בגרות בפיזיקה מכניקה 36361 - קיץ 2020 מועד מיוחד

התאוצה היא שיפוע גרף המהירות–זמן: $a=\frac{\Delta v}{\Delta t}$. גרף א בנוי משלושה קטעים ישרים, ולכן בכל קטע התאוצה קבועה:

- $0$–$10\,\text{s}$: $a_1=\frac{6-0}{10-0}=0.6\,\text{m/s}^2$

- $10$–$50\,\text{s}$: $a_2=\frac{10-6}{50-10}=\frac{4}{40}=0.1\,\text{m/s}^2$

- $50$–$60\,\text{s}$: המהירות קבועה ($10\,\text{m/s}$), ולכן $a_3=0$

גרף התאוצה הוא "מדרגות": שלושה קטעים אופקיים.

טעות נפוצה: לסרטט את התאוצה כקו משופע – בכל קטע שבו גרף המהירות ישר, התאוצה קבועה.

המכונית נעה בכיוון אחד, ולכן המרחק שווה להעתק – השטח שמתחת לגרף המהירות–זמן. בכל קטע התאוצה קבועה, ולכן לפי דף הנוסחאות:

- $0$–$10\,\text{s}$: $\Delta x_1=\frac{0+6}{2}\cdot 10=30\,\text{m}$

- $10$–$50\,\text{s}$: $\Delta x_2=\frac{6+10}{2}\cdot 40=320\,\text{m}$

- $50$–$60\,\text{s}$: $\Delta x_3=\frac{10+10}{2}\cdot 10=100\,\text{m}$

זהו אורך המסלול עד קו הסיום.

שוב מחשבים שטח מתחת לגרף לפי $x-x_0=\frac{v_0+v}{2}\,t$ בכל קטע.

מכונית א' (גרף א): ב־$t=30\,\text{s}$ המהירות $8\,\text{m/s}$ (על הקטע הישר מ־$6$ ל־$10\,\text{m/s}$, שעולה ב־$0.1\,\text{m/s}$ בכל שנייה: $6+0.1\cdot 20=8$).

מכונית ב' (גרף ב): ב־$t=10\,\text{s}$ המהירות $2\,\text{m/s}$, וב־$t=30\,\text{s}$ – $10\,\text{m/s}$.

לאחר $30\,\text{s}$ מכונית א' מקדימה את מכונית ב' ב־$40\,\text{m}$.

קביעה: כן.

נימוק: ב־$t=30\,\text{s}$ מכונית א' לפני מכונית ב' ($170\,\text{m}$ לעומת $130\,\text{m}$, סעיף ג). מכונית ב' חצתה את קו הסיום $2$ שניות לפני מכונית א', כלומר ב־$t=58\,\text{s}$, כשמכונית א' עוד לא הגיעה לקו הסיום – אז מכונית ב' לפני מכונית א'.

המקום של כל מכונית משתנה ברציפות עם הזמן (מכונית אינה "קופצת" ממקום למקום). לכן אם בין $t=30\,\text{s}$ ל־$t=58\,\text{s}$ התחלף הסדר ביניהן, היה רגע שבו ב' השיגה את א' – ובו שתיהן היו באותו מרחק מנקודת המוצא.

(בחישוב, עם התאוצה של ב' מסעיף ה, ההשגה מתרחשת בערך ב־$t\approx 49.8\,\text{s}$, במרחק כ־$348\,\text{m}$ מנקודת המוצא.)

•זמן: מכונית ב' הגיעה לקו הסיום ב־$t=60-2=58\,\text{s}$, ולכן הקטע נמשך $t=58-30=28\,\text{s}$.

•דרך: אורך המסלול $450\,\text{m}$ (סעיף ב), ומכונית ב' כבר עברה $130\,\text{m}$ (סעיף ג): $\Delta x=450-130=320\,\text{m}$.

•מהירות התחלתית בקטע: $v_0=10\,\text{m/s}$ (גרף ב ב־$t=30\,\text{s}$).

