›

Khóa luận Sử dụng tiếng Anh cho vật lý cho phân dạng bài tập phần cơ học vật rắn

pdf 51 trang thiennha21 15/04/2022 5560
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Khóa luận Sử dụng tiếng Anh cho vật lý cho phân dạng bài tập phần cơ học vật rắn", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfkhoa_luan_su_dung_tieng_anh_cho_vat_ly_cho_phan_dang_bai_tap.pdf

Nội dung text: Khóa luận Sử dụng tiếng Anh cho vật lý cho phân dạng bài tập phần cơ học vật rắn

  1. TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA VẬT LÝ NGUYỄN TRƢỜNG GIANG SỬ DỤNG TIẾNG ANH CHO VẬT LÝ CHO PHÂN DẠNG BÀI TẬP PHẦN CƠ HỌC VẬT RẮN KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Vật lý đại cƣơng HÀ NỘI,2018
  2. TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA VẬT LÝ NGUYỄN TRƢỜNG GIANG SỬ DỤNG TIẾNG ANH CHO VẬT LÝ CHO PHÂN DẠNG BÀI TẬP PHẦN CƠ HỌC VẬT RẮN KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Vật lý đại cƣơng Ngƣời hƣớng dẫn khoa học: GV.ThS Hoàng Văn Quyết HÀ NỘI, 2018
  3. LỜI CẢM ƠN Để hoàn thành đề tài khóa luận và kết thúc khóa học, với tình cảm chân thành, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 đã tạo điều kiện cho tôi có môi trường học tập tốt trong suốt thời gian tôi học tập, nghiên cứu tại trường. Tôi xin gửi lời cảm ơn tới Thầy Hoàng Văn Quyết đã giúp đỡ tôi trong suốt quá trình nghiên cứu và trực tiếp hướng dẫn tôi hoàn thành đề tài luận văn tốt nghiệp này. Đồng thời, tôi xin bày tỏ lòng cảm ơn tới thầy cô trong Khoa Vật lí, bạn bè đã giúp đỡ, tạo điều kiện cho em trong suốt quá trình học tập và hoàn thành Khóa luận tốt nghiệp lần này. Xuân Hòa, ngày 9 tháng 5 năm 2018 Sinh viên Nguyễn Trƣờng Giang
  4. LỜI CAM ĐOAN Dưới sự hướng dẫn của Ths. Hoàng Văn Quyết khóa luận tốt nghiệp chuyên ngành Vật lí đại cương với đề tài “SỬ DỤNG TIẾNG ANH CHO VẬT LÝ CHO PHÂN DẠNG BÀI TẬP PHẦN CƠ HỌC VẬT RẮN” được hoàn thành bởi chính sự nhận thức của bản thân, không trùng với bất cứ khóa luận nào khác. Trong khi nghiên cứu khóa luận, tôi đã kế thừa những thành tựu của các nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn. Xuân Hòa, ngày 9 tháng 5 năm 2018 Sinh viên Nguyễn Trƣờng Giang
  5. MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1 1. Lý do chọn đề tài: 1 2. Mục đích nghiên cứu đề tài: 2 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu: 2 4. Nhiệm vụ nghiên cứu: 2 5. Phương pháp nghiên cứu: 2 6. Cấu trúc khóa luận. 2 CHƢƠNG 1: CƠ SỞ LÝ THUYẾT 3 1. Mô men quán tính. Định lí Huy ghen – stennơ: 3 2. Chuyển động của vật rắn 4 3. Mô men lực. Điều kiện cân bằng của vật rắn 6 4. Mô men động lượng. Định luật bảo toàn và biến thiên mô men động lượng . 9 5. Động năng của vật rắn 11 CHƢƠNG 2: PHÂN DẠNG BÀI TẬP CƠ HỌC VẬT RẮN 14 2.1. The problem of finding the center of the solid 14 2.2. Balance problem of solids 17 2.3. The problem using the dynamic method 25 2.4. The problem uses conservation law and momentum moment variation 31 2.5. The problem uses conservation law and mechanical energy variation 37 KẾT LUẬN 45
  6. MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Việt Nam - Đất nước có hơn bốn ngàn năm văn hiến, cùng với một nền giáo dục được hình thành từ lâu đời, dân tộc Việt Nam luôn được bạn bè khắp năm châu ngưỡng mộ về sự cần cù, chăm học, thông minh.Vì thế, không quá khó để giải thích tại sao những vấn đề trong giáo dục luôn là đề tài nóng bỏng thu hút sự chú ý của báo giới, các chuyên gia,các nhà lãnh đạo và các tầng lớp nhân dân. Giáo dục là nền tảng của sự nghiệp phát triển quốc gia, góp phần đưa đất nước hội nhập với thế giới. Trên những chặng đường thử thách hiện nay, ngành giáo dục đang tích cực đổi mới phương pháp dạy và học. Nhà giáo dục không chỉ chú ý tới việc truyền thụ tri thức thông thường, mà quan trọng hơn là phải biết dạy cách học, cách nghiên cứu, làm cho người học chủ động, sáng tạo, tích cực trong học tập. Đổi mới phương pháp dạy học là nhằm nâng cao hiệu quả, chất lượng giáo dục. Một trong những phương pháp đổi mới hiện nay là đưa sách song ngữ vào việc giảng dạy thay thế cho sách tiếng mẹ đẻ trước đây, nhằm đáp ứng xu hướng hội nhập toàn cầu. Thực tế giảng dạy ở bậc trung học phổ thông,chúng ta có thể thấy tầm quan trọng của việc lồng ghép Tiếng Anh vào các môn học nói chung và môn Vật lý nói riêng, không chỉ bổ sung kiến thức chuyên sâu của môn học mà còn nâng cao vốn ngoại ngữ, từ đó hướng tới việc đọc sách và tài liệu nghiên cứu nước ngoài. Xuất phát từ những lí do trên, tôi quyết định chọn “Sử dụng Tiếng Anh cho Vật lý trong phân dạng bài tập phần Cơ học vật rắn” làm để tài khóa luận tốt nghiệp của mình. 1
  7. 2. Mục đích nghiên cứu đề tài Phân dạng bài tập phần Cơ học vật rắn bằng tiếng anh. 3. Đối tƣợng và phạm vi nghiên cứu - Đối tượng: Các kiến thức Vật lý phần Cơ học vật rắn và Tiếng Anh cho chuyên ngành Vật lý. - Phạm vi: Xét trong Vật lý cổ điển. 4. Nhiệm vụ nghiên cứu - Xây dựng hệ thống từ vựng phần Cơ học vật rắn. - Trình bày logic, khoa học lý thuyết phần Cơ học vật rắn. - Phân dạng các bài toán bằng tiếng anh. 5. Phƣơng pháp nghiên cứu - Đọc, tra cứu tổng hợp tài liệu. 6. Cấu trúc khóa luận Ngoài phần Mở đầu, Kết luận, Danh mục tài liệu tham khảo, nội dung chính của khóa luận gồm hai chương sau: Chương 1: Cơ sở lý thuyết của việc phân dạng bài tập phần cơ học vật rắn Chương 2: Phân dạng bài tập cơ học vật rắn 2
