בגרות בפיזיקה מכניקה 36361 - קיץ 2022

בגרף מהירות–זמן, השיפוע של הגרף בכל רגע הוא התאוצה הרגעית ($a=\frac{dv}{dt}$).

שלב 1, $0<t<6\,\text{s}$ – תנועה שוות תאוצה. הגרף הוא קו ישר עולה, כלומר שיפועו קבוע. המהירות גדלה ב־$2\,\text{m/s}$ בכל שנייה:

שלב 2, $6\,\text{s}<t<10\,\text{s}$ – תנועה בתאוצה משתנה. המהירות עדיין גדלה (מ־$12$ ל־$14\,\text{m/s}$), אבל הגרף מתעקם והשיפוע שלו הולך וקטן: בשנייה השביעית המהירות גדלה ב־$1\,\text{m/s}$, בשמינית ב־$0.5\,\text{m/s}$ ובהמשך בפחות. התאוצה אינה קבועה – היא קטנה בהדרגה עד אפס.

שלב 3, $10\,\text{s}<t<13\,\text{s}$ – תנועה שוות מהירות (קצובה). הגרף אופקי, השיפוע אפס, ולכן $a=0$ והמכונית נעה במהירות קבועה $v=14\,\text{m/s}$.

התאוצה שעליה הצהירו היצרנים. ממירים ליחידות SI:

בתנועה שוות תאוצה, לפי הנוסחה מדף הנוסחאות $v=v_0+at$, עם $v_0=0$:

התאוצה המרבית של הנהג. התאוצה היא שיפוע גרף המהירות–זמן. השיפוע הגדול ביותר בגרף הוא בשלב הראשון ($0<t<6\,\text{s}$), שבו (סעיף א) $a_{\max}=2\,\text{m/s}^2$; בהמשך השיפוע קטן יותר.

התאוצה שעליה הצהירו היצרנים גדולה פי $5.3$ בקירוב מהתאוצה המרבית שבה נסע הנהג.

טעות נפוצה: לשכוח להמיר $\text{km/h}$ ל־$\text{m/s}$ (ולקבל $38.5$).

מהירות ממוצעת היא ההעתק חלקי הזמן: $\bar v=\frac{\Delta x}{\Delta t}$. המכונית נוסעת בכיוון אחד, וההעתק שווה לשטח הכלוא בין גרף המהירות–זמן לבין ציר הזמן.

שלב 2 ($6$–$10\,\text{s}$) – הגרף מתעקם; מחשבים בקירוב כסכום טרפזים בין נקודות הגרף (המהירויות $12,\ 13,\ 13.5,\ 13.8,\ 14\,\text{m/s}$ ברווחים של שנייה):

טעות נפוצה: לחשב ממוצע של המהירות ההתחלתית והסופית $\frac{0+14}{2}=7\,\text{m/s}$ – הנוסחה הזו נכונה רק לתנועה שוות תאוצה לאורך כל הזמן.

מרגע הלחיצה על הבלם המכונית נעה בתאוטה קבועה שגודלה $3.5\,\text{m/s}^2$. כיוון חיובי – כיוון הנסיעה, ולכן $a=-3.5\,\text{m/s}^2$.

לפי הנוסחה מדף הנוסחאות:

ברגע העצירה $v=0$, ו־$v_0=14\,\text{m/s}$:

הצבה:

טעות נפוצה: להוסיף את זמן התגובה $0.75\,\text{s}$ – הסעיף שואל על הזמן מרגע הלחיצה על הבלם.

המרחק מורכב משני שלבים.

שלב 1 – זמן התגובה. עד שהנהג לוחץ על הבלם המכונית ממשיכה בתנועה קצובה במהירות $14\,\text{m/s}$. לפי $x=x_0+v_0t+\tfrac12at^2$ עם $a=0$:

שלב 2 – הבלימה. לפי הנוסחה מדף הנוסחאות:

עם $v=0$, $v_0=14\,\text{m/s}$, $a=-3.5\,\text{m/s}^2$:

(בדיקה: $\Delta x_2=\frac{v_0+v}{2}\,t=\frac{14+0}{2}\cdot 4=28\,\text{m}$.)

טעות נפוצה: להתעלם מהמרחק שעוברת המכונית בזמן התגובה.

תשובה: לא.