לפי נוסחת התנועה שוות התאוצה מדף הנוסחאות:

הצבה:

(מהירות מכונית ב' בקו הסיום: $v=10+0.102\cdot 28\approx 12.9\,\text{m/s}$.)

טעות נפוצה: לקחת את זמן הקטע כ־$30\,\text{s}$ (עד $t=60\,\text{s}$) – מכונית ב' סיימה $2$ שניות לפני א', כלומר ב־$t=58\,\text{s}$.

מסת הסל עם $n$ משקולות: $m=m_0+n\,m_1=0.1+0.3n\,\text{kg}$ (ממירים גרם לקילוגרם).

כוח הכובד על הסל, לפי דף הנוסחאות: $F_g=mg$, עם $g=10\,\text{m/s}^2$.

לדוגמה, במדידה 3 (שתי משקולות בסל): $m=0.1+2\cdot 0.3=0.7\,\text{kg}$, $F_g=0.7\cdot 10=7\,\text{N}$.

טעות נפוצה: לשכוח את מסת הסל עצמו ($100\,\text{gr}$) – במדידה הראשונה אין משקולות בסל, אבל עדיין יש כוח כובד על הסל.

ציר אופקי: $F_g$ (בניוטון, $0$ עד $17$). ציר אנכי: $a$ (ב־$\text{m/s}^2$, $0$ עד $7$).

הנקודות: $(1,\,0.43)$, $(4,\,1.66)$, $(7,\,2.91)$, $(10,\,4.16)$, $(13,\,5.40)$, $(16,\,6.67)$.

הנקודות מסתדרות על קו ישר. מעבירים בעזרת סרגל את הישר המתאים להן ביותר; הוא עובר (בקירוב) דרך הראשית:

שיפוע הקו – משתי נקודות על הקו, רחוקות זו מזו, למשל $(0,\,0)$ ו־$(15\,\text{N},\,6.24\,\text{m/s}^2)$:

על העגלה (עם המשקולות שבה), מסה $M$ – שלושה כוחות:

1. כוח הכובד $Mg$ – אנכית כלפי מטה.

2. הכוח הנורמלי $N$ – אנכית כלפי מעלה (ניצב למסילה). העגלה אינה מאיצה בכיוון האנכי, ולכן $N=Mg$.

3. כוח המתיחות $T$ – אופקי, לאורך החוט, לכיוון הגלגלת (ימינה בתרשים).

אין כוח חיכוך (זניח).

על הסל (עם המשקולות שבו), מסה $m$ – שני כוחות:

1. כוח הכובד $mg$ – אנכית כלפי מטה.

2. כוח המתיחות $T$ – אנכית כלפי מעלה, לאורך החוט.

החוט והגלגלת חסרי מסה והגלגלת ללא חיכוך, ולכן המתיחות שווה בשני צדי החוט.

טעות נפוצה: לסמן על העגלה את $mg$ של הסל – כוח הכובד של הסל פועל על הסל בלבד; לעגלה הוא "מגיע" רק דרך המתיחות בחוט.

•כוח הכובד על העגלה $Mg$ ועל הסל $mg$ – מופעלים על ידי כדור הארץ.

•הכוח הנורמלי $N$ על העגלה – מופעל על ידי המסילה.

•כוח המתיחות $T$ על העגלה ועל הסל – מופעל על ידי החוט.

העגלה והסל קשורים בחוט מתוח, ולכן גודל התאוצה של שניהם זהה, $a$. כיוון חיובי – כיוון התנועה (העגלה ימינה, הסל מטה). לפי החוק השני של ניוטון, $\Sigma F=ma$:

עגלה (בכיוון האופקי): $T=Ma$

סל (בכיוון האנכי): $mg-T=ma$

מחברים את שתי המשוואות ($T$ מתבטל):

כאשר $F_g=mg$.

המסה הכוללת $M+m$ היא מסת העגלה, הסל וכל $6$ המשקולות: $M+m=M_0+m_0+6m_1$. לכן

כן. בביטוי $a=\frac{F_g}{M+m}$ המכנה הוא המסה הכוללת של המערכת. בכל מדידה התלמיד רק מעביר משקולת מן העגלה אל הסל – אינו מוסיף ואינו מוריד משקולות – ולכן $M+m=M_0+m_0+6m_1$ זהה בכל המדידות.

