Khóa luận Sử dụng tiếng anh cho vật lý trong phân dạng bài tập phần động lực học chất điểm

Nội dung text: Khóa luận Sử dụng tiếng anh cho vật lý trong phân dạng bài tập phần động lực học chất điểm

1. TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA VẬT LÝ NGUYỄN THÙY LINH SỬ DỤNG TIẾNG ANH CHO VẬT LÝ TRONG PHÂN DẠNG BÀI TẬP PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC CHẤT ĐIỂM Chuyên ngành: Vật lý đại cương KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC HÀ NỘI, 2018
2. TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA VẬT LÝ NGUYỄN THÙY LINH SỬ DỤNG TIẾNG ANH CHO VẬT LÝ TRONG PHÂN DẠNG BÀI TẬP PHẦN ĐỘNG LỰC HỌ C CHẤT ĐIỂM Chuyên ngành: V ật lý đại cương KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Người hướng dẫn khoa học GV. ThS HOÀNG VĂN QUYẾT HÀ NỘI, 2018
3. LỜI CẢM ƠN Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới GV.ThS. Hoàng Văn Quyết người đã định hướng chọn đề tài và tận tình hướng dẫn để tôi có thể hoàn thành luận văn này. Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới phòng Sau đại học, các thầy cô giáo giảng dạy chuyên ngành Vật lý đại cương trường Đại học sư phạm Hà Nội 2 đã giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và làm luận văn. Cuối cùng, tôi xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình và bạn bè đã động viên, giúp đỡ và tạo điều kiện về mọi mặt trong quá trình học tập để tôi hoàn thành luận văn này. Hà Nội, tháng 05 năm 2018 Sinh viên Nguyễn Thùy Linh
4. LỜI CAM ĐOAN Dưới sự hướng dẫn của ThS. Hoàng Văn Quyết khóa luận tốt nghiệp đại học chuyên ngành Vật lí đại cương với đề tài “Sử dụng tiếng anh cho vật lí trong phân dạng bài tập phần động lực học chất điểm” 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. Hà Nội, tháng 05 năm 2018 Sinh viên Nguyễn Thùy Linh
5. MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1 1. Lý do chọn đề tài 1 2. Mục đích nghiên cứu đề tài 1 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 1 4. Nhiệm vụ nghiên cứu 2 5. Phương pháp nghiên cứu 2 6. Đóng góp của đề tài 2 CHƯƠNG 1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT 3 1.1. Ba định luật Newton’s 3 1.1.1. Định luật Newton’s thứ nhất. 3 1.1.2. Định luật Newton thứ hai. 4 1.1.3. Định luật Newton’s thứ ba. 5 1.2. Các loại lực cơ 6 1.2.1. Lực hấp dẫn 6 1.2.2. Lực đàn hồi 7 1.2.3. Lực ma sát 8 CHƯƠNG 2. PHÂN DẠNG BÀI TẬP PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC 11 CHẤT ĐIỂM. 11 2.1. Exercise balance force 11 2.2. Exercise of friction force 17 2.3. Gravitational force 22 2.4. Elastic force 24
6. 2.5. Pulley 29 2.6.Moment of inertia 34 KẾT LUẬN 40 TÀI LIỆU THAM KHẢO 41
7. MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Tiếng Anh được hơn 400 triệu người trên toàn thế giới dùng làm tiếng mẹ đẻ,hơn 1 tỉ người dùng Tiếng Anh là ngôn ngữ thứ hai(theo Wikipedia), những quốc gia phát triển có thu nhập đầu người cao nhất trên thế giới đều sử dụng thành thạo Tiếng Anh, hoặc được sử dụng phổ biến, được dạy là một môn học trong trường Đối với Việt Nam, một nước đang đứng trước thời đại phát triển, mở rộng ra với cánh cổng toàn cầu hóa, chúng ta đã thấy tầm quan trọng trong việc học Tiếng Anh. Với các bạn học sinh, những thế hệ tương lai của đất nước, việc học Tiếng Anh lại càng trở nên cần thiết hơn bao giờ hết. Tiếng Anh và mức độ quan trọng đối với cuộc sống của học sinh Việt Nam. Trên thực tế giảng dạy ở trường phổ thông, ta thấy rằng việc lồng ghép Tiếng Anh vào các môn khách nói chung và Vật Lý nói riêng là điều cần thiết. Không những bổ sung kiến thức chuyên môn mà còn nâng cao khả năng ngoại ngữ, hướng đến đọc được sách và tài liệu nước ngoài, tăng khả năng giao tiếp bằng Tiếng Anh cho học sinh. Xuất phát từ những nhu cầu thực tế đó của xã hội , tôi quyết định chọn “ Sử dụng Tiếng Anh cho Vật lý trong phân dạng bài tập phần Động lực học chất điểm” làm đề tài khóa luận tốt nghiệp của mình. 2. Mục đích nghiên cứu đề tài Phân dạng bài tập phần động lực học chất điểm bằng Tiếng Anh 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu - Đối tượng: Các kiến thức phần Động lực học chất điểm và Tiếng Anh cho chuyên ngành Vật lý - Phạm vi: Xét trong Vật lý cổ điển 1
8. 4. Nhiệm vụ nghiên cứu - Xây dựng hệ thống từ vựng phần Động lực học chất điểm. - Trình bày logic, khoa học lý thuyết phần động lực học chất điểm. - Phân dạng các bài toán bằng Tiếng Anh. 5. Phương pháp nghiên cứu - Đọc, tra cứu và tổng hợp tài liệu 6. Đóng góp của đề tài - Làm tài liệu tham khảo cho học sinh phổ thông và sinh viên. 2