  8. CHƢƠNG 1: CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1. Mô men quán tính. Định lí Huy ghen – stennơ Mô men quán tính của một vật đối với một trục nào đó được xác định bởi công thức: I m r 2 (1)  ii Biểu thức này cho ta thấy quán tính I không liên quan gì tới trạng thái quay của vật. Thực tế, mô men quán tính của mỗi vật chỉ thể hiện khi có mô men ngoại lực tác dụng lên vật. Với cùng một mô men tác dụng,vật nhận được gia tốc góc càng lớn nếu mô men quán tính của vật càng bé và ngược lại. Ta thấy có sự tương tự giữa mô men quán tính ( I ) với khối lượng quán tính ( m) của vật. Vật có khối lượng hay mô men quán tính càng bé,khi chịu tác dụng của lực hoặc mô men lực, thì thu được gia tốc càng lớn và ngược lại. Đối với các vật rắn khối lượng của vật được phân bố theo toàn thể thể tích của vật, do vậy mô men quán tính của vật đối với một trục nào đó được xác định bởi công thức: I r22 dm r dV (2) vv Trong đó: r là khoảng cách từ phần tử khối lượng dm tới trục quay; dV là thể tích của phần tử đó; là mật độ khối lượng. Tích phân được lấy theo toàn bộ thể tích của vật. Mô men quán tính của một vật phụ thuộc vào hình dạng, kích thước của vật, khối lượng cũng như sự phân bố khối lượng của vật, phụ thuộc vào trục quay vì khi thay đổi trục quay thì r thay đổi. Từ biêu thức ta thấy, mô men quán tính là một đại lượng cộng được. 3
  9. Tính chất này cho phép tính mô men quán tính của một vật bất kì thông qua việc tính mô men quán tính từng phần của vật. Định lí Steno-Huyghen: Trên đây ta đã biết mô men quán tính của một số vật đối với trục đối xứng đi qua khối tâm của chúng. Để tính mô men quán tính đối với trục bất kì ta sử dụng định lí Steno-Huyghen. Định lí: Mô men quán tính I của một vật rắn đối với một trục bất kì bằng mô men quán tính I0 của vật đó đối với trục song song với trục bất kì và đi qua khối tâm 0 của vật cộng với tích khối lượng của vật với bình phương khoảng cách giữa hai trục đó. 2 (3) I I0 ma 2. Chuyển động của vật rắn Vật rắn có kích thước cụ thể nên chuyển động của nó rất phức tạp, song chuyển động bất kì của vật rắn luôn có thể quy về là tổng hợp của hai chuyển động cơ bản: chuyển động tịnh tiến và chuyển động quay. Tính chất chung: Chuyển động tịnh tiến là chuyển động trong đó một đoạn thẳng nối hai chất điểm bất kì của vật rắn luôn song song với chính nó. Trong chuyển động như vậy thì mọi điểm của vật đều vẽ lên những quỹ đạo giống nhau, song song với nhau. Tại mỗi thời điểm, các điểm của vật đều có cùng một véc tơ vận tốc và véc tơ gia tốc. Do vậy, khi nghiên cứu chuyển động tịnh tiến của vật rắn ta chỉ cần khảo sát chuyển động của một điểm bất kì của nó, thường người ta chọn điểm này là khối tâm của vật. Chuyển động tịnh tiến có thể là chuyển động thẳng và cũng có thể là chuyển động cong. 4
  10. Chuyển động quay là chuyển động trong đó mọi điểm của vật rắn vẽ nên những quỹ đạo có tâm nằm trên cùng một đường thẳng gọi là trục quay. Những điểm nằm trên trục quay có vận tốc bằng không. - Trục quay cố định,trục quay tức thời Khi xét chuyển động của các vật ta luôn căn cứ vào một hệ quy chiếu nào đó. Tùy theo hệ quy chiếu được chọn mà trục quay của vật có thể cố định hay chuyển động. Khi khảo sát những chuyển động phức tạp người ta thường sử dụng trục quay tức thời. Trục quay tức thời của một vật ở một thời điểm nào đó là tập hợp những điểm của vật có vận tốc bằng không đổi với hệ quy chiếu khảo sát tại thời điểm đó. Các đặc trưng của chuyển động quay quanh một trục cố định: Khi vật rắn quay quanh một trục cố định, mọi điểm của vật rắn: - Đều vẽ lên những vòng tròn nằm trong những mặt phẳng vuông góc với trục quay và có tâm thuộc trục quay. - Trong cùng một khoảng thời gian quay được góc như nhau. - Tại cùng một thời điểm có cùng một vân tốc góc  và gia tốc góc  . - Càng xa trục quay, vận tốc và gia tốc càng lớn. - Giữa vận tốc và gia tốc với vận tốc góc và gia tốc góc có mối liên hệ với nhau như sau: vr  (4) ar  Hay dưới dạng véc tơ: 5
  11. vr  ar  Vì góc quay , vận tốc góc  và gia tốc góc  của các điểm thuộc vật đều như nhau nên khi nghiên cứu chuyển độngquay của vật rắn quanh một trục cố định người ta sử dụng các đại lượng này và chỉ cần khảo sát góc quay, vận tốc góc và gia tốc góc của một điểm bất kì của vật. 3. Mô men lực. Điều kiện cân bằng của vật rắn 3.1. Mô men lực Mô men lực là một đại lượng trong vật lý, thể hiện tác động gây ra sự quay quanh một điểm hoặc một trục của một vật thể. Nó là khái niệm mở rộng cho chuyển động quay từ khái niệm lực trong chuyển động thẳng. Mô men lực,  , là một véc tơ mô men, bằng kết quả phép nhân véc tơ của lực tác dụng, F , với véc tơ cánh tay đòn (véc tơ khoảng cách từ điểm tác dụng tới tâm quay), r .  rF (5) Khái niệm cánh đòn tay, một đặc điểm về khoảng cách, là chìa khóa hoạt động của đòn bẩy, ròng rọc, bánh răng và đa số các bộ máy cơ bản có khả năng tạo ra các mô hình cơ học nâng cao. Mô men lực được đưa ra từ khi Archimedes khám phá ra nguyên lý hoạt động của đòn bẩy. Trong một đòn bẩy, Archimedes thấy rằng độ lớn của khả năng tác động lực tỷ lệ thuận với độ lớn của lực và đồng thời tỷ lệ thuận với khoảng cách từ điểm tác dụng lực tới tâm quay (cánh tay đòn). Trong chuyển động quay của vật thể rắn, nếu không có mô men lực tác 6