מה שמשתנה הוא רק $F_g$, הכוח שמניע את המערכת. לכן $a$ יחסי ישר ל־$F_g$: גרף $a(F_g)$ הוא קו ישר שעובר דרך הראשית, ושיפועו $\frac{1}{M_0+m_0+6m_1}$ – בהתאם לגרף שסרטטנו בסעיף א.

טעות נפוצה: לחשוב שהפונקציה אינה לינארית כי $m$ מופיע גם במכנה – $m$ גדל אבל $M$ קטן באותה מידה, והסכום קבוע.

לפי סעיף ג, שיפוע הגרף $a(F_g)$ הוא $\frac{1}{M_0+m_0+6m_1}$. מסעיף א(2): שיפוע $=0.416\,\text{kg}^{-1}$.

טעות נפוצה: לפרש את $\frac{1}{\text{שיפוע}}$ כמסת העגלה בלבד – זו המסה של כל המערכת המואצת (עגלה, סל ושש המשקולות).

במבט צד (תרשים א) המטבע נמצא מימין לציר. פועלים עליו שלושה כוחות:

1. כוח הכובד $mg$ – אנכית כלפי מטה.

2. הכוח הנורמלי $N$ – אנכית כלפי מעלה. אין תאוצה אנכית, ולכן $N=mg$.

3. כוח החיכוך הסטטי $f_s$ – אופקי, מכוון מן המטבע אל ציר הדסקה (שמאלה בתרשים א).

המטבע נע במעגל, ולכן דרוש כוח שקול אל מרכז המעגל. הכוח האופקי היחיד הוא החיכוך הסטטי – הוא הכוח הצנטריפטלי (השקול הרדיאלי).

טעות נפוצה: לסמן את החיכוך כלפי חוץ, או לסמן כוח צנטריפטלי ככוח נוסף.

•כוח הכובד $mg$ – מופעל על ידי כדור הארץ.

•הכוח הנורמלי $N$ – מופעל על ידי הדסקה (המשטח).

•כוח החיכוך הסטטי $f_s$ – מופעל על ידי הדסקה (המשטח).

התדירות: $f=90\,\frac{\text{סיבובים}}{\text{דקה}}=\frac{90}{60}=1.5\,\text{Hz}$, ולכן $\omega=2\pi f=3\pi\approx 9.42\,\text{rad/s}$.

החיכוך הסטטי הוא הכוח השקול הרדיאלי. לפי החוק השני של ניוטון בכיוון הרדיאלי ו־$a_R=\omega^2r$:

ככל שהמטבע רחוק יותר מהציר, נדרש חיכוך גדול יותר. החיכוך הסטטי מוגבל: $f_s\le\mu_sN=\mu_smg$. במרחק המרבי החיכוך מגיע לערכו המרבי:

הצבה:

המסה מצטמצמת – המרחק אינו תלוי במסת המטבע.

טעות נפוצה: להציב $f=90$ – הנתון בסיבובים לדקה, ויש להמיר להרץ (סיבובים לשנייה).

החלק העולה של הגרף ($O$ עד $A$): המטבע במנוחה ביחס לדסקה ונע במעגל ברדיוס $r=0.0675\,\text{m}$. החיכוך הסטטי הוא השקול הרדיאלי:

כלומר החיכוך יחסי ישר ל־$f^2$ – קו ישר דרך הראשית, כפי שמופיע בתרשים ג.

הנקודה $A$: בה המטבע על סף החלקה. המטבע הונח במרחק שחושב בסעיף ב – המרחק שבו החיכוך הסטטי מרבי בתדירות $1.5\,\text{Hz}$. לכן הסף מתרחש בדיוק ב־$f=1.5\,\text{Hz}$:

(או באופן כללי: $\mu_smg=4\pi^2mrf_A^2\Rightarrow f_A^2=\frac{\mu_sg}{4\pi^2r}=\frac{0.6\cdot 10}{4\pi^2\cdot 0.0675}=2.25\,\text{Hz}^2$.)

