בגרות בפיזיקה מכניקה 36361 - קיץ 2019

מהגרף: הכדור נזרק מגובה $y_0=40\,\text{m}$ (נקודה $A$, $t=0$) והגיע לשיא הגובה $45\,\text{m}$ (נקודה $B$) ברגע $t=1\,\text{s}$.

בשיא הגובה המהירות (האנכית) היא אפס. ציר חיובי כלפי מעלה, ולכן $a=-g=-10\,\text{m/s}^2$.

לפי נוסחת התנועה שוות התאוצה מדף הנוסחאות:

בנקודה $B$: $v=0$, $t=1\,\text{s}$:

הצבה:

בדיקה בעזרת ההעתק: $y-y_0=v_0t+\tfrac12at^2=10\cdot 1-\tfrac12\cdot 10\cdot 1^2=5\,\text{m}$ – ואכן מ־$40\,\text{m}$ ל־$45\,\text{m}$ ✓.

קביעה: גודל המהירות בנקודה $C$ גדול מגודל המהירות בנקודה $A$.

נימוק: נקודה $C$ נמצאת בגובה $25\,\text{m}$, נמוך מנקודת הזריקה $A$ ($40\,\text{m}$). התנגדות האוויר זניחה, ולכן הכוח היחיד הפועל על הכדור הוא כוח הכובד – כוח משמר, והאנרגייה המכנית נשמרת:

מאחר ש־$y_C<y_A$, האנרגייה הפוטנציאלית ב־$C$ קטנה יותר, ולכן האנרגייה הקינטית ב־$C$ גדולה יותר: $v_C>v_A$.

חישוב (ציר חיובי כלפי מעלה), לפי $v=v_0+at$ ב־$t=3\,\text{s}$:

כלומר $20\,\text{m/s}$ כלפי מטה, לעומת $10\,\text{m/s}$ ב־$A$.

טעות נפוצה: להשוות רק לפי שיפוע ה"ציור" בלי לשים לב ש־$C$ נמוך מ־$A$; בגובה של $A$ (ב־$t=2\,\text{s}$) גודל המהירות שווה ל־$10\,\text{m/s}$, ומשם הוא ממשיך לגדול.

קביעה: התאוצה ב־$B$ זהה לתאוצה ב־$A$.

נימוק: לאורך כל התנועה (מרגע שהכדור עזב את היד) הכוח היחיד הפועל עליו הוא כוח הכובד $mg$, הקבוע בגודלו ובכיוונו. לפי החוק השני של ניוטון:

לכן בשתי הנקודות גודל התאוצה $10\,\text{m/s}^2$ וכיוונה אנכית כלפי מטה. גם בשיא הגובה $B$, שבו המהירות אפס, התאוצה אינה אפס – המהירות ממשיכה להשתנות (מחיובית לשלילית). בגרף $y(t)$ הדבר מתבטא בכך שהעקומה היא פרבולה אחת "פתוחה כלפי מטה" לאורך כל התנועה.

טעות נפוצה: לטעון שבשיא הגובה התאוצה אפס כי המהירות אפס.

מהירות ממוצעת מוגדרת לפי ההעתק (ולא לפי הדרך) – מדף הנוסחאות:

מהגרף: ברגע הזריקה $y_A=40\,\text{m}$ ($t=0$), ובסף הפגיעה בקרקע $y_D=0$ ($t=4\,\text{s}$).

הסימן השלילי (ציר חיובי כלפי מעלה) מראה שכיוון המהירות הממוצעת אנכית כלפי מטה; גודלה $10\,\text{m/s}$.

טעות נפוצה: לחלק את הדרך הכוללת ($5+45=50\,\text{m}$) בזמן ולקבל $12.5\,\text{m/s}$ – זהו הקצב הממוצע לאורך הדרך, ולא המהירות הממוצעת, שנקבעת לפי ההעתק בלבד.

הכדור נע בתאוצה קבועה $a=-10\,\text{m/s}^2$ (ציר חיובי כלפי מעלה), ולכן לפי $v=v_0+at$:

גרף המהירות הוא קו ישר ששיפועו $-10\,\text{m/s}^2$ (התאוצה).