9. CHƯƠNG 1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1.1. Ba định luật Newton’s 1.1.1. Định luật Newton’s thứ nhất. Ba định luật Newton và định luật vạn vật hấp dẫn là cơ sở của cơ học cổ điển. Về thực chất ba định luật Newton là những tiêu đề, là những khẳng định tổng quát nhất không thể chứng minh được, không thể suy ra từ những khẳng định khác. Khi thừa nhận những tiêu đề này người ta đã xây dựng được cơ sở học cổ điển, với những định luật áp dụng đúng không những trên Trái Đất mà cả trong miền vũ trụ lân cận Trái Đất nữa. Định luật Newton thứ nhất được phát biểu như sau: Nếu không có lực ngoài tác dụng vào vật thì nó giữ nguyên trạng thái đứng yên hoặc chuyển động thẳng đều. Theo định luật Newton thứ nhất, đứng yên và chuyển động thẳng đều là cùng một trạng thái cơ học như sau: trạng thái chuyển động với vận tốc không đổi. Đứng yên là chuyển động với vận tốc không đổi bằng không. Cả hai trạng thái đã nêu đều có đặc điểm là gia tốc của vật bằng không. Do đó có thể diễn tả định luật thứ nhất dưới dạng sau đây: Vận tốc của một vật bất kì vẫn còn không đổi (trong trường hợp riêng, bằng không) cho đến lúc sự tác động từ các phía các vật khác lên vật này gây ra sự biến đổi vận tốc đó. Định luật Newton thứ nhất chưa bao giờ được nghiệm đúng hoàn toàn, vì trong thực tế không thể nào tạo ra được trạng thái một vật hoàn toàn không chịu tác dụng của một lực nào. 3
10. Chuyển động với vận tốc giữ nguyên không đổi gọi là chuyển động theo quán tính(hay chuyển động quán tính). Do vậy, định luật Newton thứ nhất còn được gọi là định luật quán tính. Quán tính là tính chất của các vật giữ nguyên trong trạng thái chuyển động của mình khi không có lực ngoài tác dụng lên chúng, hoặc khi các lực ngoài tác dụng lên chúng cân bằng lẫn nhau. 1.1.2. Định luật Newton thứ hai. Theo định luật Newton thứ nhất, một vật không chịu tác dụng của lực ngoài sẽ giữ nguyên chuyển động quán tính của nó. Vậy khi vật chịu tác dụng của lực ngoài thì chuyển động của vật sẽ biến đổi như thế nào? Định luật thứ hai của Newton sẽ trả lời câu hỏi đó. Nội dung định luật Newton thứ hai được phát biểu như sau: Gia tốc mà một vật thu được dưới tác dụng của một lực tỉ lệ thuận với lực và tỉ lệ nghịch với khối lượng của vật. Phương và chiều của gia tốc trùng với phương và chiều của lực tác dụng. F a = (1.1 ) m Trong đó: F là lực tác dụng lên vật , a là gia tốc của vật nhận được khi chịu tác dụng của lực F , M là khối lượng của vật. Từ (1.1) ta có thể viết: 4
11. F ma= (1 . 2 ) Ta cũng có thể phát biểu định luật Newton thứ hai dưới dạng: Tích khối lượng của vật với gia tốc của nó bằng lực tác dụng vào vật. Định luật Newton thứ 2 được nghiệm đúng trong những hệ quy chiếu quán tính. Công thức cũng được sử dụng làm công thức định nghĩa lực. Dựa vào công thức này người ta đưa ra định nghĩa định lượng chính xác của lực: Lực là tích khối lượng của vật với gia tốc của nó. Thứ nguyên của lực là: F == m. a MLT Đơn vị đo lực(trong hệ đơn vị SI) là Newton. Kí hiệu là: N. 11.1/1./Nkgmskg== ms 22 1.1.3. Định luật Newton’s thứ ba. Chúng ta biết rằng tác dụng giữa các vật với nhau bao giờ cũng là tương tác. Định luật Newton thứ ba xét đến tương tác giữa các vật với nhau. Nó được phát biểu như sau: Tác dụng bao giờ cũng bằng và ngược chiều với phản tác dụng. Nói cách khác: lực mà các vật có tương tác, tác dụng lẫn nhau bằng nhau về độ lớn và ngược chiều nhau. Nếu gọi: F12 là lực đo vật thứ nhất tác dụng lên vật thứ hai. F21 là lực do vật thứ hai tác dụng lên vật thứ nhất. 5
12. Theo định luật Newton’s thứ ba ta có: FF1221=− (1 . 3) Từ định luật Newton thứ ba t thấy các lực bao giờ cũng xuất hiện theo từng cặp: lực và phân lực. Việc gọi lực nào là lực, lực nào là phân lực hoàn toàn do qui ước. Lực và phân lực là những lực trực đối và có độ lớn bằng nhau. Tuy vậy, chúng không có hợp lực và không cân bằng nhau được vì chúng có điểm đặt trên hai vật khác nhau. 1.2. Các loại lực cơ 1.2.1. Lực hấp dẫn Trong cơ học cổ điển, lực hấp dẫn xuất hiện như một ngoại lực tác động lên vật thể. Trong thuyết tương đối rộng, lực hấp dẫn là bản chất của không thời gian bị uốn cong bởi sự hiện diện của khối lượng, và không phải là một ngoại lực. Trong thuyết hấp dẫn lượng tử, hạt graviton được cho là hạt mang lực hấp dẫn Định luật vạn vật hấp dẫn: vật có khối lượng m sẽ bị kéo về gần vật có khối lượng M với gia tốc g: GM g = (1.4) r 2 Theo định luật 2 Newton, vật có khối lượng m chịu lực hấp dẫn có độ lớn: F= mg mm FG= 12 (1.5) g r 2 Fg là lực hấp dẫn m1 và m2 là khối lượng của hai vật 6