הנקודה $B$: ערך החיכוך בנקודה $A$ – החיכוך הסטטי המרבי:

מעבר ל־$A$ המטבע מחליק, החיכוך הופך לקינטי ($\mu_kmg$) – קטן מהחיכוך הסטטי המרבי וקבוע בגודלו, ולכן בגרף יש "ירידה" ב־$A$ ואחריה קו אופקי.

טעות נפוצה: לשכוח להמיר את מסת המטבע מגרם לקילוגרם ($5\,\text{gr}=0.005\,\text{kg}$).

הנקודה $A$ – לא משתנה. בסף ההחלקה:

המסה מופיעה בשני האגפים ומצטמצמת (גם הכוח הנדרש וגם החיכוך המרבי יחסיים למסה), ולכן תדירות הסף אינה תלויה במסה.

הנקודה $B$ – גדלה. $B=\mu_smg$ יחסי למסה: מטבע כבד יותר לוחץ חזק יותר על הדסקה, הכוח הנורמלי גדול יותר, ולכן גם החיכוך הסטטי המרבי גדול יותר (למשל, מסה כפולה – $B$ כפול).

(גם שיפוע הקו $OA$, $4\pi^2mr$, גדל באותו יחס – ולכן הקו מגיע ל־$B$ החדש באותה נקודה $A$.)

נניח שבפרק זמן $\Delta t$ מהירות הגוף השתנתה מ־$\vec v_1$ ל־$\vec v_2$, והמסה $m$ קבועה. השינוי בתנע:

מאחר ש־$m$ קבועה, אפשר להוציא אותה כגורם משותף:

מחלקים ב־$\Delta t$:

לפי הגדרת התאוצה (מדף הנוסחאות) $\vec a=\frac{\Delta\vec v}{\Delta t}$, ולכן

(עבור $\Delta t\to 0$ מתקבל אותו קשר בין הנגזרת של התנע והתאוצה הרגעית: $\frac{d\vec p}{dt}=m\frac{d\vec v}{dt}=m\vec a$.) כך הניסוח של ניוטון, $\Sigma\vec F=\frac{\Delta\vec p}{\Delta t}$, שקול לניסוח המוכר $\Sigma\vec F=m\vec a$ כאשר המסה קבועה.

טעות נפוצה: להשתמש ב־$\Delta(mv)=m\Delta v$ בלי לציין שזה נכון רק משום שהמסה קבועה – זה עיקר ההוכחה.

לפי נוסחת מתקף–תנע מדף הנוסחאות:

(כוח הכובד על הכדור, $0.6\,\text{N}$, זניח לעומת כוח המחבט – מאות ניוטונים – ולכן המתקף הכולל הוא בקירוב מתקף המחבט.)

מתקף של כוח משתנה הוא השטח שמתחת לגרף $F(t)$: $J=\int F\,dt$.

הערכת השטח: כל משבצת בגרף היא $1\,\text{ms}\times 200\,\text{N}=0.2\,\text{N}\cdot\text{s}$. הגרף סימטרי סביב $t=2.5\,\text{ms}$. אפשר לקרב אותו למלבן: רוב השטח נמצא בין $t\approx 1.5\,\text{ms}$ ל־$t\approx 3.5\,\text{ms}$, שם הכוח בסביבות $1000\,\text{N}$ (מעט פחות בקצוות), והשטח "החסר" בפינות העליונות מתקזז בקירוב עם ה"זנבות" שמחוץ לקטע זה:

(ספירת משבצות נותנת כ־$10$ משבצות, כלומר כ־$2.0$–$2.1\,\text{N}\cdot\text{s}$.)

לכן גודל השינוי בתנע הכדור:

טעות נפוצה: לשכוח שהזמן נתון במילישניות ($1\,\text{ms}=10^{-3}\,\text{s}$) ולקבל תשובה גדולה פי $1000$.

נבחר ציר $x$ אופקי בכיוון החבטה וציר $y$ אנכי כלפי מעלה.