  12. động lên vật, mô men động lượng của vật thể sẽ không thay đổi theo thời gian. Khi có mô men lực, τ, mô men động lượng, L, thay đổi theo phương trình tương tự như định luật 2 Newton: dL  (6) dt Nếu mô men quán tính của vật thể không thay đổi, phương trình trên trở thành: d (7) I  dt Đối với một điểm tựa, tổng các mô men lực của các lực quay theo chiều kim đồng hồ bằng tổng các mô men lực của các lực quay ngược chiều kim đồng hồ. Hệ lực mà tổng các lực bằng không và tổng mô men của chúng cũng bằng không được gọi là hệ lực cân bằng. Như vậy nếu hệ lực Fi ( i  1 n ) là hệ lực cân bằng thì ta có: FF  i 0 i (8) M  Mi r i  F i 0 ii 3.2. Cân bằng của vật rắn Khi tổng các lực tác dụng lên vật rắn bằng không thì khối tâm của vật rắn đứng yên hoặc chuyển động thẳng đều nhưng vật có thể quay quanh trục đi qua khối tâm. Với chuyển động quay, hiện tượng cũng xảy ra hoàn toàn tương tự, nghĩa là vật không quay hoặc quay đều nếu tổng mô men tác dụng lên vật đối với điểm O bất kì bằng 0. Như vậy, khi hệ lực tác dụng lên vật là hệ lực cân 7
  13. bằng thì vật sẽ chuyển động( tịnh tiến, quay) không đổi. Nếu ban đầu vật đứng yên thì nó sẽ giữ nguyên trạng thái đứng yên. Từ đó suy ra, điều kiện để vật rắn ở trạng thái cân bằng là hệ lực tác dụng lên vật phải là hệ lực cân bằng và tại thời điểm ban đầu vật đứng yên. Một số trường hợp cụ thể: +) Cân bằng của vật rắn chịu tác dụng của hai lực: Từ biểu thức (8) suy ra: Muốn cho một vật chịu tác dụng của hai lực ở trạng thái cân bằng thì hai lực đó phải trực đối ( cùng giá, cùng độ lớn và ngược chiều). (9) FFFF1 2 0  1 2 Tác dụng của một lực lên một vật rắn không thay đổi khi điểm đặt của lực đó dời chỗ trên giá của nó. +) Cân bằng của một vật chịu tác dụng của ba lực không song song: Từ biểu thức (8) suy ra: Để một vật chịu tác dụng của ba lực FFF1,, 2 3 không song song ở trạng thái cân bằng thì hợp lực phải cân bằng với lực thứ ba: FFFFFF 0  (10) 1 2 3 1 2 3 Muốn thỏa mãn điều kiện trên thì ba lực đó phải có giá phẳng và đồng quy. +) Cân bằng của một vật rắn có trục quay cố định (quy tắc mô men lực): Từ biểu thức (8) suy ra: Muốn cho vật rắn có trục quay cố định ở trạng thái cân bằng thì tổng lực tác dụng lên vật đối với trục quay phải bằng 0. M M r  F 0 (11) i i i ii 8
  14. Hay, tổng các lực có xu hướng làm vật quay theo một chiều nào đó phải bằng tổng mô men lực có xu hướng làm vật quay theo chiều ngược lại. Các dạng cân bằng: Khi vật bị kéo ra khỏi vị trí cân bằng một chút rồi được thả ra thì có thể xảy ra các trường hợp sau: +) Hợp lực tác dụng lên vật có xu hướng đưa vật trở lại vị trí ban đầu, ta nói rằng vật ở vị trí cân bằng bền. +) Hợp lực tác dụng lên vật có xu hướng đưa vật ra xa vị trí cân bằng ban đầu, ta nói rằng vật ở vị trí cân bằng không bền. +) Vật ở vị trí cân bằng mới, ta nói vật ở vị trí cân bằng phiếm định. ` Nguyên nhân gây ra các dạng cân bằng khác nhau là do vị trí trọng tâm của vật. Ở vị trí cân bằng không bền, trọng tâm ở vị trí cao nhất so với các vị trí lân cận. Ở vị trí cân bằng bền, trọng tâm ở vị trí thấp nhất so với các vị trí lân cận. Ở vị trí cân bằng phiếm định, vị trí trọng tâm không thay đổi hoặc ở một độ cao không đổi. 4. Mô men động lƣợng. Định luật bảo toàn và biến thiên mô men động lƣợng 4.1. Mô men động lượng Trong vật lý học, đại lượng mô men động lượng (hay mô men xung lượng, động lượng quay) là một tính chất mô men gắn liền với vật thể trong chuyển động quay đo mức độ và phương hướng quay của vật, so với một tâm quay nhất định. Với vật rắn cổ điển có kích thước nhỏ hơn nhiều khoảng cách tới tâm quay, mô men động lượng L , phụ thuộc vào động lượng p của vật thể và véc-tơ khoảng cách từ vật thể tới tâm quay r . 9
  15. L r p r mv (12) Với các vật thể rắn có hình dạng bất kỳ, mô men động lượng có thể được tính từ mô men quán tính I, và vận tốc góc  . (13) LI  Phương trình chuyển động của vật rắn quanh một trục cố định được viết dưới dạng: d L d MI z  (14) z dt dt 4.2. Định luật bảo toàn mô men động lượng của vật rắn Từ phương trình chuyển động quay của vật rắn quanh một trục cố định ta thấy: Nếu không có ngoại lực tác dụng lên vật hay tổng mô men ngoại lực tác dụng lên vật bằng không, mô men động lượng của vật không đổi: (15) Lz I const Nếu mô men quán tính I của vật không đổi( vật tuyệt đối rắn) thì Lz const suy ra:  const (16) Nếu vật không tuyệt đối rắn( bị biến dạng) hay vật cấu tạo từ nhiều phần khác nhau mà các phần này có thể thay đổi vị trí dưới tác dụng của nội lực thì mô men quán tính I sẽ biến đổi. Trong trường hợp này nếu mô men động lượng không đổi thì  sẽ biến đổi. 4.3. Định luật biến thiên mô men động lượng của vật rắn Phương trình (14) chính là phương trình của định luật biến thiên mô men động lượng. Nội dung định luật được phát biểu như sau: Tốc độ biến thiên mô men động lượng của vật rắn bằng mô men của lực tác dụng lên vật. 10
  16. Biến thiên của mô men động lượng Lz của vật có thể còn xảy ra do mô men quán tính của nó biến đổi: (17) LIIz 2 2 1 1 Do vậy,(14) là phương trình chuyển động quay dạng tổng quát, tương tự như phương trình: dp F dt 5. Động năng của vật rắn 5.1. Động năng của vật rắn chuyển động Chúng ta xem vật rắn như là một hệ chất điểm, vì vậy động năng của nó chính bằng động năng của hệ chất điểm ấy. Một cơ hệ mà mỗi chất điểm của cơ hệ có khối lượng và vận tốc tương ứng là mi và vi thì động năng của cơ hệ là : 1 T m v2 (19)  2 ii Đối với vật rắn, khối lượng của vật phân bố liên tục trong toàn thể tích của vật do vậy tổng trên được thay bằng tổng tích phân. 11 T v22 dm v dV (20) 22vv Trong đó,v là tốc độ của nguyên tố thể tích dV của vật, tích phân được lấy theo toàn bộ thể tích V của vật. Sử dụng công thức (20), ta tính động năng của vật rắn chuyển động. 5.2. Động năng của vật rắn chuyển động tịnh tiến Trong chuyển động tịnh tiến thì mọi điểm của vật đều có vận tốc như nhau và bằng vật tốc khối tâm của vật vv 0 , do vậy : 11