הנקודות:

- $a$: $t=0$, $v=10\,\text{m/s}$ (רגע הזריקה).

- $b$: $t=1\,\text{s}$, $v=0$ (שיא הגובה – הגרף חותך את ציר הזמן).

- $c$: $t=3\,\text{s}$, $v=10-30=-20\,\text{m/s}$.

- $d$: $t=4\,\text{s}$, $v=10-40=-30\,\text{m/s}$ (סף הפגיעה בקרקע).

בדיקה: השטח המסומן בין הגרף לציר הזמן מ־$0$ עד $4\,\text{s}$ הוא $\tfrac12\cdot 1\cdot 10-\tfrac12\cdot 3\cdot 30=5-45=-40\,\text{m}$ – בדיוק ההעתק מ־$40\,\text{m}$ ל־$0$.

טעות נפוצה: לסרטט "V" (גודל המהירות) שיורד לאפס ועולה שוב – יש לסרטט את המהירות עם סימנה, קו ישר אחד שחוצה את ציר הזמן.

קביעה: הגרף $y(t)$ לא ישתנה.

נימוק: הכוח הרגעי אופקי, ולכן אין לו רכיב אנכי. לפי נוסחת מתקף–תנע ($J=\Delta p$) בכל ציר בנפרד, המתקף שהכוח נותן הוא אופקי בלבד: הוא משנה רק את רכיב המהירות האופקי (שהיה אפס), ואינו משנה את רכיב המהירות האנכי ברגע $t=3\,\text{s}$ ($-20\,\text{m/s}$).

אחרי הפעלת הכוח פועל שוב רק כוח הכובד, ולכן בציר האנכי התאוצה נשארת $-g$. התנועה האנכית מתחילה באותו מקום ($25\,\text{m}$), באותה מהירות אנכית ובאותה תאוצה – ולכן $y(t)$ זהה לחלוטין, והכדור יגיע לקרקע באותו רגע $t=4\,\text{s}$. השינוי היחיד: מ־$C$ והלאה הכדור נע גם אופקית, ומסלולו במרחב הופך לחלק של פרבולה (בהנחה שהוא אינו פוגע בקיר הבניין).

טעות נפוצה: לחשוב שהכדור "יאט" בנפילתו או ייפול מהר יותר – התנועות בשני הצירים בלתי תלויות זו בזו.

ציר אופקי: הזמן $t$ (טווח $0$–$0.7\,\text{s}$). ציר אנכי: המהירות $v$ (טווח $0$–$2.5\,\text{m/s}$).

הנקודות $(t\,[\text{s}],\,v\,[\text{m/s}])$:

$(0.1,\,0.45)$, $(0.2,\,0.70)$, $(0.3,\,1.15)$, $(0.4,\,1.50)$, $(0.5,\,1.95)$, $(0.6,\,2.25)$.

הנקודות מסתדרות בקירוב על קו ישר, ולכן מעבירים קו מגמה ישר אחד (לא מחברים נקודה לנקודה), כך שהנקודות מפוזרות סביבו משני צדיו. הגוף שוחרר ממנוחה ב־$t=0$, ולכן הקו עובר (בקירוב) דרך הראשית.

טעות נפוצה: לחבר את הנקודות בקו שבור – פיזור הנקודות נובע משגיאות מדידה, וקו המגמה הוא ישר אחד.

מחשבים את השיפוע משתי נקודות על קו המגמה (לא מנקודות הטבלה), רחוקות זו מזו: $(0,\,0)$ ו־$(0.6\,\text{s},\,2.25\,\text{m/s})$:

(התאמה בשיטת הריבועים הפחותים נותנת שיפוע של כ־$3.74\,\text{m/s}^2$.)

משמעות פיזיקלית: שיפוע גרף מהירות–זמן הוא התאוצה ($a=\frac{\Delta v}{\Delta t}$). הגרף ישר, ולכן הגוף $m_1$ נע בתאוצה קבועה $a\approx 3.75\,\text{m/s}^2$ בכיוון החיובי – במעלה המישור. מאחר שהחוט מתוח ואינו מתארך, זהו גם גודל התאוצה של $m_2$ (כלפי מטה).