נימוק: בבלימה בתאוטה קבועה $a$ (מאותה מכונית ואותו כביש), לפי $v^2=v_0^2+2a(x-x_0)$ עם מהירות סופית אפס, מרחק הבלימה הוא

כלומר מרחק הבלימה יחסי לריבוע מהירות הנסיעה. אם מקטינים את המהירות ל־$v_0-10$ (בקמ"ש), היחס בין מרחקי הבלימה הוא

יחס זה תלוי ב־$v_0$. הוא שווה ל־$\frac12$ רק כאשר $\frac{v_0-10}{v_0}=\frac{1}{\sqrt2}$, כלומר

במהירות גבוהה יותר ההקטנה ב־$10$ קמ"ש מקטינה את מרחק הבלימה בפחות מפי $2$. לדוגמה, במהירות הנסיעה בשאלה, $14\,\text{m/s}=50.4$ קמ"ש, ירידה ל־$40.4$ קמ"ש נותנת $\frac{d'}{d}=\left(\frac{40.4}{50.4}\right)^2\approx 0.64$ – מרחק הבלימה קטן רק בכ־$36\%$.

לכן הטענה אינה נכונה "ללא תלות במהירות", אם כי בכל מהירות הקטנת המהירות מקטינה את מרחק הבלימה במידה ניכרת (יותר מאשר ביחס ישר).

על התיבה $M$ פועלים שלושה כוחות:

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

2. הכוח הנורמלי $N$ – מופעל על ידי המסילה, ניצב למסילה כלפי מעלה.

3. כוח המתיחות $T$ – מופעל על ידי החוט, אופקי, לאורך החוט לעבר הגלגלת (ימינה בתרשים).

אין כוח חיכוך – המסילה חלקה.

על המשקולת $m_1$ פועלים שני כוחות:

1. כוח הכובד $m_1g$ – מופעל על ידי כדור הארץ, אנכית כלפי מטה.

2. כוח המתיחות $T$ – מופעל על ידי החוט, אנכית כלפי מעלה.

החוט חסר מסה והגלגלת חסרת מסה, ולכן גודל המתיחות זהה בשני קצות החוט. המשקולת מאיצה כלפי מטה, ולכן בתרשים $T<m_1g$.

טעות נפוצה: לסמן על התיבה את כוח הכובד של המשקולת – על התיבה פועל רק כוח המתיחות של החוט.

החוט מתוח ואינו מתארך, ולכן לתיבה ולמשקולת אותו גודל תאוצה $a=\frac g4$. לפי החוק השני של ניוטון $\Sigma F=ma$ לכל גוף בנפרד (כיוון חיובי – כיוון התנועה):

התיבה (ציר אופקי): $T=Ma$

המשקולת (ציר אנכי, כלפי מטה): $m_1g-T=m_1a$

מחברים את שתי המשוואות:

מציבים $a=\frac g4$:

לפני השחרור (התלמיד מחזיק את התיבה): המשקולת במנוחה, ולכן שקול הכוחות עליה אפס:

אחרי השחרור: מהמשוואה של התיבה (סעיף ב):

(ובדיקה דרך המשקולת: $T=m_1(g-a)=\frac M3\cdot\frac{3g}{4}=\frac{Mg}{4}$ ✓.)

המתיחות קטנה לאחר השחרור: המשקולת מאיצה כלפי מטה, ולכן החוט כבר אינו מאזן את כל משקלה.

טעות נפוצה: להניח שהמתיחות בחוט שווה תמיד למשקל המשקולת $m_1g$ – זה נכון רק כשהמשקולת במנוחה או בתנועה קצובה.

לאחר הדחיפה התיבה נעה במעלה המסילה, ופועלים עליה רק שני כוחות: כוח הכובד $Mg$ והכוח הנורמלי $N$ (המסילה חלקה – אין חיכוך).

בוחרים ציר לאורך המסילה. הכוח הנורמלי ניצב למסילה, ולכן לאורך המסילה פועל רק רכיב הכובד $Mg\sin\alpha$, במורד המסילה. לפי החוק השני של ניוטון:

נתון $a=\frac g4$:

טעות נפוצה: לחשוב שהתיבה צריכה כוח במעלה המסילה כדי להמשיך לעלות – אחרי הדחיפה פועלים עליה רק $Mg$ ו־$N$, והיא עולה בתאוטה.

קביעה: התאוצה אינה אפס.

