Đạo hàm và ứng dụng trong bồi dưỡng HSG môn Vật lý.

Chuyên đề dùng để làm tài liệu ôn thi học sinh giỏi hoặc làm SKKN cho quý thầy cô giáo. Hệ thống lại các kiến thức cơ bản của những dạng toán nâng cao dùng đạo hàm. Phân dạng các loại bài về đạo hàm. Hướng dẫn cho học sinh giải quyết một số bài toán và vận dụng kiến thức vào giải bài toán thi HSG ở mức độ nâng cao.Tổng hợp kiến thức từ các tài liệu bồi dưỡng HSG, đề thi HSG các năm quốc gia, HSG các Tỉnh

1 Định nghĩa đạo hàm cấp 1 và ý nghĩa

Xét hàm số y = f(x) có tập xác định D Khi đó giới hạn    

0

0

lim





tại và hữu hạn, được gọi là đạo hàm của hàm số f(x) tại điểm x0

Các công thức tính đạo hàm

a/ Các quy tắc tính đạo hàm (Ký hiệu U = U(x); V=V(x))

UV UV UV U V UV  U U V 2U.V





/

=f ' u U x

b/ Các công thức tính đạo hàm

Hàm số Công thức đạo hàm Đạo hàm của hàm số hợp

 C = 0 (C = const)

 x = 1, (kx)’=k (k = const )

 n

x = n.xn-1 (nN, n 2)  n

u = n.un-1.u/

2



 

 

 

/ 2



 

 

 

Các

hàm số

thường

gặp

( x ) = 1

2 u



 (u0)

Hàm số

lượng giác

/ /

2

2

sin x cos x

1

cos x 1

sin x



 

2

2

sin u cos u.u cos u sin u.u

1

cos u 1

sin u



 



 

Hàm

lũy thừa (xα)/= α x α -1 (uα)/= α u α -1u/

3 Khái niệm cực trị

Cho hàm số f(x) có tập xác định D

+ x0 được gọi là điểm cực đại của hàm số f(x) nếu tồn tại một khoảng (a; b) chứa điểm x0

sao cho:  







Khi đó f(x0) được gọi là giá trị cực đại của hàm số f(x)

+ x0 được gọi là điểm cực tiểu của hàm số f(x) nếu tồn tại một khoảng (a;b) chứa điểm x0

sao cho:  







Khi đó f(x0) được gọi là giá trị cực tiểu của hàm số f(x)

Điểm cực đại và cực tiểu của hàm số được gọi chung là điểm cực trị của hàm số

4 Điều kiện cần và đủ để hàm số có cực trị: Nếu hàm số f(x) đạt cực trị tại x0 và đồng thời hàm số có đạo hàm tại x0 thì đạo hàm của hàm số tại x0 bằng 0, nghĩa là hàm số f(x) đạt cực trị tại x0 khi thoả mản: f/(x0) = 0

BÀI TẬP MINH HỌA

Bài 1: Đặt điện áp xoay chiều có giá trị

hiệu dụng 200 V và tần số không thay đổi

vào hai đầu đoạn mạch AB (hình vẽ bên)

Cuộn cảm thuần có độ tự cảm L xác định; R

= 200  ; tụ điện có điện dung C thay đổi

được Điều chỉnh điện dung C để điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch MB đạt giá trị cực tiểu là U1 và giá trị cực đại là U2 = 400 V Tính giá trị của U1

Giải:

UMB =

C



=

C

U



= U y

Với

C

y



UMB đạt giá trị cực đại thì đạo hàm cấp một của y theo biến ZC phải bằng không

C

y



C

 y’ = 0 → ZC =

2

Khi đó UMB = UMBmax =

2UR 4R Z Z

= U2

R

4R Z Z = 1 → (R + ZL)

2

= 4R2 + Z2L → ZL = 1,5R (*)

UMB = UMBmin khi ZC = 0 vì với ZC > 0 thì

2

L

R

R Z <

C



UMBmin =

2

L

U R

L

UR

R Z

= U1

U1 =

L

UR

UR

R 2, 25R =

U

3, 25 =

200

3, 25 = 111V

C

B



Bài 2: Cho mạch điện như hình vẽ, biến trở RX Điều chỉnh RX để công suất tiêu thụ của đoạn mạch ngoài là cực đại, tính giá trị của RX đó