ציר $x$: לפני החבטה $v_x=0$ (הכדור נע אנכית). מתקף המחבט אופקי, וגודלו מסעיף ב: $J\approx 2\,\text{N}\cdot\text{s}$. לפי $J=\Delta p$:

ציר $y$: המחבט אינו מפעיל כוח אנכי. כוח הכובד פועל אך משך החבטה קצר מאוד ($5\,\text{ms}$): השינוי שהוא גורם $g\Delta t=10\cdot 0.005=0.05\,\text{m/s}$ – זניח. לכן מיד אחרי החבטה $u_y\approx 5\,\text{m/s}$ כלפי מעלה.

כיוון: בזווית $\theta$ מעל האופק, בכיוון החבטה:

טעות נפוצה: לחבר את המהירויות כמספרים ($33.3+5$) או להחסיר אותן – הרכיב האנכי והרכיב האופקי ניצבים, ומרכיבים אותם לפי פיתגורס.

נכון. כיוון חיובי – כלפי מעלה. תנע הכדור השתנה (גודלו נשאר, אך כיוונו התהפך):

את הכדור הדפה הרצפה (כדור הארץ). לפי החוק השלישי של ניוטון, הכדור הפעיל על כדור הארץ כוח שווה בגודלו ומנוגד בכיוונו, באותו פרק זמן – ולכן על כדור הארץ פעל מתקף שווה ומנוגד. מבחינה אחרת: המערכת כדור + כדור הארץ סגורה, ולכן התנע הכולל שלה נשמר:

כלומר גם התנע של כדור הארץ השתנה.

לא נכון. כפי שהוסבר בהיגד (1), שינוי התנע של כדור הארץ שווה בגודלו לשינוי התנע של הכדור ($1.44\,\text{kg}\cdot\text{m/s}$) ומנוגד לו בכיוונו – הוא אינו אפס.

מה ש"כמעט לא השתנה" הוא מהירות כדור הארץ: מסתו עצומה ($5.97\cdot 10^{24}\,\text{kg}$), ולכן שינוי המהירות שלו $\Delta v=\frac{1.44}{5.97\cdot 10^{24}}\approx 2.4\cdot 10^{-25}\,\text{m/s}$ – זניח ובלתי מורגש. אבל שינוי התנע אינו זניח.

טעות נפוצה: לבלבל בין שינוי תנע לשינוי מהירות – שינוי מהירות זניח אינו אומר שינוי תנע זניח.

לא נכון. אמנם גודל מהירות הכדור לפני הפגיעה ואחריה שווה ($12\,\text{m/s}$), אבל תנע הוא וקטור: כיוון התנועה התהפך מכלפי מטה לכלפי מעלה, ולכן תנע הכדור השתנה ב־$1.44\,\text{kg}\cdot\text{m/s}$. בהתאם (שימור תנע במערכת כדור + כדור הארץ) גם התנע של כדור הארץ השתנה.

מה שלא השתנה הוא האנרגייה הקינטית של הכדור (גודל המהירות זהה) – ההתנגשות אלסטית, אבל התנע שלו השתנה.

טעות נפוצה: להתייחס לתנע כגודל סקלרי ולהסיק שאם גודל המהירות זהה – התנע לא השתנה.

קביעה: תלמיד א צודק – ברגע $t=0$ אורך הקפיץ מרבי.

1. ברגע $t=0$ מהירות המשקולת אפס. בתנועה הרמונית המהירות מתאפסת רק בנקודות הקיצון ($v=\pm\omega\sqrt{A^2-x^2}=0\Rightarrow x=\pm A$). לכן המשקולת בנקודה העליונה או התחתונה – ולא בנקודת שיווי המשקל (שם המהירות מרבית). תלמיד ג טועה.

2. מיד אחרי $t=0$ המהירות חיובית וגדלה, כלומר המשקולת מתחילה לנוע כלפי מעלה (שיפוע גרף $v(t)$ – התאוצה – חיובי, כלפי מעלה). גוף שנמצא בנקודת קיצון ומתחיל לנוע כלפי מעלה נמצא בנקודה התחתונה של התנודה. (גם לפי $a=-\omega^2x$: תאוצה חיובית פירושה $x$ שלילי – מתחת לשיווי המשקל.)