נימוק: תאוצה נקבעת לפי הכוח השקול ($\Sigma F=Ma$), ולא לפי המהירות. גם ברגע שבו מהירות התיבה אפס פועלים עליה אותם כוחות – כוח הכובד והכוח הנורמלי – והשקול שלהם הוא רכיב הכובד במורד המסילה $Mg\sin\alpha$, שאינו אפס. לכן ברגע זה

במורד המסילה. בדיוק משום כך התיבה אינה נשארת במנוחה אלא מתחילה מיד לנוע בחזרה במורד. (המסילה חלקה, ולכן גם בעלייה וגם בירידה התאוצה זהה: $\frac g4$ במורד.)

טעות נפוצה: לחשוב שמהירות אפס פירושה תאוצה אפס.

תשובה: המתיחות בחוט אפס.

נימוק: נתייחס תחילה לתיבה ולגוף שבתוכה כמערכת אחת שמסתה $M+m$. המסילה חלקה, ולכן לאורך המסילה פועל על המערכת רק רכיב הכובד $(M+m)g\sin\alpha$:

הגוף נע יחד עם התיבה, ולכן גם תאוצתו $g\sin\alpha$ במורד המסילה.

כעת נבחן את הגוף לבדו. עליו פועלים כוח הכובד $mg$, הכוח הנורמלי מרצפת התיבה (ניצב למסילה) וכוח המתיחות $T$ לאורך החוט (המקביל למסילה). לפי החוק השני של ניוטון לאורך המסילה:

רכיב הכובד לבדו מקנה לגוף בדיוק את התאוצה של התיבה, ולכן החוט אינו צריך למשוך אותו – החוט רפוי. (באותו אופן, גם אילו היה חיכוך בין הגוף לרצפת התיבה, הוא היה אפס: אין לגוף נטייה לנוע ביחס לתיבה.)

טעות נפוצה: לחשוב שהחוט "מחזיק" את הגוף כמו במנוחה ($T=mg\sin\alpha$) – כשהכול מחליק יחד במסילה חלקה, אין צורך בכוח כזה.

על גוף $B$ פועלים שלושה כוחות:

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

2. הכוח הנורמלי $N$ – מופעל על ידי השולחן, אנכית כלפי מעלה.

3. כוח המתיחות $T$ – מופעל על ידי החבל, אופקי, לאורך החבל לעבר החור – כלומר אל מרכז המעגל.

(נתון שאין חיכוך בין $B$ לשולחן.)

על גוף $A$ (הסלסלה נמצאת על ציר הסיבוב ואינה נעה במעגל) פועלים שני כוחות:

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

2. כוח המתיחות $T$ – מופעל על ידי החבל, אנכית כלפי מעלה.

טעות נפוצה: להוסיף ל־$B$ "כוח צנטריפטלי" נפרד – כאן תפקיד זה ממלא כוח המתיחות.

המתיחות בחבל. הסלסלה $A$ נמצאת במנוחה (היא תלויה על ציר הסיבוב), ולכן שקול הכוחות עליה אפס:

החיכוך בשפת החור זניח, ולכן זו גם המתיחות שהחבל מפעיל על $B$.

התנועה המעגלית של $B$. הכוח השקול על $B$ הוא $T$ (הכובד והנורמל מתאזנים), והוא מכוון למרכז. לפי החוק השני של ניוטון בכיוון הרדיאלי, עם $a_R=\omega^2r$ ו־$\omega=2\pi f$ מדף הנוסחאות:

המתיחות החדשה. הסלסלה עם המשקולת (מסה כוללת $2m_A=0.2\,\text{kg}$) עדיין במנוחה:

הכוח השקול הנדרש לתנועה המעגלית של $B$. $\ell$ ו־$f$ לא השתנו, ולכן גם הכוח השקול הרדיאלי הדרוש לא השתנה:

חיכוך. החבל מושך את $B$ למרכז בכוח $2\,\text{N}$, אבל לתנועה המעגלית דרוש שקול של $1\,\text{N}$ בלבד. כוח החיכוך הסטטי משלים את ההפרש. כיוון חיובי – אל המרכז:

הסימן מראה שהחיכוך מכוון הרחק מן המרכז. בלעדיו $B$ היה נגרר פנימה לעבר החור.

טעות נפוצה: להניח שחיכוך תמיד מכוון אל המרכז בתנועה מעגלית – כיוונו נקבע לפי הנטייה של הגוף לנוע ביחס לשולחן, וכאן $B$ נוטה לנוע פנימה.