על הגוף $m_1$ פועלים: כוח הכובד $m_1g$ (כדור הארץ, אנכית מטה), הכוח הנורמלי $N$ (המישור, ניצב למישור), מתיחות החוט $T$ (החוט, במעלה המישור). המישור חלק – אין חיכוך.

ציר במעלה המישור (הכיוון החיובי שנקבע) וציר ניצב למישור:

על הגוף $m_2$ פועלים: כוח הכובד $m_2g$ (כלפי מטה) ומתיחות החוט $T$ (כלפי מעלה). כיוון חיובי כלפי מטה (כפי שנקבע):

החוט והגלגלת חסרי מסה והגלגלת חסרת חיכוך, ולכן המתיחות זהה בשני צדי החוט, וגודל התאוצה $a$ משותף לשני הגופים.

מסת $m_2$ אינה נתונה, ולכן משתמשים במשוואת הגוף $m_1$ ובתאוצה שנמדדה בסעיף ב:

הצבה:

(מכאן אפשר גם למצוא את $m_2$: $m_2=\frac{T}{g-a}=\frac{4.375}{10-3.75}=0.7\,\text{kg}$.)

טעות נפוצה: לכתוב $T=m_2g$ – הגוף $m_2$ מאיץ כלפי מטה, ולכן המתיחות קטנה ממשקלו.

לאחר קריעת החוט כוח המתיחות נעלם.

הגוף $m_1$: על המישור החלק פועלים רק $m_1g$ ו־$N$. לאורך המישור (כיוון חיובי במעלה המישור), לפי $\Sigma F=ma$:

(כלומר $5\,\text{m/s}^2$ במורד המישור).

הגוף $m_2$: פועל עליו רק כוח הכובד – נפילה חופשית (כיוון חיובי כלפי מטה):

היחס:

הסימן השלילי מבטא שבמערכת הצירים שנקבעה התאוצה של $m_1$ שלילית ושל $m_2$ חיובית; היחס בין גודלי התאוצות הוא $\tfrac12$.

קביעה: גרף 3.

1. נקודת ההתחלה המשותפת: עד הקריעה החוט מתוח, ולכן ברגע הקריעה לשני הגופים אותה מהירות חיובית (כ־$3.75\cdot 1=3.75\,\text{m/s}$; $m_1$ במעלה המישור, $m_2$ כלפי מטה). שני הקווים מתחילים מאותה נקודה חיובית על ציר המהירות. זה פוסל את גרף 2 (שם $m_1$ מתחיל מאפס).

2. $m_2$: תאוצה קבועה $+10\,\text{m/s}^2$ – קו ישר עולה.

3. $m_1$: תאוצה קבועה $-5\,\text{m/s}^2$ – קו ישר יורד. הגוף מאט, נעצר במעלה המישור (מהירות אפס) ומיד ממשיך לנוע במורד – המהירות הופכת לשלילית, והקו ממשיך לרדת באותו שיפוע מתחת לציר הזמן. זה פוסל את גרף 1 (שם $m_1$ מאיץ) ואת גרף 4 (שם $m_1$ נעצר ונשאר במנוחה – על מישור חלק הוא אינו יכול להישאר במנוחה).

4. שיפועים: לפי סעיף ה גודל השיפוע של $m_1$ הוא חצי מגודל השיפוע של $m_2$. בגרף 4 השיפועים שווים בגודלם, ואילו בגרף 3 הקו של $m_1$ מתון בבירור מהקו של $m_2$.

לכן רק גרף 3 מתאים.

טעות נפוצה: לבחור בגרף 4 מתוך מחשבה שהגוף $m_1$ נעצר ונשאר במנוחה – על מישור חלק רכיב הכובד במורד אינו מאוזן.

על האדם פועלים שלושה כוחות:

1. כוח הכובד $mg$ – מופעל על ידי כדור הארץ, אנכית כלפי מטה.

2. כוח החיכוך הסטטי $f_s$ – מופעל על ידי דופן הגליל, אנכית כלפי מעלה (לאורך הדופן). הוא מונע מהאדם להחליק מטה.

3. הכוח הנורמלי $N$ – מופעל על ידי דופן הגליל, אופקי, ניצב לדופן ומכוון אל ציר הסיבוב (אל מרכז המעגל).