13. r là khoảng cách giữa hai vật G là hằng số vạn vật hấp dẫn; G = 6.67 x 10−11 N.m²/kg² Lực hấp dẫn là lực hút giữa mọi vật chất và có độ lớn tỷ lệ thuận với khối lượng của chúng và tỷ lệ nghịch với bình phương khoảng cách của hai vật. 1.2.2. Lực đàn hồi Xét một lò xo có độ dài l0 ở trạng thái không biến dạng và đặt ở đầu lò xo những lực F1 và F2 bằng nhau về độ lớn và ngược chiều nhau (hình 1.2.1). Dưới tác dụng của các lực này, lò xo bị kéo căng ra một lượng l nào đó, trong lò xo xuất hiện lực biến dạng đàn hồi Fel chống lại tác dụng của các ngoại lực và . Khi trạng thái cân bằng được thiết lập các ngoại lực và sẽ được cân bằng bởi các lực đàn hồi sinh ra trong lò xo biến dạng ( FFFel ==12). Thực nghiệm cho thấy, khi độ biến dạng của lò xo không lớn (nhỏ hơn giới hạn đàn hồi), độ biến dạng của lò xo tỷ lệ thuận với độ lớn của ngoại lực tác dụng. Một cách tương ứng, lực đàn hồi tỷ lệ với độ biến dạng của lò xo: Fel = k l (1.6) Trong đó, k được gọi là hệ số cứng (hay độ cứng) của lò xo, nó phụ thuộc hình dạng, kích thước, và bản chất vật liệu làm lò xo. Do vậy, k thường được xác định bằng thực nghiệm. Khi lò xo bị dẫn, một phần bất kì của lò xo tác dụng lên một phần khác một lực xác định bởi công thức . Do đó nếu cắt lò xo làm đôi thì sẽ xuất hiện một lực đàn hồi có cùng độ lớn trong mỗi nửa với độ biến dạng 7
14. nhỏ hơn hai lần. Từ đó ta thấy rằng với mỗi lò xo xác định (được chế tạo từ vật liệu xác định, có kích thước đã cho của vòng xoán), độ lớn của lực đàn hồi được xác định không phải bằng độ đàn hồi tuyệt đối l của lò l xo mà bằng độ dãn tỷ đối l0 Khi nén lò xo, cũng xuất hiện các lực căng đàn hồi nhưng có chiều ngược lại. Ta hãy tổng quát hóa công thức (1 . 6 ) bằng cách sau: Cố định một đầu lò xo, chọn trục tọa độ Ox dọc theo trục lò xo và có góc tọa độ tại vị trí đầu tự do của lò xo khi không biến dạng (hình 1.2.2). Khi đó, độ dãn của lò xo trùng với trị tuyệt đối tọa độ x đầu tự do của lò xo. Ngoài ra ta hiểu Fel là hình chiếu của lực đàn hồi trên trục x. Khi đó có thể viết: Fkxel =− (1 . 7 ) Như vậy, hình chiếu của lực đàn hồi trên trục x và tọa độ x luôn có dấu khác nhau. Công thức (1 . 7 ) chính là biểu thức của định luật Huc. Định luật Huc: Nếu có biến dạng là nhỏ (trong phạm vi giới hạn đàn hồi) thì lực đàn hồi tỷ lệ với độ biến dạng và hướng theo chiều chống lại biến dạng. 1.2.3. Lực ma sát Lực ma sát xuất hiện khi có xu hướng dịch chuyển hoặc dịch chuyển giữa các vật tiếp xúc với nhau cũng như giữa các phần của chúng đối với nhau. Lực ma sát sinh ra trong sự dịch chuyển tương đối giữa hai vật tiếp xúc với nhau được gọi là lực ma sát ngoài; lực ma sát giwuax các phần của cùng một vật liện tục (chẳng hạn, của chất lỏng hoặc của chất khí) được gọi là lực ma sát trong hay lực nội ma sát. 1.2.3.1. Lực ma sát nghỉ 8
15. Ma sát nghỉ (hay còn được gọi là ma sát tĩnh) là lực xuất hiện giữa hai vật tiếp xúc mà vật này có xu hướng chuyển động so với vật còn lại nhưng vị trí tương đối của chúng chưa thay đổi. Ví dụ như, lực ma sát nghỉ ngăn cản một vật định trượt (chuẩn bị trượt nhưng vị trí tương đối vẫn chưa thay đổi nhiều - thay đổi ít) trên bề mặt nghiêng. Hệ số của ma sát nghỉ, thường được ký hiệu là  , thường lớn hơn so với hệ số của ma sát động. Lực ban đầu làm cho vật chuyển động thường bị cản trở bởi ma sát nghỉ Một ví dụ quan trọng khác về lực ma sát nghỉ là: lực ma sát nghỉ ngăn cản khiến cho bánh xe khi mới khởi động lăn không được nhanh như khi nó đang chạy. Mặc dù vậy khi bánh xe đang chuyển động, bánh xe vẫn chịu tác dụng của lực ma sát động. Cho nên lực ma sát nghỉ lớn hơn lực ma sát động. Lực ma sát nghỉ giúp cho vật không bị tác dụng bởi lực khác. Giá trị lớn nhất của lực ma sát nghỉ, khi vật bắt đầu chuyển động, hay ma sát nghỉ cực đại, được tính bằng công thức: FN0 =  (1 . 8 ) Trong đó:  là hệ số ma sát tĩnh. N là áp lực vuông góc với mặt phẳng tiếp xúc. 1.2.3.2. Lực ma sát trượt Lực ma sát trượt là lực ma sát sinh ra khi một vật chuyển động trượt trên một bề mặt, thì bề mặt tác dụng lên vật tại chỗ tiếp xúc một lực ma sát trượt, cản trở chuyển động của vật trên bề mặt đó. 9
16. FFfr=  k N (1 . 9 ) Trong đó: Ffr : độ lớn của lực ma sát trượt (N) k : hệ số ma sát trượt FN : Độ lớn áp lực (phản lực) (N) 10
17. CHƯƠNG 2. PHÂN DẠNG BÀI TẬP PHẦN ĐỘNG LỰC HỌC CHẤT ĐIỂM. 2.1. Exercise balance force Exercise 2.1.1: A traffic light is suspended with three ropes as shown in the figure(Fig 2.1). Find the tension in the three ropes. (Pig 2.1.a) (Fig2.1.b) Solution The traffic light does not move, so the net force mustbe zero. ⇒Static equilibrium Need twofree-body diagrams: one for the light and the other for the knot. Light:  Fy = 0; Tmg3 −=0 =T3 mg oo Knot:  Fx = 0 ; −+=TT12cos37cos530 =TT120.754 11
18. oo  Fy = 0 ; TTT123sin37sin530+−= =T2 mg0.798 =T1 mg0.602 Exercise 2.1.2: (Fig.2.2)A car is at rest on top of a hill. Find the car’s velocity at the bottom of the 30.0 m hill with an incline angle of 30.0o . (Fig 2.2) Solution Apply Newton’s 2nd Law in component form: o Fmgmaxx==sin30 o Fnmgy =−= cos300 Solve for the unknown ax: o 2 agmx == ssin304.90/ The velocity at the bottom of the slope is obtained from 12