Giải

* Theo cách giải thông thường: dùng bất đẳng thức Cauchy:

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch ngoài là: P = RX.I2

Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch ta có:

X

I





 , thay I vào biểu thức tính công

suất ta được:

2 X



Ta nhận thấy:

2 X X

r

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy đối với RX và

2 X

r

R ta được

P

Do đó

2 max

P

4r



 Dấu đẳng thức xảy ra khi:

2

X

r

R

Vậy, công suất mạch ngoài đạt giá trị cực đại khi điện trở mạch ngoài bằng điện trở trong của nguồn điện

* Cách giải dùng ý nghĩa của đạo hàm:

2

2 X



R X

ξ; r

Đặt

2 X X

r

R

   , khi RX thay đổi thì Y là một hàm số với biến số là RX Ta nhận thấy rằng giá trị P cực đại khi Y cực tiểu, theo ý nghĩa của đạo hàm, biểu thức Y đạt giá trị cực tiểu khi đạo hàm bậc nhất của Y theo RX bằng 0 Khi đó ta có:

Qua hai cách giải, ta thấy ứng dụng đạo hàm có thể đưa đến kết quả nhanh hơn so với các phương pháp giải thông thường

Bài 3: Cho mạch điện xoay chiều không

phân nhánh như hình vẽ bên Gồm điện trở

thuần R, tụ điện C, cuộn thuần cảm L Đặt

vào hai đầu đoạn mạch hiệu điện thế u = U0cos(ωt) (V) Tần số dòng điện thay đổi được Tìm tần số góc của dòng điện để điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn thuần cảm đạt giá trị cực đại, tính giá trị cực đại này

Giải

Hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai đầu cuộn thuần cảm được tính theo công thức:

L L L

2 2 2

y

1

C





  



Khi đó UL = U.L.y

UL đạt giá trị cực đại khi y đạt cực đại mà y là hàm số với biến số là ω Theo ý nghĩa đạo hàm y cực đại khi đạo hàm của y theo ω phải bằng không

Mà

2 2

2

y

1

C



 



2 2

2



Thực hiện biến đổi ta được

2

Điều kiện để bài toán có nghiệm là: 2L R2 0 2L R2

Thay giá trị của ω vào biểu thức của y, thực hiện tính toán cuối cùng ta được giá trị cực đại của hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai đầu cuộn thuần cảm là:

Lmax

2 2

2

2L U

U

4L

R 4LC C R

C





Bài 4: Từ mặt đất một vật được ném xiên góc α so với phương nằm ngang, vận tốc ném ban

đầu là v0 Bỏ qua sức cản của không khí Tìm thời điểm để vật đạt độ cao cực đại

Giải

Chọn gốc toạ độ O tại vị trí ném, hệ trục Oxy như hình

vẽ Gốc thời gian lúc ném vật

Khi đó, vật chuyển động theo 2 phương:

*Theo trục Ox: vật chuyển động thẳng đều với phương

trình:

x = v0x.t = v0cosαt (1)

*Theo trục Oy: vật chuyển động chậm dần đều với với

phương trình:

y v t0 y 1gt2 v sin t0 1gt2

y là một hàm số theo biến số t Vật đạt độ cao cực đại khi y = ymax Theo ý nghĩa của đạo hàm, khi đó đạo hàm bậc nhất của hàm số y theo biến t bằng 0

  0

0 t

v sin

g



Bài 5: Một học sinh cầm hai quả bóng nhỏ trong tay Lúc đầu em đó tung qủa bóng thứ

nhất, thẳng đứng lên cao với vận tốc v0 Hỏi sau đó bao lâu học sinh đó phải tung quả bóng thứ hai thẳng đứng lên cao với vận tốc v0

2 để cho hai quả bóng đập vào nhau sau khoảng thời gian ngắn nhất (kể từ lúc đầu)

Giải

Gọi T là khoảng thời gian kể từ lúc tung quả bóng 1 đến khi tung quả bóng 2, t là khoảng thời gian kể từ lúc tung quả bóng 1 đến khi hai quả bóng đập vào nhau Chọn gốc toạ độ là vị trí tung bóng