הרצפה הורדה – אין כוח מהרצפה. אין "כוח צנטריפטלי" או "כוח צנטריפוגלי" נפרד: הכוח הנורמלי הוא הכוח השקול הרדיאלי.

טעות נפוצה: לסמן כוח צנטריפוגלי כלפי חוץ, או לסמן את החיכוך בכיוון אופקי.

האדם נע במעגל אופקי שרדיוסו $r$ (מיקומו האנכי אינו משתנה).

ציר אנכי: אין תאוצה אנכית, ולכן לפי החוק השני של ניוטון שקול הכוחות האנכי אפס:

ציר אופקי (רדיאלי, כיוון חיובי אל הציר): הכוח היחיד בציר זה הוא $N$, והוא גורם לתאוצה הרדיאלית $a_R=\omega^2r$ (מדף הנוסחאות):

כוח החיכוך הסטטי מוגבל: $f_s\le\mu_sN$ (מדף הנוסחאות). כדי שהאדם לא יחליק נדרש:

המהירות הזוויתית המינימלית מתקבלת במצב של סף החלקה, כאשר החיכוך הסטטי מרבי:

הצבה:

טעות נפוצה: להציב $N=mg$ – כאן הכוח הנורמלי אופקי ואינו קשור למשקל; הוא שווה ל־$m\omega^2r$.

קביעה: התשובה לא תשתנה.

נימוק: בביטוי שקיבלנו

המסה אינה מופיעה. הסיבה הפיזיקלית: גם הכוח שצריך לאזן (המשקל $mg$) וגם החיכוך המרבי האפשרי ($\mu_s m\omega^2r$, דרך הכוח הנורמלי) גדלים באותו יחס כאשר המסה גדלה, ולכן המסה מצטמצמת. $g$, $\mu_s$ ו־$r$ לא השתנו, ולכן $\omega_{\min}\approx 2.36\,\text{rad/s}$ גם עבור אדם שמסתו $90\,\text{kg}$.

$\omega=2.6\,\text{rad/s}$ גדולה מ־$\omega_{\min}=2.36\,\text{rad/s}$, ולכן האדם אינו מחליק ומיקומו קבוע – החיכוך הסטטי אינו בהכרח מרבי.

לפי משוואת הציר האנכי (סעיף ב):

בדיקה שהחיכוך הדרוש אינו עולה על המרבי: $N=m\omega^2r=90\cdot 2.6^2\cdot 3\approx 1825\,\text{N}$, ולכן $\mu_sN=0.6\cdot 1825\approx 1095\,\text{N}>900\,\text{N}$ ✓.

טעות נפוצה: לחשב $f_s=\mu_sN\approx 1095\,\text{N}$ – זהו רק החיכוך הסטטי המרבי האפשרי; בפועל החיכוך שווה בדיוק למה שנדרש כדי לאזן את המשקל.

בין $A$ ל־$B$ אין חיכוך ואין רוח, והכוח הנורמלי ניצב לתנועה ואינו מבצע עבודה. לכן רק כוח הכובד (משמר) מבצע עבודה, והאנרגייה המכנית נשמרת.

המהירות המזערית מתאימה למצב שבו התיבה מגיעה ל־$B$ במהירות אפס (בדיוק מגיעה). רמת ייחוס לאנרגייה הפוטנציאלית: הקרקע (גובה $A$).

הצבה:

בין $A$ ל־$C$ הכוח היחיד שאינו כוח הכובד ומבצע עבודה הוא כוח הרוח (הנורמלי ניצב לתנועה). לפי הקשר מדף הנוסחאות – עבודת הכוחות שאינם משמרים שווה לשינוי באנרגייה המכנית:

כוח הרוח פועל רק בין $B$ ל־$C$, ולכן $W_F$ זו בדיוק העבודה מ־$B$ עד $C$.

•ב־$A$: $E_A=\tfrac12mv_0^2+0=\tfrac12\cdot 2\cdot 5^2=25\,\text{J}$.

•ב־$C$ (עצירה רגעית, בגובה $h$): $E_C=0+mgh=2\cdot 10\cdot 0.8=16\,\text{J}$.

העבודה שלילית: הכוח מכוון שמאלה, נגד כיוון התנועה (ימינה).