19. 22 vxf= v xi +2 a x x 2 So, vmsmmsxf =+=02(4.90/)30.017.1/ . Exercise 2.1.3: A car with a weight of 15,000 N is being towed up a 20° slope at constant velocity. Friction is negligible. The tow rope is rated at 6000 N. Will it break?(Fig 2.3) Solution (Fig 2.3) Apply Newton’s 2nd Law (a = 0)  F = 0 (1) From (1) we have  FTwx =−= sin0  Fy = n − wcos = 0 From the x equation, TwN==sin(15000 )sin 20 o Since T < 6000 N, the rope won’t break. 13
20. Note that y equation is not needed. Check solution at θ = 0° and 90°. Exercise 2.1.4: Three blocks on a frictionless horizontal surface are in contact with each other, as shown in Fig. 2.4. A force F is applied to block 1 (mass m1 ). ( a) Draw a free-body diagram for each block. Determine ( b) the acceleration of the system (in terms of m1 , m 2 , m3 ), ( c) the net force on each block, and ( d) the force of contact that each block exerts on its neighbor. ( e) If mmmkg123=== 12.0 and FN= 9 6 . 0 give numerical answers to ( b), ( c), and ( d). (Fig. 2.4) Solution a) In the free-body diagrams below, F12 = force on block 1 exerted by block 2, F21 = force on block 2 exerted by block 1, F23 = force on block 2 exerted by block 3, and F32 = force on block 3 exerted by block 2. By Newton’s 3rd law: The magnitudes of and are equal and they point in opposite directions. The magnitudes of and are equal and they point in opposite directions. 14
21. b) All of the vertical forces on each block add up to zero, since there is no acceleration in the vertical direction. Thus for each block, FN m= g For the horizontal direction, we have  FFFFFFFmmma=−+−+==++12212332123 () F →=a mmm123++ c) For each block, the net force must be F m= a by Newton’s 2nd Law. Each block has the same acceleration since they are in contact with each other mF1 F1net = mmm123++ mF F = 2 2net mmm++ 123 mF3 F3net = mmm123++ d) From the free-body diagram, we see that for m3 mF3 FF32== 3net m1++ m 2 m 3 And by Newton’s 3rd Law mF3 FFF32233=== net mmm123++ Of course, F32 and F23 are in opposite directions. 15
22. Also from the free-body diagram, we see that for m1 mF1 FFF−==121 net mmm123++ mF1 →=−FF12 mmm123++ ()mmF23+ →=F12 mmm123++ By Newton’s 3rd Law: ()mmF23+ FF1221== mmm123++ e) Using the given values: FN96.0 ams=== 2.67/ 2 mmmkg123++ 36.0 Since all three masses are the same value, the net force on each mass is 2 FmakgmsNnet === (12.0)(2.67/)32.0 This is also the value of F32 and F23 . The value of F12 and F21 is 2 F12= F 21 =( m 2 + m 3 ) a = (24 kg )(2.67 m / s ) = 64.0 N To summarize: FFFNnet1= net 2 = net 3 = 32.0 FFN1221==64.0 FFN23== 32 32.0 The values make sense in that in order of magnitude, we should have FFF 21 32 , since F is the net force pushing the entire set of blocks, F12 is the net force pushing the right two blocks, and F23 is the net force pushing the right block only. 16
23. Exercise 2.1.5: A 5.00-kg object placed on a frictionless, horizontal table is connected to a cable that passes over a pulley and then is fastened to a hanging 9.00-kg object. Find the acceleration of the objects and the tension in the string Key: 31.5N Exercise 2.1.6: Two objects are connected by a light string that passes over a frictionless pulley. The incline is frictionless, and m 1 = 2.00 kg, m 2= 6.00 kg, and θ = 55.0°. Draw free-body diagrams of both objects. Find (a) the acceleration of the objects, (b) the tension in the string, and (c) the speed of each object 2.00 s after being released from rest. Key: 3.57m/s2 ; 26.7N; 7.14m/s 2.2. Exercise of friction force Exercise 2.2.1: If the coefficient of kinetic friction between a 35-kg crate and the floor is 0.30, what horizontal force is required to move the crate at a steady speed across the floor? What horizontal force is required if k is zero? Solution (Fig 2.5) A free-body diagram for the crate is shown. The crate does not accelerate vertically, and so FmgN = 17
24. Also, the crate does not accelerate horizontally (steady speed), and so FFP= fr Putting this together, we have 22 FFFmgkgmsNPfrkNk=== .(0.30)(35)(9.8/)1031.010 If the coefficient of kinetic friction is zero, then the horizontal force required is 0 N, since there is no friction to counteract. Of course, it would take a force to START the crate moving, but once it was moving, no further horizontal force would be necessary to maintain the motion. Exercise 2.2.2: A 15.0-kg box is released on a 32º incline and accelerates down the incline at 0.30/ms2 . Find the friction force impeding its motion. What is the coefficient of kinetic friction? Solution A free-body diagram for the box is shown. Write Newton’s 2nd Law for each direction:  Fx= mgsin − F fr = ma x FFmgmayNy=−== cos0 Notice that the sum in the y direction is 0, since there is no motion (and hence no acceleration) in the y direction. Solve for the force of friction. mgFmasin −=→frx 22o Fmgfr=sin − ma x = (15.0 kg ) (9.80 ms / )(sin32 ) − 0.30 ms / = 73.40 NN 73 18