Quả bóng 1 xét quá trình rơi xuống là chuyển động nhanh dần đều ngược chiều dương Quả bóng 2 xét quá trình bay lên là chuyển động chậm dần đều theo chiều dương Phương trình chuyển động của mỗi quả bóng là:

2 2

1

2

Hai quả bóng đập vào nhau khi: y1 = y2 hay    

2 2

2

0

v



0x

v



0y

v



 O

y

x

Suy ra  

2 0

0

t





 Ta thấy rằng t là một hàm số có biến số là T Theo ý nghĩa của đạo hàm t đạt giá trị cực tiểu khi đạo hàm bậc 1 của t theo biến T bằng 0:

0

(2gT v )

0

v T 2g



Khi đó, giải (1) theo biến số là T ta được  3 1 v 0

T

2g



Thay giá trị của T vào biểu thức của t ta được 3 

0 min

t

4g





Bài 6: Hai chất điểm M1, M2 lúc đầu cách nhau

một khoảng ℓ, đồng thời chuyển động đều trên

hai đường thẳng đồng quy hợp với nhau một góc

α với vận tốc lần lượt là v1, v2 như hình vẽ sau:

Tại thời điểm nào kể từ lúc bắt đầu chuyển động khoảng cách giữa hai chất điểm là ngắn nhất? Tìm khoảng cách ngắn nhất đó

Giải

Chọn hệ trục như hình vẽ Phương

trình của chất điểm M1 có dạng:

x1 = x01 + v1.t = ℓ – v1.t

Phương trình chuyển động của chất

điểm M2 có dạng: x1 = x02 + v2.t

Gọi d là khoảng cách giữa hai chất

điểm tại thời điểm t bất kỳ

Áp dụng định lý cosin ta được: d2 x + x12 22 2x x cos1 2 

d v + v + 2v v cosα t 2 v + v cosα t

Biểu thức của d2 có dạng một tam thức bậc 2 với biến số là t, theo ý nghĩa đạo hàm thì

d2 đạt giá trị nhỏ nhất khi đạo hàm của d2 theo biến t bằng 0

y t 2 v + v + 2v v cosα t 2 v + v cosα 0

v + v cosα t

v + v + 2v v cosα

Vậy thời gian để khoảng cách giữa hai chất điểm ngắn nhất là:

v + v cosα t

v + v + 2v v cosα

Thay giá trị t vào biểu thức của d2 ta được: 2  2 2

.v sin α d

v + v + 2v v cosα

O

 2 2  2 

d

v + v + 2v v cosα v + v + 2v v cosα

Bài 7: Một vật nhỏ A bắt đầu trượt từ đỉnh của một mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng α;

đáy có chiều dài là b Hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng nghiêng là μt Tìm giá trị góc α của mặt phẳng nghiêng để thời gian vật đi xuống là nhỏ nhất

Giải

Vật chịu tác dụng của: Trọng lực P

, phản lực N

, lực

ma sát trượt Fms



Áp dụng định luật II Newton ta có: ma   PNFms *

Chiếu phương trình (*) lên hệ trục Oxy đã chọn ta được

t

t







Quãng đường vật đi được sau thời gian t là: S 1at2

2

(S là độ dài mặt phẳng nghiêng)

Mặt khác, từ hình vẽ ta được:

 

Thay (1) vào (2) ta được:

2

2 t

2b t



t

M sin cos    cos  Khi đó 2 2b

t M.g



Để thời gian là cực tiểu thì M đạt cực đại (vì b, g không đổi), khi đó, theo ý nghĩa của đạo hàm thì M cực đại khi đạo hàm bậc nhất của M theo ẩn số α phải bằng 0