  17. 1 1 1 T v2 dm v 2 dm v 2 dm tt 2 2 00 2 vv 1 2 Ttt mv0 (21) 2 Với m dm : khối lượng của vật rắn. v Vậy : Động năng của vật rắn chuyển động tịnh tiến bằng động năng của khối tâm mang toàn bộ khối lượng của vật. 5.3. Động năng của vật rắn quay quanh một trục cố định Khi vật rắn quay xung quanh một trục cố định với vận tốc góc  thì vận tốc dài v của mỗi chất điểm cách trục một khoảng r là vr  . Theo (20) thì động năng của vật rắn trong chuyển động quay sẽ là : 1 12 1 T v2 dm  r dm 2 r 2 dm. q 2v 2 v 2 v Ở đây, r2 dm I : mô men quán tính của vật đối với trục quay. v 1 (22) Vậy: TI 2 q 2 5.4. Động năng toàn phần của vật rắn chuyển động Khi vật rắn tham gia chuyển động bất kỳ, ta xem chuyển động đó là tổng hợp của hai chuyển động thành phần: chuyển động tịnh tiến của khối tâm với vận tốc v0 và chuyển động quay quanh trục tức thời đi qua khối tâm với vận tốc góc . Theo định lý cộng vận tốc ta có : v v v, v  r (23) 00 12
  18. , Trong đó : v là vận tốc của điểm ta xét đối với khối tâm của vật; r là bán kính vectơ của điểm ta xét đối với khối tâm của vật. Thay vào công thức (20) ta có động năng của vật rắn chuyển động bất kỳ là: 1 12 1 1 2 T vdm22 v  rdm vdmv  r  rdm 0 0 0 2v 2 v 2 v v 2 v Ta thấy: 1 1 1 v2 dm v 2 dm mv 2; 0 0 0 2vv 2 2 v  r dm v rdm 0 00 vv Vì trong quy chiếu gắn với khối tâm rdm mr 0 0 v 12 12 1 1  r dm  r dm 2  2 r 2 dm I  2 , trong đó r là điểm ta nn 0 n 2v 2 v 2 v v 2 xét tới trục quay đi qua khối tâm, I0 mômen quán tính của vật đối với trục quay đi qua khối tâm. Do vậy: 11 T m22 I T T (24) tp2200 tt q Vì động năng của vật rắn chuyển động bất kì bằng tổng động năng của chuyển động tịnh tiến và động năng quay, do vậy người ta còn gọi nó là động năng toàn phần của vật rắn. Tóm lại: Động năng của toàn phần của vật rắn chuyển động bằng tổng động năng chuyển động tịnh tiến và động năng quay quanh trục đi qua khối tâm. 13
  19. CHƢƠNG 2: PHÂN DẠNG BÀI TẬP CƠ HỌC VẬT RẮN 2.1. The problem of finding the center of the solid Exercise 2.1.1: Determine the center of mass for the region bounded by y sin(2 x ), y 0 on the interval 0, . 2 Solution Center of Mass Coordinates b x f x g x dx M 1 b x y a x f x g x dx MAb f x g x dx a a b 1 22 f x g x dx b M 2 11 22 y xa f x g x dx MAb 2 f x g x dx a a Where b A f x g x dx a Note that the density, ρ, of the plate cancels out and so isn’t really needed. Here is a sketch of the region with the center of mass denoted with a dot. 14
  20. (Fig 2.1.1) Let’s first get the area of the region. A 2 2sin(2 x ) dx 2 0 Now, the moments (without density since it will just drop out) are: 2 M 2sin2 (2 x ) dx x 0 2 2 M 2 x sin(2 x ) dx y M 1 cos(4 x ) dx 0 x 0 M y M 2 x 2 The coordinates of the center of mass are: x 2 24 y 2 24 Again, note that we didn’t put in the density since it will cancel out. 15
  21. So, the center of mass for this region is , . 44 Exercise 2.1.2: The minute hand of a clock consists of an arrow and a circle connected by a thin piece of metal with negligible mass. The arrow has a mass of 15.0 g, and the circle has a mass of 60.0 g. If the circle is at position 0.000 m, and the arrow is at position 0.100 m, where is the center of mass? Solution The center of mass of the minute hand can be found using the formula: n mx i ii m1 x 1 m 2 x 2 X n m mm12 i i 60 10 33 0 15 10 0.1 X 60 10 33 15 10 Xm0.02 The center of mass is 0.02m from the circle. Exercise 2.1.3: A hanging light fixture has the following lights attached to it: i) a 0.10 kg light at position 0.00 m, ii) a 0.20 kg light at position 0.20 m, iii) a 0.80 kg light at position 0.80 m, and iv) a 0.10 kg light at position 1.0 m. Where is the center of mass? Answer: The center of mass is at position 0.65 m. Exercise 2.1.4: Determine the center of mass for the region bounded by y x3, y x . 16
  22. (Fig 2.1.4) 12 3 Answer: The coordinates of the center of mass are , 23 7 Exersise 2.1.5: A 170-cm-tall person lies on a light (massless) board which is supported by two scales, one under the feet and one beneath the top of the head (Figure). The two scales read, respectively, 31.6 and 35.1kg. Where is the center of gravity of this person? (Fig 2.1.5) Answer: x = 0.805 m from the top of their head, and 1.70 m - 0.805 m = 0.895 m from their feet. 2.2. Balance problem of solids 17
  23. Exercise 2.2.1: A uniform 40.0-N board supports a father and daughter weighing 800 N and 350 N, respectively, as shown in figure. If the support (called the fulcrum ) is under the center of gravity of the board and if the father is 1.00 m from the center, (a) determine the magnitude of the upward force n exerted on the board by the support. b) Determine where the child should sit to balance the system. (Fig 2.2.1) Solution First note that, in additionto n , the external forces acting on the board are the downward forces exerted by each person and the force or gravity is at its geometric center because we were told the board is uniform. Because the system is in static equilibrium, the upward force n must balance all the downward forces. From Fy 0 we have, once we define upward as the positive y direction. n 800 350 40 0 nN 1190 ( The equation Fx 0 also applies, but we do not need to consider it because no forces act horizontally on the board) 18