25. Now solve for the coefficient of kinetic friction. Note that the expression for the normal force comes from the y direction force equation above. FFmgfrkNk== cos F 73.40N →=== fr 0.59 k mgkgmscos(15.0)(9.80/)(cos32 ) 2 o Exercise 2.2.3: Two crates, of mass 65 kg and 125 kg, are in contact and at rest on a horizontal surface, (Fig.2.2-3). A 650-N force is exerted on the 65kg crate. If the coefficient of kinetic friction is 0.18. What is the acceleration of the system? (Fig.2.6) Solution The two objects will move as one body, so we can picture them as a single composite body with mass mkgkgkg=+=65125190 There are two horizontal forces acting on the crate: the applied force F directed in we'll say the positive direction. The retarding kinetic friction force Ffr , directed in the negative direction because it opposes motion The net horizontal force equation is thus:  Fx= F − F fr = ma x The friction force is given by the equation: FNfr=  k 19
26. where k is the coefficient of kinetic friction N is the magnitude of the upward normal force exerted by the surface, which since it is horizontal, is equal in magnitude to its weight, mg: F mgfrk =  Substituting this into the net force equation above:  FFmgmaxkx=−=  F−− mg650 N 0.18(190 kg )(9.80 m / s2 ) →a =k = =1.66 m / s2 x m190 kg Exercise 2.2.4: Suppose that you are standing on a train accelerating (horizontally) at 0.20 g. What minimum coefficient of static friction must exist between your feet and the floor if you are not to slide? Key:  = 0 . 2 0 Exercise 2.2.5: If you use a horizontal force of 30.0 N to slide a 12.0 kg wooden crate across a floor at a constant velocity, what is the coefficient of friction between the crate and the floor? Key: k = 0.25 Exercise 2.2.6: (Fig 2.2-6) A 400-gram package lying on a horizontal surface is attached to a horizontal string which passes over a smooth pulley. When a mass of 200 grams is attached to the other end of the string, the package is on the point of moving. Find , the coefficient of friction. 20
27. (Fig 2.7) Exercise 2.2.7: A car of mass 1.2 tonnes is travelling along a straight horizontal road at a speed of 20 m/s when it brakes sharply then skids. Friction brings the car to rest. If the coefficient of friction between the tyres and road is 0.8, calculate a) The deceleration b) The distance travelled by the car before it comes to rest. Key: a) 7.84m/s b) 25.2m Exercise 2.2.8: The block shown in (Fig. 2.8) has mass m= 7.0 kg and lies on a fixed smooth frictionless plane tilted at an angle  = 22.0o to the horizontal. (a) Determine the acceleration of the block as it slides down the plane. (b) If the block starts from rest 12.0m up the plane from its base, what will be the block’s speed when it reaches the bottom of the incline? Key: ams= 3.67/ 2 ; vms= 9.34/ (Fig. 2.8) 21
28. 2.3. Gravitational force Exercise 2.3.1: Calculate the effective value of g, the acceleration of gravity, at ( a) 3200 m, and ( b) 3200 km, above the Earth’s surface. Solution The acceleration due to gravity at any location on or above the surface of a planet is given by 2 −11 gGMrplanetplanet= / G = 6.67 x 10 N.m²/kg² where r is the distance from the center of the planet to the location in question. For this problem, M gG= planet planet r 2 24 MMkgplanetEarth== 5.9710 a) rRm=+Earth 3200 M gG= Earth r 2 b) rRkmkmkmkm=+=+=Earth 3200637032009570 Exercise 2.3.2: A synchronous satellite, which always remains above the same point on a planet’s equator, is put into orbit around Jupiter so that scientists can study the famous red spot. Jupiter rotates once every 9.84 h. Use the data of Table 13.2 (Jupiter: mass Mkg=1.9.1027 , mean radius Rm= 7.107 ) to find the altitude of the satellite. 22
29. Solution a) There is only one force exerted on the satellite - the gravitational force Fg exerted by the planet. The net force Fne t is therefore equal to the gravitational force. Using Newton’s law of gravity, we can relate the magnitude of the net force with the mass (m) of the satellite and altitude (h) above the planet Mm FFG== netg ()Rh+ 2 where M is Jupiter’s mass. The acceleration and the net force exerted on an object are related by Newton’s second law. In terms of magnitudes b) Fmanet = The rest is math. Eliminating all unknowns not relevant to the question, we get an equation for the altitude 2 Mm 2 GmRh 2 =+ () ()RhT+ 2 T hGMR=−3 2 2 2 −11Nm 27 9.84 3600 7 3 =6.67.102 1.9 10kg − 7.10 m kg 2 8.9 107 m Exercise 2.3.3: A planet of mass M moves along a circle around the Sun with velocity v = 34.9 km/s (relative to the heliocentric reference frame). Find the period of revolution of this planet around the Sun. 23
