Lực Quán Tính Coriolis: -2mbold0mu Mumu V - Tài Liệu Text - 123doc

1. Trang chủ >
2. Khoa Học Tự Nhiên >
3. Vật lý >

Lực quán tính Coriolis: -2mbold0mu mumu v

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (12.67 MB, 1,069 trang )

người đi bộ hướng vào trong dọc theo bán kính của đĩa (tưởng tượng rằng có mộtvạch kẻ vẽ trên đĩa; người đó sẽ di chuyển theo đường kẻ này) với vận tốc v so vớiđĩa tại bán kính r. Vectơ vận tốc góc ω hướng ra ngoài trang sách này, trong đóchúng ta biểu thị chiều hướng ra ngoài trong hình 10.6 bằng một vòng tròn nhỏ vớimột chấm bên trong.Hình 10.6:nhận xét: Nhận xét này có thể là khá cầu kỳ, nhưng dù sao tôi vẫn phải nói nó. Chiềuquay thỉnh thoảng được ký hiệu bởi một mũi tên cong hướng tiếp tuyến dọc theo chu vicủa đĩa tròn. Nhưng điều này về mặt kỹ thuật là không chính xác bởi vì nó hàm ý rằng đĩatròn đang quay trong hệ quy chiếu quay tròn, điều đó không đúng; nó đứng yên trong hệquy chiếu đó. Và người ta hiểu rằng hình 10.6 được vẽ thực tế trong hệ quy chiếu quay, vàkhông phải hệ quy chiếu quán tính bởi vì nó bao gồm một lực ảo, lực mà không xuất hiệntrong hệ quy chiếu quán tính. (Nếu bạn muốn vẽ thứ gì đó trong hệ quy chiếu quán tínhthì bạn không cần vẽ bất cứ lực ảo nào, và vận tốc v sẽ có thành phần tiếp tuyến, ít nhấtlà trong mô hình này.)♣Lực quán tính Coriolis, −2mω × v hướng tiếp tuyến theo chiều chuyển động củađĩa tròn, cụ thể là bên phải của người trên đĩa tròn của chúng ta. Nó có độ lớnFcor = 2mωv(10.14)Người đó sẽ phải chống lại lực này bằng lực ma sát tiếp tuyến với độ lớn 2mωv (đặttại chân của anh ta), sao cho anh ấy có thể tiếp tục đi trên đường bán kính banđầu. Chú ý rằng trường hợp này cũng có lực quán tính ly tâm, lực này được chốngNgười dịch: T.T. Tuấn và N.X. Nguyên699lại bởi lực ma sát hướng tâm tại chân của người đó. Tuy nhiên ảnh hưởng này sẽkhông quan trọng ở đây.Tại sao lực quán tính Coriolis tồn tại? Nó tồn tại sao cho hợp lực ma sát thay đổimoment động lượng của người đó (đo trong hệ quy chiếu quán tính) bằng một cáchthích hợp theo công thức τ = dL/dt. Để xem xét điều này, lấy d/dt của L = mr 2 ω,trong đó ω là vận tốc góc của người đó đối với hệ quy chiếu quán tính, nó cũngđồng thời là vận tốc góc của đĩa tròn. Sử dụng dr/dt = −v, ta códL= −2mrωv + mr 2 (dω/dt)dt(10.15)Nhưng dω/dt = 0, bởi vì người đó giữ việc di chuyển trên đường bán kính, và chúngta giả thiết rằng đĩa tròn được bố trí sao cho có thể giữ được vận tốc góc ω khôngđổi. Phương trình (10.15) sẽ đưa đến dL/dt = −2mrωv. Do đó L (đối với hệ quychiếu quán tính) của người đó thay đổi với tốc độ −(2mωv)r. Đây đơn giản là bánkính nhân với lực ma sát tiếp tuyến đặt vào đĩa tròn. Nói cách khác, nó là momentquay tác dụng vào người.nhận xét: Điều gì sẽ xảy ra nếu người đó không sử dụng lực ma sát tiếp tuyến tại châncủa anh ta? Khi đó lực quán tính Coriolis 2mωv sinh ra gia tốc tiếp tuyến 2ωv trong