  24. b) To find this position, we must invoke the second condition for equilibrium. Taking an axis perpendicular to the page through the center of gravity of the board as the axis for our torque equation (this means that the torques produced by n and the force of gravity acting on the board about this axis are zero), we see from  0 that 800 1 350x 0 xm 2.29 c) Repeat part (b) for another axis. Solution To illustrate that the chice of axis is arbitrary, let us choose an axis perpendicular to the page and passing through the location of the father. Recall that the sign of the torque qssociated with a force is positive if that force tends to rotate the system counterclockwise, while the sign of the torque is negative if the force tends to rotate the system clockwise. In this case,  0 yields: n 1.00 m 40 N 1.00 m 350 N 1.00 m x 0 From part (a) we know that nN 1190 . Thus, we can solve for x to find xm 2.29 . This result is in agreement with the one we obtained in part (b). Exercise 2.2.2: A uniform ladder of length l and weight mg 50 N resrs against a smooth, vertical wall(figure.a). If the coefficient of static friction between the ladder and the ground is s 0.40. Find the minimum anglemin at which the ladder does not slip. 19
  25. (Fig 2.2.2) Solution The free-body diagram showing all the external forces acting on the ladder is illustrated in figure (b). The reaction force R excerted by the ground on the ladder is the vector sum of a normal force n and the force of static friction fs . The reaction force P exerted by the wall on the ladder is horizontal because the wall is frictionless. Notice how we have included only forces that act on the ladder. For example, the forces exerted by the ladder on the ground and on the wall are not part of the problem and thus do not appear in the free- body diagram. Applying the first condition for the equilibrium to the ladder, we have: Fx f P 0 Fy n mg 0 From the second equation we see that n mg50 N . Furthermore, when the ladder is on the verge of slipping, the force of friction must be a maximum, which is given by fs, max  s n 0.40 50 N 20 N . Thus, at this angle, PN 20 . 20
  26. To find min , we must use the second condition for equilibrum. When we take the torques about an axis through the origin O at the bottom of the ladder, we have: l  Plsin  mg cos  0  0 2 Because PN 20 when the ladder is about to slip, and because mg 50 N , this expression gives: mg 50 tanmin 1.25 2p 40 0 min 51 An alternative approach is to consider the intersection O' of the lines action of forces mg and P . Because the torque about any origin must be zero, the torque about O' must be zero. This requires that the line of action of R (the resultant of n and f ) pass through O' . In other words, because the ladder is stationary, the three forces acting on it must all pass through some commom point. With this condition, you could then obtain the angle  that R makes with the horizontal (Were  is greater than  ). Because this approach depends on the length of the ladder, you would have to know the value of l to obtain a value for min . Exercise 2.2.3: a) Estimate the magnitude of the force F a person must apply to a wheelchair’s main wheel to roll up over a sidewalk curb (Figure 2.2.3.a). Tis main wheel, which is the one that comes in contact with the curb, has a radius r , and the height of the curb is h . 21
  27. b) Determine the magnitude and direction of R . (Fig 2.2.3) Solution Normally, the person’s hands supply the required force to a slightly smaller wheel that is concentric with the main wheel. We assume that the radius of the smaller wheel is the same as the radius of the main wheel, and so we can use r for our radius. Let us estimate a combined weight of mg 1400 N for the person and the wheelchair and choose a wheel radius of r 30 cm , as 22
  28. shown in figure2.2.3.(b). We also pick a crurb height of h 10 cm. We assume that the wheelchair and occupant are symmetric, and that each wheel supports a weight of 700N . We then proceed to analyze only one of the wheels. When the wheel is just about to be raised from the street, the reaction force exerted by the ground on the wheel at point Q goes to zero. Hence, at this time only three forces act on the wheel, as shown in figure2.2.3(c). However, the force R , which is the force exerted on the wheel by the curb, acts at point P , we do not need to include R in our torque equation. From the triangle OPQ shown in figure 2.2.3(b), we see that the moment arm d of the gravitational force mg acting on the wheel relative to point P is: 2 d r22 r h 2 rh h The moment arm of F is 2rh . There force, the net torque acting on the wheel about point P is: mgd F 20 r h mg2 rh h2 F 2 r h 0 mg2 rh h2 F 2rh 700N 2 0.3 m 0.1 m 0.1 m 2 FN 300 2 0.3mm 0.1 ( Notice that we have kept only one digit as significant). This reslt indicates that the force that must be applied to each wheel is substantial. You may want to estimate the force required to roll a wheelchair up a typical sidewalk accessibility ramp for comparison. 23
  29. b) We use the first condition for equilibrium to determine the direction: FFRx cos 0 Fy Rsin mg 0 Dividing the second equation by the first gives: mg700 N tan ; 700 FN300 We can use the right triangle shown in figure(d) to obtain R : R mg 2 F2 700 N 2 300 N 2 800 N Exercise 2.2.4: Find the tension in the two wires supporting the traffic light shown in Fig.2.2.4. (Fig 2.2.4) Answer: TNR 180 Exercise 2.2.5: Three forces are applied to a tree sapling, as shown in Fig, to stabilize it. If FNFNAB 282 , 355 , find FC in magnitude and direction. 24
