Pha ban đầu của chất điểm xấp xỉ bằng

osp đã viết:

Chọn $A=1$.
Th1:$x_0<0$
áp dụng điều kiện đề bài ta có: $x_0^{2}+x_2^{2}=1;x_1^{2}=x_0^{2}+\dfrac{2x_1^{2}}{3}$
Nếu trên đường tròn;$x_2$ ở vị trí 1:
$3\omega \Delta t=\varphi +\dfrac{\pi }{2}-\varphi+\pi =\dfrac{3}{2}\pi \Rightarrow \omega \delta t=\dfrac{\pi }{2} \Rightarrow x_1^{2}=x_2^{2}=x_0^{2}+\dfrac{2x_1^{2}}{3} \Rightarrow x_o=frac{-1}{2}$ pha ban đầu C.
Nếu $x_2$ ở vị trí 2:
tương tự được pt:$1=\dfrac{1}{3}\left(\sin \varphi\right)^{2}+\left(\cos \left(\dfrac{4\varphi+\pi }{6} \right)\right)^{2}$ với $\varphi \in \left(0;\dfrac{\pi }{2}\right)$ Vô nghiệm
Th2:$x_0>0$ tương tự. Chắc là vô nghiệm

Click để xem thêm...

GS.Xoăn đã viết:

Bạn thử kiểm tra trường hợp còn lại xem có ra kết quả không?

Click để xem thêm...

GS.Xoăn đã viết:

Bài toán
Một vật nhỏ đang dao động điều hòa quanh một vị trí cân bằng trên một mặt phẳng nằm ngang với biên độ A và chu kì T. Thời điểm ban đầu t0=0(s), vật nhỏ ở vị trí ${{x}_{0}}$và có vận tốc ${{v}_{0}}$(${{v}_{0}}<0$). Đến thời điểm ${{t}_{1}}={{t}_{0}}+\Delta t\left(s\right)$, vật nhỏ ở vị trí $x_1$ và có vận tốc $v_1$. Đến thời điểm ${{t}_{2}}={{t}_{0}}+3\Delta t\left(s\right)$, vật nhỏ đến vị trí ${{x}_{2}}$>0. Biết rằng ${{v}_{0}}=\sqrt{3}{{v}_{1}}$, $x_{0}^{2}+{{x}_{2}}^{2}={{A}^{2}}$và $\Delta t\leq \dfrac{T}{4}$ . Pha ban đầu của chất điểm xấp xỉ bằng
A. 1,05 rad
B. 0,52 rad
C. 2,09 rad
D. 2,62 rad

Click để xem thêm...

Võ Văn Đức đã viết:

Không mất tính tổng quát ta giải sử vật dao động với biên độ $A=1$. Khi đó, ta xem dao động điều hòa của vật là hình chiếu của điểm M chuyển động tròn đều trên đường tròn tâm O, bán kính bằng 1.
Từ điều kiện $$x_0^2+x_2^2=1$$ ta thấy trong khoảng thời gian $3\Delta t$ từ thời điểm $t_0$ đến thời điểm $t_2$ điểm M quay được một góc quay bằng $\left(2k+1\right)\dfrac{\pi }{2}$.
Suy ra $$3\omega \Delta t=\left(2k+1\right)\dfrac{\pi }{2}\leq 3.\dfrac{2\pi }{T}.\dfrac{T}{4}=\dfrac{3\pi }{2}$$
Suy ra $$2k+1\leq 3$$ giải được $k=0$ và $k=1$

TH1: $k=0$, tức là từ thời điểm $t_0$ đến thời điểm $t_2$ điểm M quay được một góc quay bằng $\dfrac{\pi }{2}$.

Với $x_2>0$ ta có hai điểm $M_2$ như hình vẽ, tương ứng có hai trường hợp. Trong cả hai trường hợp trên thì $v_0>0$ trái với giả thiết nên loại.

TH2: $k=1$, tức là từ thời điểm $t_0$ đến thời điểm $t_2$ điểm M quay được một góc quay bằng $\dfrac{3\pi }{2}$.

Tương tự ta cũng có hai trường hợp nhỏ và đánh giá dấu của $v_0$ và $v_1$ ta loại trường hợp $a$ vì theo giả thiết $v_0$ và $v_1$ cùng dấu.

Như vậy, chỉ còn trường hợp $b$. Khi đó, ta có $$x_0=\cos \varphi , \qquad x_1=\cos \left(\varphi +\dfrac{\pi }{2}\right)$$
Từ giải thiết $v_0=\sqrt{3}v_1$ và sử dựng hệ thức độc lập giữa li độ và vận tốc ta suy ra $$3x_1^2-x_0^2=2$$ $$\Leftrightarrow \cos ^2\left(\varphi +\dfrac{\pi }{2}\right)-\cos ^2\varphi =2$$
Từ đó giải được $$\varphi =\dfrac{\pi }{3}\approx 1,046$$
Chọn đáp án A.

Click để xem thêm...

Võ Văn Đức đã viết:

ta thấy trong khoảng thời gian 3Δt3\Delta t từ thời điểm t0t_0 đến thời điểm t2t_2 điểm M quay được một góc quay bằng (2k+1)π2\left(2k+1\right)\dfrac{\pi }{2}.

Click để xem thêm...

osp đã viết:

Cái này em nghĩ chưa chắc đâu ạ
VD $x_2^{2} +x_0^{2}=1$ nhưng góc quay được là $\dfrac{\pi }{2}+2\varphi$

Click để xem thêm...

Võ Văn Đức đã viết:

Tôi không hiểu bạn đang vẽ cái gì cả! Xin được giải thích rõ hơn!

Click để xem thêm...