hệquy chiếu quay, và do đó cũng trong hệ quy chiếu quán tính (ban đầu, trước khi chiều củachuyển động trong hệ quy chiếu quay có cơ hội thay đổi), bởi vì các hệ quy chiếu liên hệvới nhau bởi một hằng số ω. Gia tốc này tồn tại về bản chất là để giữ moment động lượngcủa người (đối với hệ quy chiếu quán tính) không đổi. (Nó là hằng số trong ví dụ này, bởivì không có các lực tiếp tuyến trong hệ quy chiếu quán tính.) Để thấy rằng gia tốc tiếptuyến này là phù hợp với sự bảo toàn moment động lượng, đặt dL/dt = 0 trong phươngtrình (10.15) để thu được 2ωv = r(dω/dt) (đây là ω của người đó đang thay đổi). Vế phảicủa biểu thức trên là định nghĩa của gia tốc tiếp tuyến. Do đó, ta nói rằng L được giữ cốđịnh khi 2ωv là gia tốc tiếp tuyến (đối với trường hợp này trong đó vận tốc hướng tâm làv).♣Trường hợp 2 (Người di chuyển theo hướng tiếp tuyến trên một đĩa tròn):Bây giờ ta xem xét một người đi bộ theo hướng tiếp tuyến trên một đĩa tròn theochiều chuyển động của đĩa, với vận tốc v (đối với đĩa) tại bán kính hằng số r (xemhình 10.7). Lực quán tính Coriolis −2mω × v hướng theo bán kính ra ngoài với độlớn 2mωv. Giả sử rằng người đó sử dụng lực ma sát cần thiết để tiếp tục di chuyểnNgười dịch: T.T. Tuấn và N.X. Nguyên700tại bán kính r.Có một cách đơn giản để thấy được tại sao lực 2mωv hướng ra ngoài này tồn tại.Hình 10.7:Ký hiệu V ≡ ωr là vận tốc của một điểm trên đĩa tròn tại bán kính r, như quan sátcủa người bên ngoài. Nếu một người di chuyển theo hướng tiếp tuyến (cùng theomột chiều khi quay) với vận tốc v đối với đĩa tròn thì vận tốc của anh ta theo quansát của người bên ngoài sẽ là V + v. Người quan sát bên ngoài do đó sẽ thấy mộtngười đi bộ trên một vòng tròn bán kính r với vận tốc V + v. Gia tốc của người đóđối với hệ quy chiếu trên mặt đất do đó sẽ là (V + v)2 /r. Gia tốc này phải bị sinhra bởi lực ma sát hướng vào trong tại chân của người đó, cho nênFf riction =mV 2 2mV v mv 2m(V + v)2=++rrrr(10.16)Lực ma sát này là như nhau trong mọi hệ quy chiếu. Khi đó người trên đĩa trònsẽ giải thích như thế nào đối với ba đại lượng của lực ma sát hướng vào trong ởphương trình (10.16) Đại lượng đầu tiên cân bằng với lực quán tính ly tâm hướngra ngoái sinh ra do sự quay tròn của đĩa, đây là điều mà anh ta luôn luôn cảmthấy. Đại lượng thứ ba là lực hướng vào trong mà chân của anh ta phải chịu nếuanh ta đi bộ quanh vòng tròn bán kính r với vận tốc v, đây chính xác là điều anhta đang làm trong hệ quy chiếu quay này. Đại lượng giữa là lực ma sát hướng vàotrong thêm vào mà anh ta phải chịu để cân bằng với lực quán tính Coriolis hướngra ngoài 2mωv (sử dụng V ≡ ωr). Nói một cách tương đương, người ở trên đĩa trònsẽ miêu tả phương trình F = ma dưới dạng (chọn chiều bán kính hướng vào tronglà chiều dương)v2m(V + v)2mV 2 2mV v=−−rrrr=⇒ ma = Ff riction + Fcent + Fcorm(10.17)Chúng ta thấy rằng lực tổng mà anh ta cảm thấy quả thực bằng với ma của anhta, trong đó a được xác định đối với hệ quy chiếu quay. Về mặt vật lý, sự khác nhauNgười dịch: T.T. Tuấn và N.X. Nguyên701giữa lời giải thích của phương trình (10.16) và (10.17) là sự tồn tại của lực ma sáttrong hệ quy chiếu quay. Về mặt toán học, sự khác nhau đó đơn giản chỉ là sự sắpxếp lại của các số hạng.