ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM CẤP HAI TRONG VẬT LÍ

Banner Ứng dụng đạo hàm cấp hai trong vật lý
Đạo hàm có ý nghĩa rất quan trọng trong việc giải các bài tập vật lí. Nhưng trong hầu hết các bài toán, nếu ứng dụng ý nghĩa hình học của đạo hàm, thì chúng ta thường đề cập đến đạo hàm bậc nhất. Bài viết này, tác giả xin giới thiệu ý nghĩa hình học của đạo hàm cấp hai, và ứng dụng của nó trong việc giải quyết một số bài toán vật lí.

Chúng ta sẽ bắt đầu từ đạo hàm bậc nhất

Xét hàm số $y=f\left(x\right)$ có một phần đồ thị như hình vẽ dưới đây (đường cong):

Đoạn $\text{M}_0\text{M}$ là một đoạn cong, nhưng nếu cho $\text{M}$ tiến dần về $\text{M}_0$ thì khi $\text{M}_0\text{M}$ rất nhỏ, đoạn này là một đoạn thẳng, nó bị chứa bởi một đường thẳng chính là tiếp tuyến của đồ thị tại $\text{M}_0$. Tức là khi đó, hình $\text{M}_0\text{MH}$ là một tam giác vuông, có \begin{align} \tan{\alpha} &=\frac{\Delta y}{\Delta x}\\ &=\frac{f\left(x+\Delta x\right)-f\left(x\right)}{\Delta x}\tag{1} \end{align} $Δx$ và $Δy$ rất nhỏ ($\Delta x\rightarrow0$), ta gọi chúng là các vi phân và kí hiệu là $dx$ và $dy$, ta có
\begin{align} \tan{\alpha} &=\frac{dy}{dx}=y^\prime\left(x\right)\\ &=\lim\limits_{\Delta x\rightarrow0}{\frac{f\left(x+\Delta x\right)-f\left(x\right)}{\Delta x}}\tag{2} \end{align} Đây chính là đạo hàm của hàm số $y = f(x)$
Về mặt hình học, đạo hàm của hàm số tại một điểm nào đó, chính là hệ số góc của đường tiếp tuyến của đồ thị tại điểm đó. Tức là:

Nếu $\frac{dy}{dx}>0$ thì đồ thị dốc lên, hàm tăng (đồng biến).

Nếu $\frac{dy}{dx}\lt0$ thì đồ thị dốc xuống, hàm nghịch biến.

Nếu $\frac{dy}{dx}=0$ thì đồ thị nằm ngang, tại đó là cực trị.

Ý nghĩa hình học của đạo hàm cấp hai

1. Đạo hàm cấp hai

\begin{align} y^{\prime\prime}&=\left(y^\prime\left(x\right)\right)^\prime\\ &=\frac{d\left(\frac{dy}{dx}\right)}{dx}\\ &=\lim\limits_{\Delta x\rightarrow0}{\frac{f^\prime\left(x+\Delta x\right)-f\prime\left(x\right)}{\Delta x}}\\ &=\frac{d^2y}{dx^2}\tag{3} \end{align}

2. Ý nghĩa hình học của đạo hàm bậc hai

Như đã biết, “độ dốc” của đồ thị được xác định bằng đạo hàm bậc nhất. Bây giờ ta đặt ra câu hỏi, liệu có xác định được “độ cong” của đồ thị tại mỗi điểm hay không.

Tại mỗi điểm của đồ thị có độ cong xác định

Ta coi rằng, mỗi đoạn nhỏ của đồ thị là một đoạn của một đường tròn bán kính $r$, khi đó độ cong của đồ thị tại đó là $\frac{1}{r}$ và ta tính độ cong này như sau:

Xét một cung nhỏ $P_0P$ có độ dài $ds$, ta có \begin{align} r=\frac{ds}{d\alpha}\tag{4} \end{align} Trong đó \begin{align} ds=\sqrt{\left(dx\right)^2+\left(dy\right)^2}\tag{5}\\ \tan{\alpha}=\frac{dy}{dx}\ \Rightarrow\ \ \alpha=\arctan{\left(\frac{dy}{dx}\right)}\tag{6}\\ d\alpha=\frac{d^2y}{dx^2}.\frac{1}{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}\tag{7} \end{align} Thay vào ta được \begin{align} \frac{1}{r}=\frac{\frac{d^2y}{dx^2}}{\left(1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2\right)^\frac{3}{2}}\tag{8} \end{align} Như vậy, đạo hàm bậc nhất và đạo hàm bậc hai cho ta biết độ cong của đồ thị tại bất kì điểm nào.
Cũng cần lưu ý rằng, trong biểu thức tính bán kính cong $r$ thì $ds > 0$, nhưng dα có thể dương (nếu bề lõm của đồ thị hướng lên trên) hoặc âm (nếu bề lõm quay xuống dưới). Tức là:

Tâm của đoạn cong ở phía trên đồ thị thì $r > 0$

Tâm của đoạn cong ở phía dưới đồ thị thì $r\lt0$

Tại các cực trị $\frac{dy}{dx}=0$ nên $\frac{1}{r}=\frac{d^2y}{dx^2}$, nếu $\frac{d^2y}{dx^2}>0$ thì bề lõm quay lên, đó là cực tiểu, ngược lại nếu $\frac{d^2y}{dx^2}\lt0$ thì bề lõm quay xuống, đó là cực đại.

Một số bài toán minh họa

Bài 1

Một hòn bi nhỏ khối lượng $m$ bắt đầu lăn từ điểm $O$ trên một máng trơn $OCB$ như hình vẽ. Hãy tính áp lực của bi lên máng tại $C$ biết hình cắt của máng là một đường được xác định bằng phương trình $y = h\sin{\frac{πx}{l}}$, với $h = \frac{l}{3}$.

Giải

Trước hết ta xác định độ dốc của máng tại $\text{C}$ \begin{align} \frac{dy}{dx}=\frac{\pi h}{l}\cos{\left(\frac{\pi x}{l}\right)}\tag{9} \end{align} Tại điểm $\text{C}$ thì $x = \frac{l}{2}$, ta có $$\frac{dy}{dx}=0\tag{10}$$ Chọn mốc thế năng tại $\text{C}$, áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ở $\text{O}$ và $\text{C}$ ta có \begin{align} \frac{1}{2}mv^2=mgh\tag{11}\\ \Rightarrow\ v^2=2gh=\frac{2gl}{3}\tag{12} \end{align} Phương trình động lực học tại $\text{C}$: $$N-mg=\frac{mv^2}{r}\tag{13}$$ Trong đó $r$ là bán kính cong của quỹ đạo tại $\text{C}$, nó được tính bằng công thức $$r=\frac{\left[1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2\right]}{\frac{d^2y}{dx^2}}\tag{14}$$ Với $\frac{dy}{dx}=0$ và \begin{align} \frac{d^2y}{dx}&=-\frac{\pi^2h}{l^2}\sin{\left(\frac{\pi x}{l}\right)}\\ &=-\frac{\pi^2}{3l}\tag{15} \end{align} Dấu ‘-‘ chỉ có ý nghĩa rằng bề lõm của quỹ đạo tại $\text{C}$ quay lên trên, ta chỉ lấy độ lớn của bán kính cong $$r=\frac{3l}{\pi^2}\tag{16}$$ Khi đó áp lực lên máng \begin{align} N&=mg+\frac{mv^2}{r}\\ &=m\left(g+\frac{2gl}{3}.\frac{\pi^2}{3l}\right)\\ &=mg\left(1+\frac{2\pi^2}{9}\right)\tag{17} \end{align}

Bài 2

Một lượng lớn thấu kính hội tụ mỏng có tiêu cự $f$ được đặt cách đều nhau khoảng $l$ sao cho trục chính của tất cả thấu kính trùng nhau. Khoảng $l$ nhỏ hơn rất nhiều so với $f$. Một chùm sáng chiếu vuông góc tới mặt phẳng thấu kính thứ nhất (hình vẽ dưới đây). Hãy vẽ tiếp tia sáng và xác định khoảng cách giữa các điểm tia sáng cắt trục chính của hệ lần thứ ba và lần thứ tư.

Áp dụng đạo hàm cấp 2 lập phương trình tia sáng

Giải

Các tia sáng hội tụ nên bẻ cong dần về phía trục chính. Sau khi cắt trục chính, chúng lại hội tụ theo hướng ngược lại,… cứ như vậy tia sáng có dạng tuần hoàn như hình vẽ.
Ta chứng minh tia sáng có dạng hình sin.

Hình dạng tia sáng đi qua rất nhiều thấu kính ghép sát nhau

Ta xét sự khúc xạ của một tia sáng trên hai thấu kính liên tiếp, tại hai tọa độ $(x, y)$ và $(x + dx, y + dy)$, trong đó $dx = l$ (vì $l$ rất nhỏ).