  30. (Fig 2.2.5) Answer: FNC 370  64.30 Below the x axis, and to the left of the y, which means the indicated angle would be 1800 64.3 0 116 0 . Exercise 2.2.6: A 70-kg adult sits at one end of a 10-m board, on the other end of which sits his 30-kg child (into account the board's 15-kg mass). Where should the pivot be placed so the board (ignore its mass) is balanced? (Fig 2.2.6) Answer: x = 3.26 m from the adult. 2.3. The problem using the dynamic method Exercise 2.3.1: An Atwood machine consists of two masses, mA 65 kg and mB 75 kg connected by a massless inelastic cord that passes over a pulley 25
  31. free to rotate. The pulley is a solid cylinder of radius Rm 0.45 and mass 6.0 kg. Determine the acceleration of each mass. Solution Let TA = the tension in the cord above mA , and TB = the tension in the cord above mB 1 1 I the pulley moment of inertia MR2 6 0.4522 0.6075(kg . m ) 2 2 R pulley radius The mB accelerates downwards then TB must be bigger than TA as it is this difference that causes the pulley to accelerate. Let’s start with the pulley. It has two torques, a clockwise torque due to TB :  rF RTB And a ACW (Anti Clockwise) torque die to TA :  rF RTB Making ACW positive (That is, I am guessing that this is the direction the system will go) the net torque is: 26
  32.  NET RT B RT A Which is equal to Ia:  NET Ia RT B RT A But be want to make everything linear, so substitute: a r I RTBA RT a I RT RT R BA Divide both sides by R : a ITT R2 BA And now there are two other objects to set up F ma equations for: Mass A: TAAA m g m a Mass B: mBBB g T m a So now we have three unknowns, TA , TB and a , and these three equations: 1 Ma T T 2 BA TAAA m g m a TBBB m g m a Finally, put these into 27
  33. Ia TT R2 BA Ia m a m a m g m g R2 ABBA I a 2 mABBA m g m m R g m m a BA I mm R2 AB 1 I 1 (with I MR2 M ) 2 R2 2 9.8 75 65 a 0.685 m / s2 1 6 65 75 2 Exercise 2.3.2: To get a flat, uniform cylindrical satellite spinning at the correct rate, engineers fire four tangential rockets as shown in Fig. Suppose that the satellite has a mass of 3600 kg and a radius of 4.0 m, and that the rockets each add a mass of 250 kg. What is the steady force required of each rocket if the satellite is to reach 32 rpm in 5.0 min, starting from rest ? Solution (Fig 2.3.2) The moments of inertia of a uniform cylinder through its center is: 28
  34. 1 I = mr 2 2 So 1 I = (3600 250 4) 42 = 36800 kgm2 2 This leaves an obvious kinematics problem to solve (we need the angular acceleration) 0 0  = (32 Revolutions/Minute)(2 radians/revolution)(1 minute/60 sec) = 3.351(rad/s) ts 5min 60s/ min 300 Let's find the acceleration first:  00 at;  0;  3.351 rad / s ; t 300 s a 0.0112 rad / s2 So now we can use the angular version of F ma :  Ia 36800 kg . m22 0.0112 rad / s 411.06 Nm The formula for torque is:  rF rFsin q The force is applied at a 900 angle to the radius, so the the factor sinq becomes 1, and really the torque is:  rF So we can now solve for the net tangential force at the edge of the satellite (at radius of 4.0 m)  Rf 411.06 Nm 4.0 m F 29
  35. F = 102.76 N, but since there are four engines working together, each one needs to exert one fourth of this: FN102.76 25.69N 44 Exercise 2.3.3: A grinding wheel is a uniform cylinder with a radius of 8.50 cm and a mass of 0.580 kg. Calculate : (a) Its moment of inertia about its center. (b) The applied torque needed to accelerate it from rest to 1500 rpm in 5.00 s. Take into account a frictional torque that has been measured to slow down the wheel from 1500 rpm to rest in 55.0 s. Answer: a) I 0.00209525 kg . m2 b)  0.005984 Nm c)  0.0718 Nm Exercise 2.3.4: The bolts on the cylinder head of an engine require tightening to a torque of 95mN . If a wrench is 28 cm long, what force perpendicular to the wrench must the mechanic exert at its end? If the six-sided bolt head is 15 mm across, estimate the force applied near each of the six points by a wrench. (Fig 2.3.4) Answer: F = N = 2111.11 N per side 30
  36. Exercise 2.3.5: Two blocks are connected by a light string passing over a pulley of radius 0.15m and moment of inertia I. The blocks move (towards the right) with an acceleration of 1.00ms / 2 along their frictionless inclines. (a) Draw free-body diagrams for each of the two blocks and the pulley. (b) Determine FTA and FTB the tensions in the two parts of the string. (c) Find the net torque acting on the pulley, and determine its moment of inertia, I. Answer: (Fig 2.3.5) b) The tensions in the two parts of the string. FNT 49.5 A FN 75.7 TB c) The net torque acting on the pulley, and determine its moment of inertia, I.  FTT F R 3.93 N . m BA I 0.59 kg . m2 2.4. The problem uses conservation law and momentum moment variation Exercise 2.4.1: A person of a mass 75kg stands at the center of a rotating merry-go-round platform of radius 3.0m and moment of inertia 1000kgm2 . The platform rotates without friction with angular velocity 2.0rad / s . The person walks radially to the edge of the platform. 31