Đối với hai trường hợp đặc biệt ở trên, mọi thứ không phải là quá rõ ràng nhưng đó làcách thức mà chúng xảy ra. Chú ý rằng không quan trọng là chiều bạn di chuyển trênđĩa tròn là như thế nào, lực quán tính Coriolis luôn luôn hướng theo chiều vuông góc vớisự di chuyển của bạn. Nó có thể hướng về bên phải hoặc bên trái của bạn tùy thuộc vàochiều quay của đĩa tròn. Nhưng với ω cho trước, bạn sẽ không thể tránh khỏi bị tác dụngbởi lực theo một phương tương đối không đổi.Bây giờ chúng ta sẽ xem xét thêm một số ví dụ nữa. . .Ví dụ (Quả bóng rơi): Một quả bóng rơi từ độ cao h, tại góc cực θ (đo hướngxuống từ cực bắc). Hỏi bóng bị lệch về phía đông bao xa theo khoảng thời gian nóchạm đất?Lời giải: Góc giữa ω và v là π − θ, do đó lực quán tính Coriolis −2mω × v hướngthẳng về phía đông với độ lớn 2mωv sin θ, trong đó v = gt là vận tốc tại thời điểmt (t chạy từ 0 đến giá trị hay dùng2h/g).1 Chú ý rằng quả bóng bị chệch về phíađông, độc lập với bán cầu của nó. Gia tốc hướng về phía đông tại thời điểm t dođó sẽ là 2ωgt. Tích phân lên ta thu được vận tốc hướng về phía đông (với giá trịvận tốc ban đầu bằng 0) là veast = ωgt2 sin θ. Tích phân lên lần nữa ta thu được độlệch về phía đông (với giá trị độ lệch ban đầu bằng 0) là deast = ωgt3 sin θ/3. Thayt=2h/g vào ta thu đượcdeast =2ωh sin θ32hg(10.18)Tần số của sự quay tròn của trái đất là ω ≈ 7.3 · 10−5 s−1 , do đó ví dụ nếu ta lấyθ = π/2 và h = 100m thì chúng ta sẽ có deast ≈ 2cm.nhận xét: Chúng ta cũng có thể giải bài toán này bằng cách sử dụng hệ quy chiếu quántính; xem Stirling (1983). Hình 10.8 chỉ ra mô hình trong đó một quả bóng bị rơi từ tháp1Về mặt kỹ thuật, v = gt là không hoàn toàn chính xác. Do lực quán tính Coriolis, quả bóng sẽ cómột thành phần vận tốc khá nhỏ hướng về phía đông (đây là vấn đề của bài toán này). Thành phần nàysau đó sẽ sinh ra lực quán tính Coriolis bậc hai ảnh hưởng lên vận tốc thẳng đứng (xem bài tập 10.21).Nhưng chúng ta có thể bỏ qua ảnh hưởng nhỏ đó trong bài toán này. Đồng thời chúng ta cũng muốnthay thế gef f cho g, nhưng bất kỳ sự mập mờ nào trong việc này đều có ảnh hưởng không đáng kể.Người dịch: T.T. Tuấn và N.X. Nguyên702có chiều cao h đặt tại xích đạo (quan sát này là từ cực nam). Trái đất đang quay tròn tronghệ quy chiếu quán tính, do đó tốc độ hướng sang ngang ban đầu của quả bóng, (R + h)ω,là lớn hơn so với tốc độ hướng sang ngang của đáy tháp, Rω. Đây là nguyên nhân cơ bảncủa độ lệch về hướng đông.Tuy nhiên, sau khi quả bóng đã di chuyển sang bên phải, lực trọng trường tác dụng lên nóHình 10.8:sẽ có thành phần hướng sang bên