כדי ש־$B$ יישאר במנוחה ביחס לשולחן, כוח החיכוך הסטטי הדרוש חייב להיות קטן מהחיכוך הסטטי המרבי או שווה לו. לפי דף הנוסחאות:

בציר האנכי $B$ אינו מאיץ, ולכן $N=m_Bg=0.3\cdot 10=3\,\text{N}$. המקדם המזערי מתקבל כשהחיכוך הדרוש שווה בדיוק לחיכוך המרבי:

נתייחס ל־$B$ ול־$C$ כגוף אחד שמסתו $m_B+m_C=0.6\,\text{kg}$, הנע במעגל שרדיוסו $\ell$ בתדירות $f$.

הכוח השקול הדרוש לתנועה המעגלית:

המתיחות בחבל: המשקולת נשארה בסלסלה, והסלסלה במנוחה, ולכן $T'=2m_Ag=2\,\text{N}$.

הכוחות האופקיים על המערכת $B+C$ הם המתיחות והחיכוך מהשולחן (החיכוך בין $C$ ל־$B$ הוא כוח פנימי). לפי החוק השני של ניוטון בכיוון הרדיאלי:

המתיחות לבדה מספקת בדיוק את הכוח השקול הדרוש, ולכן ל־$B$ אין נטייה להחליק ביחס לשולחן – וכוח החיכוך הסטטי הוא אפס. (במקרה זה מסת $B+C$ כפולה ממסת $B$, וגם המתיחות כפולה מהמצב בסעיף ב – אותו יחס, ולכן שוב אין צורך בחיכוך.)

קביעה: החיכוך הסטטי מכוון אל המרכז.

נימוק: כאשר $m_C>m_B$, המסה הכוללת המסתובבת גדולה מ־$0.6\,\text{kg}$, ולכן הכוח השקול הדרוש לתנועה המעגלית:

המתיחות בחבל נשארת $2\,\text{N}$ (הסלסלה והמשקולת במנוחה). המתיחות לבדה אינה מספיקה, ובלי חיכוך הגופים היו מתרחקים מהמרכז. לכן החיכוך הסטטי משלים את החסר ומכוון אל המרכז:

על הגוף פועלים שלושה כוחות:

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

2. הכוח הנורמלי $N$ – מופעל על ידי המסילה, אנכית כלפי מעלה ($N=mg$, כי אין תאוצה אנכית).

3. כוח החיכוך הקינטי $f_k=\mu N=\mu mg$ – מופעל על ידי המסילה, אופקי, בכיוון מנוגד לתנועה: הגוף נע מ־$B$ ל־$C$ (ימינה), ולכן החיכוך מכוון שמאלה, לעבר $B$.

טעות נפוצה: להוסיף "כוח תנועה" בכיוון התנועה – אין כוח כזה; הגוף ממשיך לנוע בזכות מהירותו.

כוח החיכוך פועל רק בקטע $BC$. בדרך מ־$h_0$ ועד $h_1$ הגוף עובר את הקטע $BC$ פעמיים: פעם בדרכו אל הקיר ופעם בדרכו חזרה.

בכל מעבר כוח החיכוך קבוע בגודלו, $f_k=\mu N=\mu mg$, ומנוגד לכיוון התנועה. לפי הנוסחה לעבודה של כוח קבוע $W=F\Delta x\cos\theta$ עם $\theta=180^\circ$:

בשני המעברים:

(בהתנגשות האלסטית בקיר לא אובדת אנרגייה, והקטעים $AB$ ו־$CD$ חלקים, ולכן זה ההפסד היחיד: $mg(h_0-h_1)=2\mu mg\ell$.)

טעות נפוצה: לספור רק מעבר אחד בקטע $BC$.

בין שני גבהים מרביים עוקבים, $h_{n-1}$ ו־$h_n$, הגוף יורד במסילה, עובר את $BC$, מתנגש אלסטית בקיר, עובר שוב את $BC$ ועולה במסילה – כלומר שני מעברים בקטע החיכוך, בדיוק כמו בסעיף ב.

כוח החיכוך הוא הכוח הלא־משמר היחיד שמבצע עבודה (הכוח הנורמלי ניצב לתנועה, וההתנגשות אלסטית). לפי $W_{\text{לא משמרים}}=\Delta E$, בין שתי נקודות שיא (שבהן המהירות אפס):

בכל "סיבוב" הגובה המרבי קטן באותו שיעור $2\mu\ell$. אחרי $n$ סיבובים:

זו פונקצייה קווית של $n$: שיפוע $-2\mu\ell$ וחיתוך עם הציר האנכי $h_0$.