(בדרך אחרת: מהירות התיבה ב־$B$ לפי שימור אנרגייה $\tfrac12v_B^2=\tfrac12v_0^2-gh\Rightarrow v_B=3\,\text{m/s}$, ולכן $E_{k,B}=\tfrac12\cdot 2\cdot 3^2=9\,\text{J}$; הרוח לקחה את כל האנרגייה הקינטית הזו עד העצירה ב־$C$.)

טעות נפוצה: לתת תשובה חיובית $9\,\text{J}$ – הכוח נגד התנועה ולכן עבודתו שלילית.

עבודה של כוח משתנה שווה לשטח הכלוא בין גרף $F(x)$ לציר $x$ בקטע התנועה. הכוח מכוון נגד התנועה, ולכן העבודה שלילית.

מהגרף: הקו עובר דרך $(0,0)$ ו־$(4\,\text{m},\,8\,\text{N})$, כלומר

השטח מתחת לגרף מ־$0$ עד $d=BC$ הוא משולש:

מסעיף ב $|W_F|=9\,\text{J}$:

בדיקה: ב־$x=3\,\text{m}$ גודל הכוח $6\,\text{N}$, והשטח $\tfrac12\cdot 3\cdot 6=9\,\text{J}$ ✓.

טעות נפוצה: לחשב $W=F\cdot d$ עם כוח קבוע (למשל $8\,\text{N}$) – הכוח משתנה לאורך הדרך.

על התיבה בקטע האופקי פועלים: כוח הכובד והכוח הנורמלי (מתאזנים) וכוח הרוח $F$ – אופקי, שמאלה, כלומר בכיוון התנועה (מ־$C$ אל $B$).

- מואצת: שקול הכוחות אינו אפס (הוא $F$), ולכן התנועה אינה קצובה.

- תאוצה משתנה: לפי $a=\frac{F}{m}=\frac{2x}{m}$, התאוצה תלויה במקום. ב־$C$ ($x=3\,\text{m}$): $a=\frac{6}{2}=3\,\text{m/s}^2$; ככל שהתיבה מתקרבת ל־$B$ הכוח קטן לינארית, והתאוצה קטנה עד $0$ ב־$B$.

- גודל המהירות גדל: התאוצה בכיוון המהירות, ולכן גודל המהירות גדל לאורך כל הקטע – מ־$0$ ב־$C$ עד $3\,\text{m/s}$ ב־$B$ (הרוח מחזירה $9\,\text{J}$ של אנרגייה קינטית), אך קצב הגדילה הולך וקטן.

טעות נפוצה: לכתוב שהתיבה מאטה כי "הכוח קטן" – כוח קטן יותר מקטין את התאוצה, אבל כל עוד הכוח בכיוון התנועה המהירות ממשיכה לגדול.

קביעה: גודל המהירות ב־$A$ יהיה $5\,\text{m/s}$, כמו המהירות ההתחלתית.

נימוק: לפי $W_{\text{לא משמרים}}=\Delta E$, נבדוק את העבודה של הכוחות שאינם כוח הכובד לאורך כל המסלול $A\to C\to A$:

- חיכוך: זניח – עבודתו אפס.

- הכוח הנורמלי: ניצב תמיד לתנועה – עבודתו אפס.

- כוח הרוח $F(x)$: כיוונו תמיד שמאלה וגודלו תלוי רק במקום $x$. בדרך הלוך ($B\to C$) הוא נגד התנועה ועבודתו $-9\,\text{J}$; בדרך חזור ($C\to B$) הוא בכיוון התנועה, ובאותה דרך ובאותם ערכי כוח עבודתו $+9\,\text{J}$ (אותו שטח מתחת לגרף). סך העבודה של הרוח: $-9+9=0$.

לכן העבודה הכוללת של הכוחות הלא משמרים לאורך המסלול כולו היא אפס, והאנרגייה המכנית ב־$A$ בחזרה שווה לזו שבהתחלה. אותו גובה – אותה אנרגייה קינטית:

(הכיוון כעת שמאלה.)

טעות נפוצה: לטעון שהרוח "גזלה" אנרגייה ולכן המהירות קטנה – האנרגייה שהרוח לקחה בדרך הלוך הוחזרה במלואה בדרך חזור.