trái, khi đó thành phần này sẽ làm chậm lại tốc độ hướngsang ngang. Nếu quả bóng đã di chuyển được một khoảng cách x về bên phải thì thành phầnhướng về bên trái của trọng lực bằng với g sin φ ≈ g(x/R). Bây giờ, để dẫn tới bước tiếp theota có x = Rωt, do đó gia tốc hướng sang ngang của quả bóng là a = −g(Rωt/R) = −ωgt.Tích phân biểu thức này và sử dụng tốc độ ban đầu (R + h)ω ta sẽ thu được tốc độ hướngsang phải là (R + h)ω − ωgt2 /2. Tích phân thêm một lần nữa dẫn đến khoảng cách hướngsang bên phải là (R + h)ωt − ωgt3 . Trừ đi vị trí hướng sang bên phải của đáy tháp (cụ thểlà Rωt), và sử dụng t ≈2h/g (bỏ qua ảnh hưởng của bậc cao hơn như độ cong của tráiđất và sự thay đổi của g theo độ cao), chúng ta thu được độ lệch hướng sang phía đông làωh 2h/g(1 − 1/3) = (2/3)ωh 2h/g so với đáy của tháp. Nếu quả bóng rơi tại góc cực θthay vì tại xích đạo thì chỉ có sự thay đổi là tất cả các tốc độ bị giảm đi bởi thừa số sin θ,do đó chúng ta thu được kết quả như trong phương trình (10.18).♣Ví dụ (Con lắc Foucault): Đây là một ví dụ kinh điển về hệ quả của lực quántính Coriolis. Nó cũng chỉ ra chắc chắn rằng trái đất quay tròn. Ý tưởng cơ bảnđó là do sự quay của trái đất, mặt phẳng dao động của con lắc sẽ quay rất chậm,với một tần số có thể đo được. Trong trường hợp đặc biệt khi con lắc đặt tại mộtNgười dịch: T.T. Tuấn và N.X. Nguyên703trong hai cực thì sự quay này dễ dàng hiểu được. Xem xét tại cực bắc. Một ngườiquan sát bên ngoài, lơ lửng trên cực bắc và xem trái đất quay, xem mặt phẳng củacon lắc cố định (đối với các ngôi sao ở xa) trong khi trái đất quay ngược chiều kimđồng hồ ở dưới nó.2 Do đó, đối với người quan sát trên trái đất, mặt phẳng của conlắc quay cùng chiều kim đồng hồ (nhìn từ phía trên). Tần số của sự quay này tấtnhiên là tần số của sự quay của trái đất, do đó người quan sát trên trái đất thấyrằng mặt phẳng con lắc quay một vòng mỗi ngày.Điều gì sẽ xảy ra nếu con lắc không đặt tại một trong hai cực? Tần số là như thếHình 10.9:nào? Giả sử con lắc đặt tại vị trí góc cực θ. Chúng ta sẽ tính toán xấp xỉ trongđó vận tốc của quả lắc là nằm ngang (đối với bề mặt trái đất). Đây là giả thiếtcần thiết và có thể chấp nhận được nếu như độ dài dây treo con lắc là rất dài; sựchính xác do quả lắc nâng lên hoặc hạ xuống có thể bỏ qua. Lực quán tính Coriolis−2mω × v hướng theo chiều nào đó rất phức tạp, nhưng may mắn là chúng ta chỉcần quan tâm đến thành phần nằm trong mặt phẳng ngang (đó là mặt phẳng củamặt đất). Thành phần thẳng đứng chỉ để thay đổi thành phần trọng lực và do đócó thể bỏ qua. Mặc dù tần số của con lắc phụ thuộc vào g, nhưng sự thay đổi củakết quả là rất nhỏ. Với các chú ý này, chúng ta sẽ tách ω thành hai thành phần,thành phần thẳng đứng và thành phần nằm ngang trong hệ tọa độ đặt tại con lắc.Từ hình vẽ 10.9, chúng ta thấy rằngω = ω cos θˆ + ω sin θˆzy2(10.19)Giả sử rằng tại đầu treo con lắc là không có ma