30. Solution: We have M v M2 m Gm = G ; r = rr2 v2 vvv 3 Thus  === rGmvGm/ 2 (here m is the mass of the Sun) 2 Gm 2 6.67 10−11 1.97 10 30 So T= = =1.94 107 ( s ) = 225 days v3(34.9 10 3 ) 3 (The answer is incorrectly written in terms of the planetary mass M) Exercise 2.3.4: A hypothetical planet has a radius 1.5 times that of Earth, but has the same mass. What is the acceleration due to gravity near its surface? Key: 4.4m/s2 2.4. Elastic force Exercise 2.4.1: A 1200-kg car rolling on a horizontal surface has speed v = 65 km/h when it strikes a horizontal coiled spring and is brought to rest in a distance of 2.2m. What is the spring stiffness constant of the spring? Solution Assume that all of the kinetic energy of the car becomes PE of the compressed spring. 11 mv22= kx 22 24
31. 2 1/ms2 (1200)(65/)kgkmh 2 mv 3.6/kmh 4 →=== kNm 8.110/ x2 (2.2m)2 Exercise 2.4.2: A system consists of two identical cubes, each of mass , linked together by the compressed weightless spring of stiffness x . The cubes are also connected by a thread which is burned through at a certain moment. Find at what values of Al, the initial compression of the spring, the lower cube will bounce up after the thread has been burned through: Solution The initial compression in the spring l mustbe such that after burning of the thread, the upper cube rises to a height that produces a tension in the spring that is atleat equal to the weight of the lower cube. Actually, the spring will first go from its compressed state to its natural length and then get elongated beyond this natural length. Let l be the maximum elongation produced under these circumstances. Then klmg = (1) Now, from energy conservation, 11 k l22 = mg() l + l + kl (2) 22 (Because at maximum elongation of the spring, the speed of upper cube becomes zero) From (1) and (2), 25
32. 23mglmg 22 −−=l 2 0 kk2 3m g m− g Or =l ; kk 3mg Therefore, acceptable solution of l equals k Exercise 2.4.3: A 75 kg person stands on a compression spring with spring constant 5000N/m and nominal length 0.25 m. What is the total length of the loaded spring? Solution Using Hooke's law we find the extension, Fmgkgms 75.(9.81/) 2 xm=== 0.15 kkNm 5000/ We now subtract this from the nominal length of the spring: L= L0 − x =0.25 − 0.15 m = 0.1 m Exercise 2.4.4. A horizontal plane supports a plank with a bar of mass m=1.0kg placed on it and attached by a light elastic non-de- formed cord of l0= 40 cm to a point 0 . The coef- ficient of friction between the bar and the plank equals k = 0.20. The plank is slowly shifted to the right until the bar starts sliding over it. It occurs at the moment when the cord deviates from the vertical by an angle  = 30o . Find the work that has been performed by that moment by the friction force acting on the bar in the ref- erence frame fixed to the plane. Solution: 26
33. Obviously the elonguation in the cord, at the moment the sliding first starts and at the moment horizontal projection of spring force equals the limiting friction. So, klkN1 =sin (1) (where k1 is the elastic constant) From Newton’s law in projection from along vertical direction; klNmg1 +=cos Or, N= mg − k1 l cos (2) From (1) and (2), klkmgkl11 =− sin(cos) kmg Or k = 1 + lksincos l Exercise 2.4.5: You are designing a mount for moving a 1 kg camera smoothly over a vertical distance of 50 mm. The design calls for the camera to slide on a pair of rails, with a spring supporting the camera and pulling it up against the 27
34. tip of an adjustment screw as shown in Fig.2.9. The nominal length of the spring is L0 mm= 50 . What is the minimum spring constant required for this design? (Fig 2.9) Solution The spring must be elastic enough to supply enough force to pull the camera against the screw tip at all times. The force will be weakest when the spring is at its minimum extension, i.e. when the distance between the top and bottom of the spring is 100 mm. Because the spring is specified to have nominal length of 50 mm, the spring will have a minimum extension xmmmmmm=−=1005050 The spring force must oppose the force due to gravity on the camera of mgkgmsN==1(9.81/)9.81 2 Using Hooke's law we find the required spring constant: FN9.81 k== 196 N / m xm50.10−3 Exercise 2.4.6: Find the acceleration of 3 kg mass when acceleration of 2 kg mass is 2m/s2 as shown in figure (2.10) 28
35. (Fig 2.10) Key: 2m/s2 Exercise 2.4.7: The system shown adjacent is in equilibrium. Find the acceleration of the blocks A, B & C all of equal masses m at the instant when (Assume springsto be ideal)(Fig 2.11) a) The spring between ceiling & A is cut. b) The string (inextensible) between A and B is cut. c) The spring between B & C is cut.Also find the tension in the string when the system is at rest and in the above 3 cases. (Fig 2.11) mg 3mg Key: a) T = ; b) T=0; c) T = 2 2 2.5. Exercise of pulley Exercise 2.5.1: A system of two objects suspended over a pulley by a flexible cable, as shown in Fig.2.12, is sometimes referred to as an Atwood machine. Consider the real-life application of an elevator ( ) and its counterweight 29