Khi đó: M    cos 2  tsin 2  0 cos 2  tsin 2  0

2

Bài 8: Vật khối lượng m được kéo đi lên trên mặt phẳng nghiêng

với lực F

, F

hợp với mặt phẳng nghiêng góc β Mặt phẳng nghiêng góc α so với mặt phẳng ngang Hệ số ma sát trượt giữa

vật và mặt phẳng nghiêng là μ

a) Tìm biểu thức tính F khi vật đi lên đều theo mặt phẳng nghiêng

b) Với m = 5 kg, α = 450; μ = 0,5; lấy g = 10 m/s2 Xét vật đi lên đều, tìm β để F nhỏ nhất,

tìm giá trị lực F nhỏ nhất đó

b

α

P



x

P



y

P

N



ms

f



F



Giải

a Các lực tác dụng lên vật như hình vẽ

Vật chuyển động đều nên:

mst

F  PF N 0

(*) Chiếu (*) lên: Ox: Fcos P sin Fmst  (2) 0

Oy: Fsin NP cos  (3) 0

Thay Fmst  N P cos Fsin vào (2) ta được: 



Vì P = mg,  và  xác định nên F = Fmin khi mẫu số Mcos  sin cực đại

Lấy đạo hàm của M theo biến là β và vận dụng ý nghĩa đạo hàm caaso một ta thấy biểu thức

M đạt cực đại khi đạo hàm cấp 1 của M bằng 0  tan =  0,5  26,56o

26,56

2

1

 

Bài 9: Một khối lượng khí không đổi thực hiện quá trình giãn

nở từ trạng thái 1 P ; V sang trạng thái  0 0 0

0

P

2

  có đồ thị P – V như hình vẽ Tính nhiệt độ cực đại của khối khí

trong quá trình biến đổi trạng thái

Giải

Từ đồ thị đã cho ta thấy biểu thức thể hiện mối liên hệ giữa áp suất và thể tích khí là P

= aV + b

- Khi V = V0 thì P0 = aV0 + b

- Khi V = 2V0 thì 0

0

P

Từ đó ta được hệ phương trình:

0

0

P

2







 Giải hệ phương trình ta được: 0

0 0

0 0

Áp dụng phương trình Mendeleev – Clapeyron ta được: PV = nRT Trong đó n là số mol khối khí Thay giá trị của P vào phương trình PV = nRT ta được:

V

P

P 0

0

P 2

2 1

2V

V 0



mst

F

P

F

N

O

y

x



0 2 0 2 0

0

Từ biểu thức ta thấy T là hàm số với ẩn là V Để nhiệt độ T đạt giá trị cực đại thì có rất nhiều cách để đưa tới đáp số tuy nhiên áp dụng đạo hàm để giải vẫn thuận tiện nhất và nhanh nhất

Theo ý nghĩa đạo hàm thì hàm số T đạt giá trị cực đại khi đạo hàm bậc nhất của T theo

V bằng 0

Ta dễ dàng tìm được đạo hàm của nhiệt độ T theo thể tích V là

0

0 0

Thay giá trị V 3V0

2

 vào biểu thức của nhiệt độ ta được 0 0

max

9P V T

8nR



Bài 10: Điểm sáng A nằm trên trục chính của một thấu kính mỏng trước thấu kính, phía sau

thấu kính đặt một màn ảnh vuông góc với trục chính của thấu kính Màn cách điểm sáng A một khoảng L Dịch chuyển thấu kính trong khoảng từ A đến màn, ta thấy khi thấu kính cách màn một đoạn ℓ thì trên màn thu được một vệt sáng nhỏ nhất Tính tiêu cự của thấu

kính theo L và ℓ

Giải

Ta có: A IK' đồng dạng với A OM' Áp dụng các hệ thức trong tam giác đồng dạng

ta được: IK A I r d + d - L;d d.f



Thay d d.f

d f

 

 vào ta được:

2

d.f

d.f







r

R

Giá trị R không đổi, do đó r nhỏ nhất khi y nhỏ nhất

Xét biểu thức y d L L

  , ta thấy y nhỏ nhất khi



  nhỏ nhất Theo ý nghĩa đạo hàm, y nhỏ nhất khi đạo hàm của y theo biến d bằng 0

y 1 L2 0 1 L2

f



II Định nghĩa đạo hàm cấp hai và ý nghĩa hình học của nó

Qua những bài tập minh họa trên cho thấy, việc vận dụng đạo hàm bậc 1 vào biện luận các bài tập vật lý liên quan đến cực trị để giải thường thuận tiện hơn so với việc sử dụng những phương pháp khác để giải Bên cạnh đó, đạo hàm cũng có ý nghĩa rất quan trọng trong việc giải các bài tập vật lý Phần tiếp theo, tôi đề cập đến ý nghĩa hình học của đạo hàm cấp hai và ứng dụng của nó trong việc giải quyết một số bài toán vật lý