sát, do đó nó không thể sinh ra moment xoắn đốivới mặt phẳng của con lắc.Người dịch: T.T. Tuấn và N.X. Nguyên704Chúng ta sẽ bỏ qua thành phần y bởi vì nó sinh ra một lực quán tính Coriolis theochiều z, lý do là vì v nằm trong mặt phẳng ngang xy. Do đó đối với mục đích củachúng ta, ω bản chất là bằng với ω cos θˆ. Từ quan điểm này, bài toán tìm tần sốzcủa mặt phẳng con lắc có thể thực hiện theo một số cách. Ở đây chúng ta sẽ đưara hai cách giải.Cách giải đầu tiên (Cách tinh tế): Thành phần nằm ngang của lực quán tínhCoriolis có độ lớnhorizFcor = |−2m(ω cos θˆ) × v| = 2m(ω cos θ)vz(10.20)và nó vuông góc với v(t). Do đó, khi mà chỉ quan tâm đến con lắc, nó được đặt tạicực bắc của một hình tinh có tên là Terra Costhetica mà có tần số quay là ω cos θ.3Nhưng như ta đã thấy ở phía trên, tần số mặt phẳng của con lắc Foucault đặt tạicực bắc của một hành tinh như vậy đơn giản chỉ làωF = ω cos θ(10.21)theo chiều kim đồng hồ. Dẫn đến đó là đáp số của chúng ta.Cách giải thứ hai (Trong hệ quy chiếu của con lắc): Chúng ta hãy tính toántrong hệ quy chiếu của mặt phẳng mà con lắc Foucault chuyển động. Mục đích củachúng ta là tìm tốc độ chuyển động của hệ quy chiếu này. Đối với hệ quy chiếu cốˆ ˆđịnh trên trái đất (với các trục x, y và ˆ như đã nói tới ở trên), chúng ta biết rằngzmặt phẳng này quay với tần số ωF = −ωˆ nếu chúng ta đứng tại cực bắc (θ = 0)zvà với tần số ωF = 0 nếu chúng ta đứng tại xích đạo (θ = π/2). Do đó chúng ta cózthể đoán rằng kết quả tổng quát sẽ là ωF = −ω cos θˆ, và chúng ta sẽ chỉ ra điềuđó ngay bây giờ.Tính toán trong hệ quy chiếu của mặt phẳng con lắc là khá hiệu quả bởi vì chúngta có thể lợi dụng thực tế rằng con lắc không chịu ảnh hưởng của lực ngang tronghệ quy chiếu này, bởi vì nếu ngược lại nó sẽ di ra khỏi mặt phẳng này (đây là điềukhông thể, theo định nghĩa). Hệ quy chiếu cố định trên trái đất quay với tần sốω = ω cos θˆ + ω sin θˆ đối với hệ quy chiếu quán tính. Mặt phẳng của con lắc quayzy3Như đã nói ở phần trên, mô hình này không chính xác tuyệt đối giống như trên hành tinh mới. Đồngthời cũng có thêm thành phần thẳng đứng của lực quán tính Coriolis đối với con lắc trên trái đất, nhưngảnh hưởng này có thể bỏ qua.Người dịch: T.T. Tuấn và N.X. Nguyên705ˆvới tần số ω F = ωF z đối với hệ quy chiếu trái đất. Dẫn đến vận tốc góc của hệ quychiếu con lắc đối với hệ quy chiếu quán tính sẽ làω + ω F = (ω cos θ + ωF )ˆ + ω sin θˆzy(10.22)Để tìm thành phần ngang của lực quán tính Coriolis trong hệ quy chiếu quay, chúngˆta chỉ cần quan tâm đến thành phần z của tần số này. Lực quán tính Coriolis ngangdo đó sẽ có độ lớn 2m(ω cos θ + ωF )v. Nhưng trong hệ quy chiếu của con lắc, phảikhông có thành phần lực ngang, do đó thành phần này phải bằng không. Dẫn đến,ωF = −ω cos θ(10.23)Điều này phù hợp với phương trình (10.21), ở đó chúng ta đã mô tả độ lớn của ωF .10.2.4Lực quán tính góc phương vị: −m(dω/dt) × rTrong