36. ( ). To minimize the work done by the motor to raise and lower the elevator safely, and are made similar in mass. We leave the motor out of the system for this calculation, and assume that the cable’s mass is negligible and that the mass of the pulley, as well as any friction, is small and ignorable. These assumptions ensure that the tension 퐹 in the cable has the same magnitude on both sides of the pulley. Let the mass of the counterweight be = 1000 . Assume the mass of the empty elevator is 850 kg, and its mass when carrying four passengers is = 1150 . For the latter case ( = 1150 ) calculate (a) the acceleration of the elevator and (b) the tension in the cable. (Fig 2.12) Solution Apply Newton’s second law to each of them separately. For the counterweight 2 mc gkgmsN==(1000)(9.80/)9800 So 퐹 must be greater than 9800 N (in order that will accelerate upward). For the elevator, 2 mE g==(1150 kg )(9.80 m / s ) 11,300 N 30
37. which must have greater magnitude than 퐹 so that accelerates downward. Thus our calculation must give 퐹 between 9800 N and 11,300 N a) To find 퐹 as well as the acceleration a, ,  F= ma to each object. We take upward as the positive y direction for both objects. With this choice of axes, = because accelerates upward, and = − because accelerates downward. Thus FmgmamaTEEEE−==− FmgmamaTCCCC−==+ We can subtract the first equation from the second to get ()()mmgmmaECEC−=+ where a is now the only unknown. We solve this for a: m−− m1150 kg 1000 kg a==EC g g mEC++ m1150 kg 1000 kg The elevator accelerates downward (and the counterweight upward) at agms==0.0700.68/ 2 b) The tension in the cable can be obtained from either of the two ∑ 퐹 = equations at the start of our solution, setting 퐹 = − = ( − ) = 1150 (9.80 /푠2 − 0.68 /푠2) = 10500 31
38. or 퐹 = + = ( + ) 9.80 0.68 = 1000 ( + ) = 10500 푠2 푠2 which are consistent. As predicted, our result lies between 9800 N and 11,300 N Exercise 2.5.2: Two masses ‘A’ and ‘B’, lie on a frictionless table. They are attached to either end of a light rope which passes around a horizontal movable pulleyof negligible mass. Find the acceleration of each mass MkgMkgAB==1,2 M kC g= 4 . They pulley P2 is vertical. (Fig 2.13) (Fig 2.13) Solution From constant relation, aa+ a = AB (1) C 2 From force diagram of pulley, Tma= AA T= mBB a mCCC gTm−=3 a After solving 32
39. 4g 2 g 3 g aaa=;; = = ABC5 5 5 Exercise 2.5.3: Assume the block is accelerated upward, i.e. a > 0. Let F = 20.0N and M = 5.00 kg. Find the acceleration and all the T ’s. (Fig 2.14) (Fig 2.14) Exercise 2.5.4: An object of mass M is held in place by an applied force F. and a pulley system as shown in the figure . The pulleys are massless and frictionless. Find (a) the tension is each section of rope, T , T2 , T3 , T4 , and T, and (b) the magnitude of F. Suggestion: Draw a free-body diagram for each pulley. 33
40. (Fig 2.15) Mg 3Mg Key: FTTT=== ; TTMg==; 123 2 452 2.6. Moment of inertia Exercise 2.6.1: A person weighs a fish of mass m on a spring scale attached to the ceiling of an elevator, as illustrated in Figure 2.16 . Show that if the elevator accelerates either upward or downward, the spring scale gives a reading that is different from the weight of the fish. (Fig 2.16) Solution Newton’s second law applied to the fish gives the net force on the fish: 34
41.  FTmgmayy=−= (1) where we have chosen upward as the positive y direction. Thus, we conclude from (1) that the scale reading T is greater than the fish’s weight mg if a is upward, so that ay is positive, and that the reading is less than if is downward, so that is negative. For example, if the weight of the fish is 40.0 N and is upward, so that 2 ay =+2.00 m / s , the scale reading from (1) is ay Tmamgmg=+=+y 1 g 2 ay 2.00/ms =+=+=FNNg 1(40.0)148.2 2 gm s 9.80/ 2 If a is downward so that amsy =−2.00/ , then (2) gives us 2 ay −2.00/ms TFNN=+=+=g 1(40.0)131.8 2 gm s 9.80/ To finalize this problem, take this advice-if you buy a fish in an elevator, make sure the fish is weighed while the elevator is either at rest or accelerating downward! Furthermore, note that from the information given here, one cannot determine the direction of motion of the elevator. Exercise 2.6.2: A pulley fixed to the ceiling of an elevator car carries a thread whose ends are attached to the loads of masses m1 and m2. the car starts going up with an acceleration w0. assuming the masses of the pulley and the thread, as well as the friction, to be negligible find: 35