Theo định nghĩa thì đạo hàm cấp hai được tính theo công thức:

 

x 0

dy d

dx

 



Ta đã biết, Theo ý nghĩa hình học của đạo hàm thì “độ dốc” của đồ thị được xác định bằng đạo hàm bậc nhất Và để xác định được độ cong của đồ thị ta dựa vào đạo hàm bậc 2

Xét một cung nhỏ P0P có độ dài ds

Khi đó ta có:

 2  2

ds

d

 

2

2 2

1 dx

  

Cuối cùng ta được:

2 2 3/ 2 2

d y

1 dx





Như vậy độ cong của đồ thị một hàm số tại mỗi điểm được xác định bằng đạo hàm bậc nhất và đạo hàm bậc hai của hàm số tại điểm đó

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

+ Tâm của đoạn cong ở phía dưới đồ thị thì r < 0

+ Tại các cực trị thì dy 0

dx  nên

2 2

r  dx ; Nếu

2 2

d y 0

dx  thì hàm lõm, đó là cực tiểu, ngược lại nếu

2

2

d y

0

dx  thì hàm lồi, đó là cực đại

BÀI TẬP MINH HỌA

Bài 1: Một hòn bi nhỏ khối lượng m bắt đầu lăn từ điểm O trên một máng trơn OCB Hãy

tính áp lực của bi lên máng tại C, biết rằng hình cắt của máng là một đường được xác định bằng phương trình: yh sinx

  , với h3



Giải

Trước hết ta xác định độ dốc của

máng tại C: dy hcos x

dx

Tại điểm C thì x

2

 

ta có dy 0

dx  Chọn mốc thế năng tại C, áp dụng

định luật bảo toàn cơ năng ở O và ở C ta

có:

 Phương trình động lực học tại C ta có:

2

v

r

(r là bán kính cong của quỹ đạo tại C)

Theo ý nghĩa của đạo hàm cấp 2 thì r được xác định bằng công thức sau:

2 2 3/ 2 2

d y

1

dx





Tại C ta có dy 0

dx  và

sin

Dấu “ – ” có ý nghĩa rằng bề lõm của quỹ đạo tại C quay lên trên, ta chỉ lấy độ lớn của bán kính cong nên thay vào biểu thức tính r ta được giá trị r  3



 Khi đó áp lực lên máng bằng:





Bài 2: Một quả cầu sắt (A) có khối

lượng m = 2 kg có thể trượt không

ma sát dọc theo một thanh cố định

nằm ngang, thanh quyên 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 = 1,6 m Ban đầu các quả cầu đứng yên, sợi dây nối căng ngang và tổng chiều dài đúng bằng chiều dài thanh Khi đó thả nhẹ quả cầu (B)

để nó bắt đầu rơi với vận tốc ban đầu bằng 0 Lấy g = 10 m/s2

a Hãy xác định dạng quỹ đạo chuyển động của quả cầu (B)

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

Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho, O là

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:

mv mv 0v  v

Tức là xA = - xB ở mọi thời điểm, và ta có:

L L

2

Đây là phương trình của Elip

b Áp lực của thanh lên quả cầu (A)

Đối với chuyển động của hệ thì quỹ đạo của (B) là một phần của elip này, với y ≥ 0

y L 4x

Lấy đạo hàm cấp hai của y ta có:

2 3/ 2 2

4L y

  



Bán kính cong của quỹ đạo thấp nhất của (B) là:

 

r

Dấu “ - ” có nghĩa là bề lõm quay về gốc tọa độ, tức là ta lấy r L

4

 Gia tốc hướng tâm tại B:

B

a

Khi sợi dây thẳng đứng thì: vBx vB  vA v

Bảo toàn cơ năng cho hệ: 2 mv1 2 mgL v gL 4m / s

Vậy ta có: aB = 40 m/s2

Áp dụng định luật II Niu – Tơn cho vật (B) ta có:

T – mg = m.aB → T = m.(g + aB) = 100 N

Đối với vật A thì áp lực lên thanh được tính : N = m.g + T