âm vì pha \(\frac{pi}{3}\) ứng với khi vật đang đi từ biên dương về VTCB.
• Trường hợp 2: \(\phi_1 = -\frac{pi}{3}\) + 2k\(\pi\). Vận tốc tại đây là dương vì pha \(-\frac{pi}{3}\) ứng với khi vật đang đi từ VTCB ra biên dương.

Vì đề bài cho “đi theo chiều âm”, ta chọn pha ban đầu là \(\phi_{bđ}\) = \(\frac{pi}{3}\) (ta có thể bỏ qua 2k\(\pi\) nếu xét trong một chu kỳ). Hoặc nếu lấy pha ban đầu là \(-\frac{5\pi}{3}\), tương đương với \(\frac{\pi}{3}\).

Để rõ hơn, ta có thể xét pha ban đầu \(-\frac{2\pi}{3}\). Tần số góc là \(\frac{4\pi}{3}\). Sau một khoảng thời gian \(\Delta t_0\), pha là \(\phi_{bđ}\). cos(\(\phi_{bđ}\)) = 0.5. Vậy \(\phi_{bđ} = \frac{\pi}{3}\) hoặc \(-\frac{\pi}{3}\).

Vận tốc v = -A\(\omega\)sin(\(\phi\)).

Nếu \(\phi = \frac{\pi}{3}\), sin(\(\frac{\pi}{3}\)) = \(\frac{\sqrt{3}}{2}\) > 0, nên v < 0 (đi theo chiều âm). Vậy pha ban đầu là \(\frac{\pi}{3}\).

Nếu \(\phi = -\frac{\pi}{3}\), sin(-\(\frac{\pi}{3}\)) = -\(\frac{\sqrt{3}}{2}\) < 0, nên v > 0 (đi theo chiều dương).

Vậy, pha ban đầu \(\phi_{bđ}\) = \(\frac{pi}{3}\).

Vị trí cuối cùng: x = -2 cm, đi theo chiều dương.

10cos(\(\frac{4pi}{3}\)t2 – \(\frac{2pi}{3}\)) = -2

cos(\(\frac{4pi}{3}\)t2 – \(\frac{2pi}{3}\)) = -0.2

Pha \(\phi_2\) = \(\frac{4pi}{3}\)t2 – \(\frac{2pi}{3}\). cos(\(\phi_2\)) = -0.2.

Gọi \(\gamma\) = arccos(0.2) (với 0 < \(\gamma\) < \(\frac{pi}{2}\)).

Các pha có cos bằng -0.2 là \(\pi – \gamma\) và \(\pi + \gamma\).

Ta cần xác định pha nào ứng với chuyển động theo chiều dương.

• Nếu pha là \(\pi – \gamma\), sin(\(\pi – \gamma\)) = sin(\(\gamma\)) > 0, nên v > 0 (đi theo chiều dương).
• Nếu pha là \(\pi + \gamma\), sin(\(\pi + \gamma\)) = -sin(\(\gamma\)) < 0, nên v < 0 (đi theo chiều âm).

Vậy, pha cuối cùng \(\phi_{c\text{đ}}\) = \(\pi – \gamma\).

Bước 2: Tính khoảng thời gian ngắn nhất.

Ta cần đi từ pha \(\phi_{bđ} = \frac{\pi}{3}\) đến pha \(\phi_{c\text{đ}} = \pi – \gamma\).

Khoảng góc quét \(\Delta \phi\) = \(\phi_{c\text{đ}} – \phi_{bđ}\) = (\(\pi – \gamma\)) – \(\frac{\pi}{3}\) = \(\frac{2\pi}{3} – \gamma\).

Khoảng thời gian ngắn nhất \(\Delta t\) = \(\frac{\Delta \phi}{\omega}\) = \(\frac{\frac{2\pi}{3} – \gamma}{\frac{4\pi}{3}}\)

\(\Delta t\) = \(\frac{3}{4\pi}(\frac{2\pi}{3} – \gamma)\) = \(\frac{1}{2} – \frac{3\gamma}{4\pi}\)

Với \(\gamma\) = arccos(0.2) \(\approx\) 1.369 rad.

\(\Delta t\) \(\approx\) \(\frac{1}{2} – \frac{3 \times 1.369}{4\pi}\) \(\approx\) 0.5 – 0.327 \(\approx\) 0.173 giây.

Tóm lại:

a) Khoảng thời gian ngắn nhất từ VTCB đến li độ x = 7 cm là \(\frac{3}{8} – \frac{3}{4\pi}\text{arccos}(0.7)\) giây.

b) Khoảng thời gian ngắn nhất từ vị trí biên âm đến vị trí có li độ x = 3 cm là \(\frac{3}{4} – \frac{3}{4\pi}\text{arccos}(0.3)\) giây.

c) Khoảng thời gian ngắn nhất từ vị trí có li độ x = 5 đi theo chiều âm đến vị trí có li độ x = -2 theo chiều dương là \(\frac{1}{2} – \frac{3}{4\pi}\text{arccos}(0.2)\) giây.

Các em thân mến, bài toán này đòi hỏi sự hiểu biết vững chắc về mối liên hệ giữa phương trình dao động điều hòa và vòng tròn lượng giác. Chúc các em ôn tập tốt và đạt kết quả cao trong học tập!