42. a) the acceleration of the load m1 relative to the elevator shaft and relative to the car; b) the force exerted by the pulley on the ceiling of the car Solution Let us write Newton’s second law in vecter from F mw= , for both the blocks (in the frame of ground). T m+= g m111 w (1) T m+= g m222 w (2) These two equations contain three unknown quantities w1 ; w2 and T . The third equation is provided by the kinematic relationship between the accelerations: w10=+ w w; w20=− w w (3) Where w is the acceleration of the mass m1 with respect to the pulley or elevator car. Summing up teemwise the left hand and the right-hand sides of these kinematical equations, we get www120+=2 (4) The simultaneous solution of Eqs (1) (2) and (4) yields ()2mmgm122−+ 0 w w1 = mm12+ Using this result in Eq (3), we get, 36
43. mm12− wgw=−()0 mm12+ Obviously the force exerted by the pulley on the celing of the car 4mm12 FTgw=−=−2() 0 mm12+ Exercise 2.6.3: A small sphere of mass m is hung by a cord from the ceiling of a boxcar that is accelerating to the right, as shown in Figure 2.17. The non- inertial observer in Figure 2.17-b claims that a force, which we know to be fictitious, must act in order to cause the observed deviation of the cord from the vertical. How is the magnitude of this force related to the acceleration of the boxcar measured by the inertial observer in Figure 2.17-a? (Fig 2.17) Solution Figure 2.17 . A small sphere suspended from the ceiling of a boxcar accelerating to the right is deflected as shown. (a) An inertial observer at rest outside the car claims that the acceleration of the sphere is provided by the horizontal component of T. (b) A noninertial observer riding in the car says that the net force on the sphere is zero and that the deflection 37
44. of the cord from the vertical is due to a fictitious force Ffictitious that balances the horizontal component of T. According to the inertial observer at rest (Fig. 2.17a), the forces on the sphere are the force T exerted by the cord and the gravitational force. The inertial observer concludes that the acceleration of the sphere is the same as that of the boxcar and that this acceleration is provided by the horizontal component of T. Also, the vertical component of T balances the gravitational force because the sphere is in equilibrium in the vertical direction. Therefore she writes Newton’s second law as  FTmgma=+= which in component form becomes (1)sinFTmax == Inertial observer (2)cos0FTmgy =−=  According to the noninertial observer riding in the car (Fig. 2.17-b), the cord also makes an angle  with the vertical; however, to him the sphere is at rest and so its acceleration is zero. Therefore, he introduces a fictitious force in the horizontal direction to balance the horizontal component of T and claims that the net force on the sphere is zero! In this noninertial frame of reference, Newton’s second law in component form yields ' FTFx =sin −fictitious = 0 Noninertial observer ' Fy = Tcos − mg = 0 We see that these expressions are equivalent to (1) and (2) if Fmafictitious = , where a is the acceleration according to the inertial ' observer. If we were to make this substitution in the equation for Fx 38
45. above, the noninertial observer obtains the same mathematical results as the inertial observer. However, the physical interpretation of the deflection of the cord differs in the two frames of reference. Exercise 2.6.4: A device (Fig. 2.18) consists of a smooth L-shaped rod located in a horizontal plane and a sleeve A of mass m attached by a weight- 25 less spring to a point B. The spring stiffness is equal to x. The whole system rotates with a constant angular velocity co about a vertical axis passing through the point 0. Find the elongation of the spring. How is the result affected by the rotation direction? (Fig 2.18) ll Key: ==lm 2 00 kmkm−−22(/1) Exercise 2.6.5: A chain of mass m forming a circle of radius R is slipped on a smooth round cone with half-angle  . Find the tension of the chain if it rotates with a constant angular velocity co about a vertical axis coinciding with the symmetry axis of the cone. m(2 R+ g cos ) Key: T = 2 39
46. KẾT LUẬN Khóa luận: “Sử dụng tiếng anh cho vật lí trong phân dạng bài tập phần động lực học chất điểm” đã được hoàn thành và đảm bảo được các mục tiêu đề ra: Trình bày lại cơ sở lí thuyết về động lực học chất điểm một cách logic, ngắn gọn. Phân dạng bài tập động lực học chất điểm bằng tiếng anh gồm 6 dạng trong đó có bài tập mẫu và bài tập tự giải có đáp số. Do thời gian và hiểu biết còn hạn chế nên bài khóa luận này không tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy, rất mong nhận được sự đóng góp từ quý thầy cô và các bạn để để tài được hoàn thiện hơn. 40
47. 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. 41