ציר אופקי: מספר המדידה $n$ (מ־$0$ עד $6$ – כדאי להתחיל ב־$0$, כדי שיהיה אפשר לקרוא את החיתוך עם הציר האנכי בסעיף ה). ציר אנכי: $h_n$ במטרים (מ־$0$ עד $1.6\,\text{m}$).

הנקודות $(n,\ h_n\,[\text{m}])$: $(1,\,1.30)$, $(2,\,1.12)$, $(3,\,0.88)$, $(4,\,0.73)$, $(5,\,0.53)$.

הנקודות מסתדרות בקירוב לאורך קו ישר יורד, כצפוי מהביטוי שפיתחנו בסעיף ג.

מעבירים קו ישר אחד בין הנקודות, כך שהן מפוזרות סביבו משני צדיו בערך באופן שווה, וממשיכים אותו עד הציר האנכי ($n=0$).

שיפוע הקו – משתי נקודות על הקו, רחוקות זו מזו, למשל $(0,\ 1.49\,\text{m})$ ו־$(5,\ 0.525\,\text{m})$:

(השיפוע נמדד במטרים לכל מדידה, כי $n$ הוא מספר חסר יחידות.)

לפי סעיף ג, $h_n=h_0-2\mu\ell\,n$. משווים לקו המגמה $h_n=1.49-0.193\,n$: הגובה $h_0$ הוא ערך $h_n$ עבור $n=0$, כלומר נקודת החיתוך של הקו עם הציר האנכי:

(בדיקה: $h_1$ הנמדד, $1.30\,\text{m}$, קטן מ־$h_0$ בכ־$0.19\,\text{m}$ – שיעור הירידה בכל סיבוב.)

לפי סעיף ג, שיפוע הקו הוא $-2\mu\ell$. מהגרף השיפוע $-0.193\,\text{m}$:

הצבה:

טעות נפוצה: לשכוח את הגורם $2$ (שני מעברים בקטע החיכוך בכל סיבוב) ולקבל $\mu\approx 0.77$.

קביעה: העבודה שלילית.

נימוק: בשני הניסויים הגוף משוחרר מאותו גובה $h_0$ ועובר פעמיים את הקטע $BC$, ועבודת החיכוך זהה: $-2\mu mg\ell$ (היא אינה תלויה במהירות). בניסוי הקודם ההתנגשות הייתה אלסטית, והגוף הגיע ל־$h_1$. בניסוי הנוסף הגוף הגיע לגובה נמוך יותר, $h_1'<h_1$ – כלומר אבדה אנרגייה מכנית נוספת, $mg(h_1-h_1')$, והיא אבדה בהתנגשות בקיר.

במהלך ההתנגשות פועלים על הגוף כוח הכובד והכוח הנורמלי של המסילה (שניהם אנכיים, ניצבים לתנועה האופקית, ואינם מבצעים עבודה) והכוח הנורמלי של הקיר. לפי משפט עבודה–אנרגייה:

כי מהירות הגוף אחרי ההתנגשות, $u$, קטנה ממהירותו לפניה, $v$. לכן עבודת הכוח הנורמלי של הקיר שלילית. (בניסוי הקודם, בהתנגשות האלסטית, עבודה זו הייתה אפס.)

התנגדות האוויר זניחה, ולכן הכוח היחיד הפועל על הכדור באוויר הוא כוח הכובד – כוח משמר – והאנרגייה המכנית נשמרת.

משווים בין נקודת השיא ($6\,\text{m}$, מהירות אפס) לבין רגע הפגיעה בקרקע (גובה $0$). לפי $E_k=\tfrac12mv^2$ ו־$U_G=mgh$:

הצבה:

טעות נפוצה: להשתמש בגובה $5\,\text{m}$ (מנקודת הזריקה לשיא) – הכדור נופל מהשיא עד הקרקע, $6\,\text{m}$.

תשובה: קטן.

נימוק: האנרגייה המכנית של הכדור נשמרת לאורך כל תנועתו באוויר. ברגע היציאה מהיד הכדור נמצא בגובה $1\,\text{m}$, ובפגיעה בקרקע בגובה $0$. ברגע היציאה האנרגייה הפוטנציאלית שלו גדולה יותר, ולכן – כדי שהסכום יישמר – האנרגייה הקינטית שלו קטנה יותר, ומהירותו קטנה יותר.

בחישוב (מהשיא עד גובה $1\,\text{m}$, ירידה של $5\,\text{m}$):