phần này, chúng ta sẽ chỉ xét một số trường hợp đơn giản và trực quan ở đó ω chỉthay đổi về độ lớn chứ không thay đổi về chiều (trường hợp phức tạp hơn chúng ta sẽ xéttrong bài tập 10.10). Lực quán tính góc phương vị khi đó có thể được viết như sauFaz = −mω ω × r˙ˆ(10.24)Lực này dễ dàng hiểu được bằng cách xem xét một người đứng yên đối với đĩa quay tròn.Nếu đĩa tròn tăng tốc thì người đó sẽ phải cảm thấy một lực ma sát tiếp tuyến tại châncủa anh ta nếu anh ta cố gắng giữ cố định trên đĩa tròn. Lực ma sát này bằng với matan ,trong đó atan = r ω là gia tốc tiếp tuyến đo trong hệ quy chiếu mặt đất. Nhưng từ quan˙sát của người trong hệ quy chiếu quay, anh ta đang không di chuyển, do đó phải có lựcbí ẩn khác nào đó cân bằng với lực ma sát này. Đây chính là lực quán tính góc phươngˆˆvị. Một cách định lượng, khi ω trực giao với r, chúng ta có |ω × r| = r, do đó lực quán˙tính góc phương vị trong phương trình (10.24) sẽ có độ lớn mr ω. Giá trị này bằng với độlớn của lực ma sát như chúng ta mong muốn.Chính xác là chúng ta có gì ở đây có ảnh hưởng tương tự như chúng ta đã có đối vớilực quán tính tịnh tiến trên con tàu tăng tốc. Nếu sàn tàu tăng tốc dưới chân bạn thìbạn chịu một lực ma sát nếu bạn không muốn bị ném ra phía sau đối với sàn tàu. Nếubạn nhắm mắt lại và bỏ qua lực quán tính ly tâm thì bạn không thể nói rằng bạn đangở trên một con tàu tăng tốc đều hoặc trên một đĩa quay tròn tăng tốc đều. Cả lực quánNgười dịch: T.T. Tuấn và N.X. Nguyên706tính tịnh tiến và quán tính góc phương vị đều sinh ra từ gia tốc của sàn tàu. (Như vậyđối với vấn đề đó, lực quán tính góc phương vị là cái chúng ta tìm kiếm.)Chúng ta cũng có thể quan sát mọi thứ dưới dạng các đại lượng quay tròn thay chogia tốc tuyến tính atan phía trên. Nếu đĩa tròn tăng tốc thì một moment quay sẽ tác dụnglên người đó nếu anh ta giữ cố định trên đĩa tròn, bởi vì moment động lượng của anh ấytrong hệ quy chiếu cố định sẽ tăng lên. Do đó, anh ta phải cảm thấy lực ma sát tại châncủa anh ta. Chúng ta hãy chỉ ra lực ma sát này, nó sinh ra sự thay đổi đối với momentđộng lượng của người đó trong hệ quy chiếu cố định, chính xác là cân bằng với lực quántính góc phương vị trong hệ quy chiếu quay, do đó dẫn đến lực tổng bằng không trong hệquy chiếu quay. Do L = mr 2 ω, chúng ta có dL/dt = mr 2 ω (giả sử rằng r cố định). Và bởi˙vì dL/dt = τ = rF , ta thấy rằng lực ma sát đòi hỏi sẽ là F = mr ω. Và như chúng ta đã˙ˆthấy trong phần trên, khi ω vuông góc với r, lực quán tính góc phương vị trong phươngtrình (10.24) cũng bằng mr ω, ngược với chiều chuyển động của đĩa tròn. Do đó lực tiếp˙tuyến trong hệ quy chiếu quay quả thực được cân bằng. Điều này về cơ bản giống nhưtính toán của chúng ta phía trên nhưng thêm thừa số r trong phương trình τ = dL/dt.Ví dụ (Vận động viên trượt băng quay tròn): Tất cả chúng ta đã từng xemvận động viên trượt băng tăng vận tốc góc của họ bằng cách