  37. Calculate the angular velocity when the person reaches to the edge. Solution This is a conservation of angular momentum problem. Now, the formula for angular momentum is: LI  So basically, L before = L after: II1 1 2 2 With a person on a merry-go-round, the moment of inertia would be the moment of inertia of the person plus the moment of inertia of the merry-go- round. In this case the person starts at the center of the rotating merry-go-round, and so I think we are to say their moment of inertia is zero or negligible (it would be small), but then they move to the outside edge of the merry-go-round. The moment of inertia of the merry-go-round is the same before and after and given as 1000kgm2 . So the total moment of inertia before is just that of the merry-go-round itself: 2 I1 1000 kgm When the person walks to the edge, they have a moment of inertia due to a point mass: I mr2 75 3 2 675 kgm 2 So the total moment of inertia after they walk to the edge is: 2 I2 1000 675 1675 kgm Now we are ready to apply conservation of angular momentum: II1 1 2 2 1000 2.0 16752 32
  38. 2 1.194rad / s Exercise 2.4.2: Two horizontal disc rotate freely about a vertical axis passing through their centres. The moments of inertia of the discs relative to this axis are equal to I1 and I2 , and the angular velocities to 1 and2 . When the epper disc fell on the lower one, both discs began rotating, after some time, as a single whole (due to friction). Find: a) The steady-state angular rolation velocity of the discs. b) The work performed by the friction forces in this process. Solution a) Frome the law of conservation of angular momentum of the system relative to wertical axis z ,it follows that: IIII1 1z 2  2 z 1 2  z II1 1zz 2 2 Hence z II12 Not that for z 0 the corresponding vector  coincides with the potive direction to the z axis and vice versa. As both dics rotates about the same vertical axis z ,thus in vecter form. II  1 1 2 2 II12 However, the problem makes sense only if 12 or12 b) From the equation of increment of mechanical energy of a system: ATfr 1 1 1 AIIII 2  2  2 fr21 2 z 2 1 1 z 2 2 2 z II 2 Hence A 12  fr2 II 12 z z 12 33
  39. Exercise 2.4.3: A uniform disk turns at 3.3rev / s around a frictionless central axis. A non-rotating rod, of the same mass as the disk and length equal to the disk’s diameter, is dropped onto the freely spinning disk, Fig. They then turn together around the axis with their centers superposed. What is the angular frequency in rev/ s of the combination? Solution (Fig 2.4.3) The formula for angular momentum is: LI  Conservation of angular momentum says that L before = L after: II1 1 2 2 We have: The moments of inertia of disk or cylinder through the center is: 1 I mr 2 2 And a thin rod through the center is: 1 I ml 2 12 The rod is 2r long, so the moment of inertia in terms of r is: 1 I m(2 r )2 12 34
  40. 1 I mr 2 3 So the moment of inertia before the rod is dropped on is just the disk: 1 I mr 2 1 2 And after it the rod is dropped on, it is both moments: 11 I mr22 mr 2 22 5 I mr 2 2 6 So plug these into: II1 1 2 2 1522 mr7.0 mr 2 26 15 7  262 2 4.2(rev / s ) Exercise 2.4.4: A figure skater during her final can increase her rotation rate from an initial rate of 1.0 rev every 2.0s to a final rate of 3.0rev/s. If her initial moment of inertia was 4.6kg.m2 , what is her final moment of inertia? How does she physically accomplish this change? Answer: 2 I2 0.77( kg . m ) 35
  41. Exercise 2.4.5: A can reduce her moment of inertia by a factor of about 3.5 when changing from the straight position to the tuck position. If she makes two rotations in 1.5s when in the tuck position, what is her angular speed (rev/s) when in the straight position? Answer: before 0.38 rev / s Exercise 2.4.6: Suppose our Sun eventually collapses in a white dwarf, in the process losing about half its mass and winding up with a radius 1.0 percent of its existing radius. Assuming the loss mass carries away no angular momentum, what would the sun's new rotation rate be? (Take the Sun's current period to be about 30 days.) (Fig 2.4.6) Answer: new 0.048 rad / s 36
  42. 2.5. The problem uses conservation law and mechanical energy variation Exercise 2.5.1: Two masses, mA 32.0 kg and mB 38.0 kg are connected by a rope that hangs over a pulley. The pulley is a uniform cylinder of radius Rm 0.311 and mass 3.1 kg. Initially mA is on the ground and mB rests 2.5 m above the ground. If the system is released, use conservation of energy to determine the speed of just before it strikes the ground. Assume the pulley bearing is frictionless. Solution Energy time. The potential energy of mass 1 goes to the translational kinetic energies of both masses and to the rotational kinetic energy of the pulley as well as the potential energy of mass 2, just before mass 1 strikes the ground: 1 1 1 m gh = mv2 + mv2 + m gh + I 2 B 2 A 2 B A 2 Substitute for the rotational term: v  r 1 I = mr 2 2 2 1 2 11 2 v mB gh = ()mAB m v + mA gh + Mr 2 22 r Now solve for the final velocity: 1 1 m gh m gh = ()m m v2 + Mv2 BA2 AB 4 37
  43. 1112 gh() mBA m = mAB m M) v 224 gh() m m 9.8 2.5 (38 32) v BA = 2/ms 111 1 1 1 m m M 32 38 3.1 224AB 2 2 4 Exercise 2.5.2: A ball of radius r rolls on the inside of a track of radius R. If the ball starts from rest at the vertical edge of the track, what will be its speed when it reaches the lowest point of the track, rolling without slipping? Solution Energy equation: 11 mgR mr22 I 22 The moments of inertia for a sphere 2 v I mr 2 and  5 r We have: 2 122 1 2 v mgR mv mr 2 2 5 r Cancel the r2 122 1 2 mgR mv m v 2 2 5 7 mgR mv2 10 Finally cancel the m : 7 gR v2 10 38