Đạo hàm cấp 2 cho lần khúc xạ thứ 2 của tia sáng

Trên hình vẽ ta có \begin{align} \tan{\beta}&=\frac{MN}{f}\\ &=\frac{y+ftan\alpha}{f}\\ &=tan\alpha+\frac{y}{f}\tag{18} \end{align} Trong đó $\tan{α}$ và $\tan{β}$ lần lượt là hệ số góc của tia sáng tại $(x, y)$ và $(x + dx, y + dy)$.
Và do tại đó $y$ đang giảm nên $dy\lt0$, ta có \begin{align} \tan{\alpha}&=-\frac{dy}{dx}\\ &=-f^\prime\left(x\right)\tag{19} \end{align} Tương tự \begin{align} \tan{\beta}&=-f^\prime\left(x+l\right)\\ &=-f^\prime\left(x+dx\right)\tag{20} \end{align} Thay trở lại biểu thức mới tìm \begin{align} \tan{\alpha}-\tan{\beta}=-\frac{y}{f}\tag{21}\\ f^\prime\left(x+dx\right)-f^\prime\left(x\right)=-\frac{y}{f}\tag{22} \end{align} Chia cả hai vế cho $l$, nhưng ở vế trái ta xem $l = dx$ $$\frac{f^\prime\left(x+dx\right)-f^\prime\left(x\right)}{dx}=-\frac{y}{lf}\tag{23}$$ Vế trái chính là đạo hàm bậc hai của $y$ theo $x$ $$y^{\prime\prime}=-\frac{1}{lf}y\tag{24}$$ Phương trình vi phân quen thuộc này suy ra được \begin{align} y=y_0\cos{\left(\omega x\right)}\tag{25}\\ \omega=\sqrt{\frac{1}{lf}}\tag{26} \end{align} Tức là đường truyền các tia sáng có dạng hình sin, nhận $Ox$ làm trục đối xứng.

Từ hình vẽ ta thấy khoảng cách giữa các điểm tia sáng cắt trục chính của hệ lần thứ ba và lần thứ tư là \begin{align} \Delta x&=\frac{7x_0}{4}-\frac{5x_0}{4}\\ &=\frac{x_0}{2}\tag{27} \end{align} Trong đó \begin{align} x_0&=\frac{2\pi}{\omega}\\ &=2\pi\sqrt{lf}\tag{28} \end{align} Vậy $$\Delta x=\pi\sqrt{lf}\tag{29}$$

Bài 3

Một quả cầu sắt (A) khối lượng $m = 2\ \text{kg}$ có thể trượt không ma sát dọc theo một thanh cố định nằm ngang, thanh xuyên qua quả cầu. Một quả cầu (B) cùng khối lượng $m$, được nối với quả cầu (A) bằng một sợi dây mảnh, không dãn, chiều dài $L = 1\text{,}6\ \text{m}$. Ban đầu các quả cầu đứng yên, sợi dây nối căng ngang và tổng chiều dài đúng bằng chiều dài thanh, như hình vẽ dưới đây. Khi đó thả nhẹ quả cầu (B) để nó bắt đầu rơi với vận tốc ban đầu bằng không. Lấy $g = 10\ \text{m/s}^2$.

Hãy xác định dạng quỹ đạo chuyển động cuả quả cầu (B).

Tính áp lực của thanh lên quả cầu (A) và lực căng sợi dây khi quả cầu (B) ở vị trí thấp nhất.

Giải

1. Dạng quỹ đạo chuyển động của quả cầu (B)
Chọn hệ trục tọa độ $xOy$ sao cho, $O$ ở trung điểm của thanh, $Ox$ trùng với thanh hướng sang phải, $Oy$ thẳng đứng hướng xuống. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ hai quả cầu theo phương ngang ta có \begin{align} mv_A+mv_{Bx}=0\tag{30}\\ \Rightarrow\ v_{xB}={-v}_A\tag{31} \end{align} tức là $x_A=-x_B$ ở mọi thời điểm, và ta có $$y^2+\left(2x\right)^2=L^2\tag{32}$$ Hay $$\frac{x^2}{\left(\frac{L}{2}\right)^2}+\frac{y^2}{L^2}=1\tag{33}$$ Đây là phương trình của một êlip.
2. Áp lực của thanh lên quả cầu (A) và lực căng sợi dây