3. הקפיץ תלוי מנקודה קבועה מלמעלה, ולכן כשהמשקולת בנקודה התחתונה ביותר – הקפיץ מתוח ביותר, ואורכו מרבי. תלמיד ב טועה.

טעות נפוצה: להסיק מ־$v=0$ שהגוף "במנוחה בשיווי משקל" – בתנועה הרמונית מהירות אפס מתקבלת דווקא בנקודות הקיצון.

מן הגרף: המהירות חוזרת על עצמה כל $12\,\text{s}$ (למשל מקסימום ב־$t=3\,\text{s}$ ושוב ב־$t=15\,\text{s}$; או מעבר באפס כלפי מעלה ב־$t=0$ ושוב ב־$t=12\,\text{s}$). לכן זמן המחזור $T=12\,\text{s}$.

טעות נפוצה: לקרוא את זמן המחזור כ־$6\,\text{s}$ (הזמן בין שני מעברים עוקבים באפס) – זהו חצי מחזור.

מן הגרף: המהירות המרבית $v_{\max}=10\,\text{cm/s}=0.1\,\text{m/s}$.

התדירות הזוויתית מדף הנוסחאות:

המהירות מרבית בנקודת שיווי המשקל ($x=0$), ולפי $v=\pm\omega\sqrt{A^2-x^2}$:

הצבה:

טעות נפוצה: לקרוא את המשרעת ישירות מן הגרף ($10$) – הגרף הוא של מהירות, לא של מקום.

•ב־$t=0$ המשקולת בנקודה התחתונה: $x=-A=-19.1\,\text{cm}$.

•ב־$t=3\,\text{s}$ ($\frac T4$) מהירות מרבית כלפי מעלה – המשקולת עוברת בשיווי המשקל: $x=0$.

•ב־$t=6\,\text{s}$ ($\frac T2$) מהירות אפס – בנקודה העליונה: $x=+19.1\,\text{cm}$.

•ב־$t=9\,\text{s}$ מהירות מרבית כלפי מטה – $x=0$.

•ב־$t=12\,\text{s}$ שוב בנקודה התחתונה, $x=-19.1\,\text{cm}$ – סוף התנודה הראשונה.

•התנודה השנייה זהה: $x=0$ ב־$15$ ו־$21\,\text{s}$, $x=+19.1\,\text{cm}$ ב־$18\,\text{s}$, ו־$x=-19.1\,\text{cm}$ ב־$24\,\text{s}$.

הגרף הוא פונקציה הרמונית ("מינוס קוסינוס"):

בדיקה: שיפוע גרף $x(t)$ הוא המהירות – אפס ב־$t=0,6,12,18,24\,\text{s}$ ומרבי חיובי ב־$t=3$ ו־$15\,\text{s}$, בהתאם לגרף הנתון.

טעות נפוצה: להתחיל את הגרף ב־$x=0$ כי $v(0)=0$, או להתחיל בנקודה העליונה – לפי סעיף א המשקולת מתחילה בנקודה התחתונה.

הנוסחה $v^2=v_0^2+2a(x-x_0)$ היא נוסחה של תנועה שוות תאוצה – היא נכונה רק כאשר התאוצה קבועה לאורך כל הדרך $\Delta x$.

בתנועה הרמונית פשוטה שקול הכוחות $\Sigma F=-cx$, ולכן התאוצה $a=-\omega^2x$ תלויה במקום: היא משתנה בגודלה (וגם בכיוונה, כשהגוף חוצה את נקודת שיווי המשקל) בין הנקודה הראשונה לשנייה. התלמיד הציב את התאוצה שמדד בנקודה הראשונה בלבד, כאילו היא קבועה – ולכן התוצאה שגויה.

הדרך הנכונה: להשתמש בקשר של תנועה הרמונית, $v=\pm\omega\sqrt{A^2-x^2}$ (אחרי שמוצאים את $\omega$ ואת $A$), או בשימור אנרגייה.