  44. So the final velocity is : 10gR v 7 Exercise 2.5.3: A uniform rot of length L and mass M is free to rotate on a frictionless pin passing through one end. The rod is released from rest in the horizotal position. a) What is it angular speed when it reaches its lowest position? b) Determine the linear speed of the center of mass and the linear speed of the lowest point on the rod when it is in the vertical position. Solution (Fig 2.5.3) The question can be answered by considering the mechanical energy of the system. When the rod is horizontal, it has no rotational energy. The potential energy relative to the lowest position of the center of mass of the rod MgL O' is . When the rod reaches its lowest position, the energy is entirely 2 39
  45. 1 rotational energy, I 2 , where I is the moment of inertia about the pivot. 2 1 Because I ML2 and because mechanical energy is constant, we have 2 EEif or 1 12 1 1 2 2 MgL I ML 2 2 2 3 3g  L b) These two values can be determined from the relationship between linear and angular speeds. We know  from part (a) and so the linear speed of the center of mass is L 1 v r 3 gL CM 22 Because r for the lowest point on the rod is twice what is it for the center of mass, the lowest point has a linear speed equal to 23vCM gL Exercise 2.5.4: Consider two cylinders having masses m1 and m2 , where mm12 , connected by a string passing over a pulley, as shown in figure. The pulley has a radius R and moment of inertia I about its axis of rotation. The string does not slip on the pulley, and the system is released from rest. Find the linear speeds of the cylinders after cylinder 2 descends through a distance h , and the angular speed of the pulley at this time. 40
  46. (Fig 2.5.4) Solution We are now able to account for the effect of a massive pulley. Because the string does not slip, the pulley rotates.we neglect friction in the axle about which the pulley rotates for the following reasons: Because the axle’s radius is smal relative to that of a pulley, the frictional torque is much smaller than the torque applied by the two cylinders, provided that their masses are quite different. Mechanical energy is constant: hence, the increase in the system’s kinetic energy (the system being the two cylinders, the pulley, and the Earth) equals the decrease in its potential energy. Because Ki 0 (the system is initially at rest) we have 1w 122 1 K Kf K i m12 v f m v f I f 0 2 2 2 Where v f is the same for both blocks. Because vf R f this expression becomes : 41
  47. 1 I 2 K m12 m 2 v f 2 R From figure 2.5.4, we see that system loses potenial energy as cylinder 2 descends and gains potential energy as cylinder 1. That is, U22 m gh and U11 m gh . Applying the principle of conservation of energy in the form KUU 12 0 gives 1 I 2 m1 m 2 2 vf m 1 gh m 2 gh 0 2 R 1 2 2 m21 m gh v f I mm12 2 R Because vf R f , the angular speed of the pulley at this instant is 1 2 v f 1 2 m21 m gh  f RR I mm12 2 R Exercise 2.5.5: Calculate the translational and rotational speed of sphere (radius 20.0cm and mass 1.20kg), that rolls without slipping down a 300 incline that is 10.0m long, when it reaches the bottom. Assume it started from rest. (b) What is its ratio of translational to rotational KE at the bottom? Try to avoid putting in numbers until the end so you can answer. (c) do your answer in (a) and (b) depend on the radius of the sphere or its mass? 42
  48. (Fig 2.5.5) Answer: a)v 8.357 m / s , 41.83( rad / s ) b),c) The rotational kinetic energy can be found from the linear velocity if we follow the substitutions: 1 1 2 2 E I 2 mr 2 mv 2 krot 2 2 5 10 1 Now let's find the translational kinetic energy: KE mv2 2 1 mv2 The ratio of these is: Ratio 2 2.5 and no, it does not depend on the 2 mv2 10 radius or mass of the sphere. Exercise 2.5.6: Two masses, m12 18 kg , m 26.5 kg are connected by a rope that hangs over a pulley (as in Fig). The pulley is a uniform cylinder of radius 0.26m and mass 7.50kg. Initially, m1 is on the ground, and m2 rests 3.00m above the ground. If the system is now released, use conservation of energy to determine the speed of m2 just before it strikes the ground. Assume the pulley is frictionless. 43
  49. (Fig 2.5.6) Answer: v 3.072 m / s 44
  50. KẾT LUẬN Khóa luận: “SỬ DỤNG TIẾNG ANH CHO VẬT LÝ CHO PHÂN DẠNG BÀI TẬP PHẦN CƠ HỌC VẬT RẮN” hoàn thành đã thu được các kết quả sau: - Trình bày được hệ thống cơ sở lí thuyết phục vụ cho việc giải các bài tập phần cơ học vật rắn. - Phân dạng được các dạng bài tập bằng tiếng anh phần cơ học vật rắn gồm 5 dạng bài tập: The problem of finding the center of the solid. Balance problem of solid. The problem using the dynamic method. The problem uses conservation law and momentum moment variation. The problem uses conservation law and mechanical energy variation. - Trình bày được các bài tập mẫu và bài tập tự giải trong mỗi dạng bài tập. 45
  51. TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Lê Đình Trọng, Giáo trình cơ học, Nhà xuất bản đại học sư phạm Hà Nội 2 - 2013. 2. Phạm Viết Trinh - Nguyễn Văn Khánh – Lê Văn, Bài tập Vật lý đại cương, tập 1, Nhà xuất bản giáo dục - 1982. 3. Hana Dobrovolny, Lecture note for Physics 10154: General Physics, Department of Physics & Astronomy, Texas Christian University, Fort Worth, TX, December 3 - 2012. 4. I.E.Irodov, Problems in General Physics, Mir Publishers Moscow - 1981. 5. Hoàng Văn Quyết, General mechanics, Nhà xuất bản đại học sư phạm Hà Nội 2 - 2017. 46