Đối với chuyển động của hệ đã cho thì quỹ đạo của (B) là một phần của elip này, với $y\geq0$. Cũng vì thế mà ta có thể viết $$y=\sqrt{L^2-4x^2}\tag{34}$$ Đạo hàm hai lần hàm số này ta có $$y^{\prime\prime}\left(x\right)=-\frac{4L^2}{\left(L^2-4x^2\right)^\frac{3}{2}}\tag{35}$$ Bán kính cong của quỹ đạo tại điểm thấp nhất của (B) là \begin{align} r&=\frac{1}{y^{\prime\prime}\left(0\right)}\\ &=-\frac{L}{4}\tag{36} \end{align} Dấu $‘-’$ chỉ có ý nghĩa là bề lõm quay về gốc tọa độ, tức là ta lấy $$r=\frac{L}{4}\tag{37}$$ Gia tốc hướng tâm tại B $$a_B=\frac{v^2}{r}=\frac{4v^2}{L}\tag{38}$$ Khi sợi dây thẳng đứng thì $v_{Bx}=v_B=-v_A=v$. Bảo toàn cơ năng cho hệ: \begin{align} 2\frac{1}{2}mv^2&=mgL\Rightarrow\ v=\sqrt{gL}\\ &=\sqrt{10\times1\text{,}6}\\ &=4\ \text{m/s}\tag{39} \end{align} Vậy ta có \begin{align} a_B&=a_{\mathrm{n/A}}\\ &=\frac{4v^2}{L^2}.L\\ &=\frac{4v^2}{L}\\ &=40\ \text{m/s}^2\tag{40} \end{align} Áp dụng định luật II Niu-tơn cho vật (B) ta có \begin{align} T-mg=ma_B\tag{41}\\ \Rightarrow\ T&=m\left(g+a_B\right)\\ &=100\ \text{N}\tag{42} \end{align} Còn đối với vật (A) thì áp lực lên thanh được tính : $$N=mg+T=120\ \text{N}\tag{43}$$

Bài 4

Một vật khối lượng $2m$ được coi là chất điểm đặt ở đỉnh của một đường trượt (C) có dạng parabol với phương trình trong hệ toạ độ $oxy$ (trong mặt phẳng thẳng đứng như hình vẽ dưới đây): $y=Ax^2 \text{(m)}$; $A=20\ \left(m^{-1}\right)$, $x$ tính bằng m . Một viên đạn khối lượng $m$ bay theo phương ngang với vận tốc $v_0$ đến va chạm mềm với chất điểm nói trên. Tìm điều kiện $v_0$ để vật luôn trượt trên đường (C) nói trên . Bỏ qua ma sát.

Tính áp lực của quả cầu lên quỹ đạo bằng đạo hàm cấp 2

Giải

Giả sử sau khi va chạm, vật trượt trên đường trượt, tại tọa độ $x, y$ bất kì ta có

$$\vec{N}+3m\vec{g}=3m\vec{a}\tag{44}$$ Tại mỗi vị trí, vật đang trượt trên mặt cong có bán kính $r$ được tính bằng công thức \begin{align} \frac{1}{r}&=\frac{\frac{d^2y}{dx^2}}{\left(1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2\right)^\frac{3}{2}}\\ &=\frac{2A}{\sqrt{\left(1+4A^2x^2\right)^3}}\tag{45} \end{align} Chiếu phương trình vectơ lên trục hướng tâm tại vị trí đó ta được $$3mg.\cos{\alpha}-N=\frac{3mv^2}{r}\tag{46}$$ Trong đó \begin{align} \tan{\alpha}&=\frac{dy}{dx}\\ =2Ax\tag{47}\\ \cos{\alpha}&=\frac{1}{\sqrt{1+\tan^2{\alpha}}}\\ =\frac{1}{\sqrt{1+4A^2x^2}}\tag{48} \end{align} Thay vào phương trình ta có $$N=\frac{3m}{\sqrt{1+4A^2x^2}}\left(g-\frac{2Av^2}{1+4A^2x^2}\right)\tag{49}$$ Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hai vật trước và sau va chạm ta được \begin{align} mv_0=3mv\ \Rightarrow\ v_1=\frac{v_0}{3}\tag{50} \end{align} Định luật bảo toàn cơ năng thì $$\frac{1}{2}3mv_1^2=\frac{1}{2}3mv^2-3mgy\tag{51}$$ Hay \begin{align} \left(\frac{v_0}{3}\right)^2;=v^2-2gAx^2\\ \Rightarrow\ v^2=\frac{v_0^2}{9}+2Agx^2\tag{52} \end{align} Khi đó áp lực của đường trượt lên vật là $$N=\frac{3m}{\sqrt{1+4A^2x^2}}\left(g-\frac{2A\left(\frac{v_0^2}{9}+2Agx^2\right)}{1+4A^2x^2}\right)\tag{53}$$ Điều kiện để vật không rời đường trượt là $N>0,\ \forall\ x$, tức là $$g-\frac{2A\left(\frac{v_0^2}{9}+2Agx^2\right)}{1+4A^2x^2}>0,\ \forall\ x\tag{54}$$ $$\frac{2Av_0^2}{9}-g\lt0,\ \forall\ x\tag{55}$$ $$\Rightarrow\ v_0\le\sqrt{\frac{9g}{2A}}=\sqrt{\frac{9.10}{2.20}}=1,5\ \text{m/s}\tag{56}$$