במדידת זמן ידנית יש שגיאה כמעט קבועה שאינה תלויה במשך המדידה – זמן התגובה בהפעלת שעון העצר ובעצירתו, והקושי לזהות בדיוק את רגע תחילת המחזור וסופו.

•במדידת מחזור אחד שגיאה זו מתווספת לזמן קצר, ולכן השגיאה היחסית גדולה.

•במדידת $10$ מחזורים מודדים זמן ארוך פי $10$ עם אותה שגיאה בערך. מחלקים את הזמן הכולל ב־$10$: $T=\frac{t_{10}}{10}$ – וגם השגיאה מתחלקת ב־$10$.

לדוגמה, אם זמן התגובה גורם לשגיאה של כ־$0.2\,\text{s}$, במדידת מחזור אחד השגיאה ב־$T$ היא $0.2\,\text{s}$, ובמדידת $10$ מחזורים היא רק כ־$0.02\,\text{s}$. כך מתקבל זמן מחזור מדויק יותר (וגם ממוצע על פני כמה מחזורים).

הגוף $B$ והמשטח $A$ צמודים ונעים יחד, ולכן המסה המתנודדת היא $m_A+m_B$. מסת הקפיץ זניחה. מדף הנוסחאות, זמן המחזור בתנועה הרמונית של גוף על קפיץ ($c=k$):

מעלים בריבוע ומבודדים את $m_B$:

(זמן המחזור אינו תלוי בכוח הכובד או במשרעת – הכובד רק מזיז את נקודת שיווי המשקל.)

לפי סעיף ב, $T=2\pi\sqrt{\frac{m_A+m_B}{k}}$ – זמן המחזור גדל עם המסה המתנודדת.

הזמן הקצר ביותר מתקבל כאשר המסה המתנודדת מזערית – כשאין גוף על המשטח ($m_B=0$), ומתנודד רק המשטח $A$:

בגרף נקודה זו היא $m_B=0$ ב־$T=1.0\,\text{s}$, כלומר $T_0=1.0\,\text{s}$.

את המשטח אי אפשר להסיר (הגוף מונח עליו), וכל גוף שמניחים מוסיף מסה חיובית ומאריך את זמן המחזור. זמן מחזור קטן מ־$1.0\,\text{s}$ היה מחייב, לפי $m_B=\frac{kT^2}{4\pi^2}-m_A$, מסה שלילית – דבר שאינו אפשרי.

נקודה על הגרף: $m_B=0$ ב־$T_0=1.0\,\text{s}$. לפי הקשר מסעיף ג:

הצבה:

בדיקה בנקודה אחרת בגרף, $T=2\,\text{s}$: $m_B=\frac{39.5\cdot 2^2}{4\pi^2}-1=4-1=3\,\text{kg}$ – בהתאמה לגרף ✓ (וכן ב־$T=3\,\text{s}$: $m_B=9-1=8\,\text{kg}$ ✓).

העיקרון: בתנועה הרמונית פשוטה שקול הכוחות הוא $\Sigma F=-cx$ – תמיד מכוון אל נקודת שיווי המשקל, וגודלו יחסי להתרחקות ממנה. בנקודת שיווי המשקל עצמה $\Sigma F=0$.

•בנקודת שיווי המשקל: $F_{sp}=mg$, כלפי מעלה.

•מעל נקודת שיווי המשקל: השקול כלפי מטה, כלומר $F_{sp}<mg$ כלפי מעלה, או $F_{sp}$ כלפי מטה.

•מתחת לנקודת שיווי המשקל: השקול כלפי מעלה, כלומר $F_{sp}>mg$.

בכל התרשימים חץ $mg$ זהה (שתי משבצות כלפי מטה):

- (1) $F_{sp}$ כלפי מטה (הקפיץ מתוח ומושך את המסה מטה), ושני הכוחות כלפי מטה – השקול כלפי מטה: מעל נקודת שיווי המשקל (ומעל אורכו הרפוי של הקפיץ).

- (2) $F_{sp}$ כלפי מעלה ושווה באורכו ל־$mg$ – השקול אפס: בנקודת שיווי המשקל.