co tay của họ gần vớithân người. Điều này có thể hiểu được dưới dạng moment động lượng; một momentquán tính nhỏ hơn đòi hỏi một vận tốc ω lớn hơn để giữ L không đổi. Nhưng chúngta sẽ phân tích tình huống này dưới dạng các lực ảo. Chúng ta sẽ lý tưởng hóa mọithứ bằng cách giả sử khối lượng của vận động viên tập trung tại các đầu của cánhtay không khối lượng gắn vào cơ thể không khối lượng.4 Giả sử các cánh tay có tổngkhối lượng m và chúng được kéo thẳng.Quan sát mọi thứ trong hệ quy chiếu của vận động viên (quay với vận tốc ω), địnhnghĩa bởi mặt phẳng thẳng đứng chứa các cánh tay. Điều cốt yếu để hiểu rõ ở đâyđó là vận động viên luôn luôn giữ đứng yên trong hệ quy chiếu của vận động viên(thực ra đây là một thực tế được nhắc lại, nhưng cần thiết). Do đó, vận động viênphải cảm thấy lực tiếp tuyến tổng bằng không trong hệ quy chiếu của người ấy,bởi vì ngược lại thì người đó sẽ tăng tốc đối với hệ quy chiếu đó. Các cánh tay củangười đó được kéo bởi một lực cơ bắp chống lại lực quán tính ly tâm, nhưng có thểkhông có lực tiếp tuyến tổng tác dụng trên các cánh tay trong hệ quy chiếu của vậnđộng viên theo định nghĩa.4Điều này nhắc tôi nhớ tới câu nói đùa về con bò hình cầuNgười dịch: T.T. Tuấn và N.X. Nguyên707

Xem Thêm

Tài liệu liên quan

• INTRODUCTION TO CLASSICAL MECHANICS With Problems and Solutions pptx
  • 1,069
  • 3,111
  • 33
• Phân tích và nhận dạng một số chiến lược Marketing của công ty TNHH Dược phẩm Hạ Long giai đoạn 2006- 2009
  • 55
  • 4
  • 48
• Phân tích vai trò của lợi ích xã hội và trách nhiệm cộng đồng trong chiến lược Marketing của Công ty Honda Việt Nam trong giai đoạng 2006- 2008
  • 80
  • 1
  • 16
• Phân tích, đánh giá về sản phẩm Passiona của hãng cafe Trung Nguyên. Những biện pháp Marketing nào công ty nên áp dụng để đảm bảo thành công trên thị trường
  • 35
  • 3
  • 21
• Phát triển dịch vụ chứng khoán của công ty chứng khoán ngân hàng đầu tư và phát triển Việt Nam
  • 235
  • 103
  • 0
• Phát triển hoạt động tự doanh cổ phiếu tại công ty chứng khoán Ngân hành Nông nghiệp và phát triển nông thôn Việt Nam
  • 67
  • 617
  • 3
• Phát triển kênh phân phối sản phẩm của công ty Dệt Minh Khai trên thị trường nội địa
  • 60
  • 944
  • 7
• Phát triển thị trường chứng khoán Việt Nam trong giai đoạn hội nhập đến năm 2010
  • 274
  • 205
  • 0
• Phát triển thị trường trái phiếu chính quyền địa phương ở Việt Nam
  • 212
  • 230
  • 1
• Phương pháp phân tích kỹ thuật và khả năng áp dụng trong hoạt động đầu tư chứng khoán tại Việt Nam
  • 81
  • 137
  • 1
• Phương thức phát hành cổ phiếu.liên hệ việt nam.doanh nghiệp việt nam chưa tận dụng được lợi ích của phát hành cổ phiếu
  • 32
  • 717
  • 1

Tải bản đầy đủ (.pdf) (1,069 trang)

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

(12.67 MB) - INTRODUCTION TO CLASSICAL MECHANICS With Problems and Solutions pptx-1069 (trang) Tải bản đầy đủ ngay ×