Bài 5

Một vệ tinh nhân tạo khối lượng m chuyển động theo quỹ đạo êlíp quanh Trái Đất. Khoảng cách từ tâm Trái Đất đến vị trí gần nhất và xa nhất của vệ tinh là h và H. Biết khối lượng của Trái Đất là M. Xác định tốc độ dài của vệ tinh khi nó đi qua vị trí cách đều hai tiêu điểm của êlíp.

Giải

Chọn hệ trục tọa độ xOy như hình vẽ.

Dùng ý nghĩa hình học của đạo hàm cấp 2 để tính bán kính cong của êlip

Bán trục nhỏ và bán trục lớn của êlíp lần lượt là $$a=\frac{H+h}{2}\ \ \mathrm{và} b=\sqrt{hH}\tag{57}$$ Phương trình của êlíp là \begin{align} \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\ \ \mathrm{hay}\frac{4x^2}{\left(H+h\right)^2}+\frac{y^2}{Hh}=1\tag{58} \end{align} Ta suy ra $$y=\pm\sqrt{Hh-\frac{4Hhx^2}{\left(H+h\right)^2}}\tag{59}$$ Có hai điểm cách đều các tiêu điểm, tốc độ dài tại hai điểm này như nhau, nên ta chỉ cần xét tại một điểm, ứng với $y > 0$. Mặt khác để biểu thức gọn, ta đặt $A=Hh,\ \ B=\frac{4Hh}{\left(H+h\right)^2}$
Khi đó ta có \begin{align} y=&\sqrt{A-Bx^2}\tag{60}\\ \frac{dy}{dx}&=-\frac{Bx}{\sqrt{A-Bx^2}}\tag{61}\\ \frac{d^2y}{dx^2}&=-\frac{B}{\sqrt{A-Bx^2}}-\frac{B^2x}{\sqrt{\left(A-Bx^2\right)^3}}\\ &=-\frac{B}{\sqrt{A-Bx^2}}\left(1+\frac{Bx}{A-Bx^2}\right)\tag{62} \end{align} Tại tọa độ $x = 0$ thì \begin{align} y^\prime\left(0\right)&=0\tag{63}\\ y^{\prime\prime}\left(0\right)&=-\frac{B}{\sqrt\ A}\\ &=-\frac{4\sqrt{Hh}}{\left(H+h\right)^2}\tag{64} \end{align} Độ cong của quỹ đạo tại đó là \begin{align} \frac{1}{r}&=\frac{y^{\prime\prime}\left(0\right)}{\left[1+\left(y^\prime\left(0\right)\right)^2\right]^\frac{3}{2}}\\ &=-\frac{4\sqrt{Hh}}{\left(H+h\right)^2}\tag{65} \end{align} Dấu "$-$" chỉ cho ta biết bề lõm quỹ đạo quay xuống, ta chỉ cần lấy độ lớn khi tính lực pháp tuyến.
Lực pháp tuyến tác dụng lên vệ tinh chính là một thành phần của lực hấp dẫn giữa vệ tinh và Trái Đất, ta có $$G\frac{mM}{R^2}.cos\alpha=\frac{mv^2}{r}\tag{66}$$ Trong đó \begin{align} R&=\frac{H+h}{2}\\ \mathrm{và}\\ \cos{α}&=\frac{b}{R}\\ &=\frac{2\sqrt{Hh}}{H+h}\tag{67} \end{align} Thay vào phương trình trên ta suy ra được $$v=\sqrt{\frac{2GM}{H+h}}\tag{68}$$