בגרות בפיזיקה מכניקה 36361 - קיץ 2023

קביעה: הכיוון החיובי הוא במעלה המישור.

נימוק: בניסוי הראשון מקנים לגוף מהירות התחלתית במעלה המישור, ובניסוי השני – במורד המישור. בתרשים 2:

•גרף א מתחיל בערך חיובי, $v(0)=+1\,\text{m/s}$;

•גרף ב מתחיל בערך שלילי, $v(0)=-0.5\,\text{m/s}$.

לכן גרף א מתאר את הניסוי הראשון (מהירות התחלתית במעלה, $v_1=1\,\text{m/s}$) וגרף ב את הניסוי השני (מהירות התחלתית במורד, $v_2=0.5\,\text{m/s}$), ומהירות במעלה המישור מסומנת כחיובית.

אפשר לוודא זאת גם מהתאוצה: שיפוע שני הגרפים שלילי, כלומר התאוצה בכיוון השלילי. על מישור חלק התאוצה היא רכיב הכובד $g\sin\theta$, שמכוון תמיד במורד המישור – ולכן המורד הוא הכיוון השלילי והמעלה הוא החיובי.

התאוצה. שני הגרפים הם קווים ישרים בעלי אותו שיפוע (המישור חלק, והתאוצה $g\sin\theta$ זהה בעלייה ובירידה). מגרף א, בין $(0,\,1.0)$ ל־$(0.5,\,-1.5)$:

(מכאן $g\sin\theta=5\,\text{m/s}^2$, כלומר זווית המישור $\theta=30^\circ$.)

הנקודה הגבוהה ביותר היא הרגע שבו המהירות מתאפסת – לפי גרף א, ברגע $t=0.2\,\text{s}$. מרגע זה ועד $t=0.5\,\text{s}$ (ההגעה ל־$K$) הגוף יורד ממנוחה. לפי נוסחת התנועה שוות התאוצה מדף הנוסחאות:

עם $v_0=0$, $a=-5\,\text{m/s}^2$ ו־$t=0.5-0.2=0.3\,\text{s}$:

המרחק בין הנקודה הגבוהה ביותר לנקודה $K$ הוא $0.225\,\text{m}$.

(בדרך שקולה: זהו גודל השטח הכלוא בין גרף א לציר הזמן בין $t=0.2\,\text{s}$ ל־$t=0.5\,\text{s}$: $\tfrac12\cdot 0.3\cdot 1.5=0.225\,\text{m}$.)

בניסוי הראשון הגוף יוצא מ־$A$ ב־$t=0$ ומגיע ל־$K$ ב־$t=0.5\,\text{s}$. ההעתק שלו בפרק זמן זה, לפי

עם $v_0=v_1=1\,\text{m/s}$, $a=-5\,\text{m/s}^2$, $t=0.5\,\text{s}$:

ההעתק שלילי (במורד), כלומר $K$ נמצאת $0.125\,\text{m}$ מתחת ל־$A$ לאורך המישור:

בדיקה: מ־$A$ עלה הגוף עד הנקודה הגבוהה ביותר $\tfrac12\cdot 0.2\cdot 1=0.1\,\text{m}$ (השטח מתחת לגרף עד $t=0.2\,\text{s}$), ו־$0.225-0.1=0.125\,\text{m}$ ✓.

טעות נפוצה: לחשב את הדרך הכוללת ($0.1+0.225=0.325\,\text{m}$) במקום ההעתק – הגוף עלה וחזר דרך $A$.

בניסוי השני הגוף יוצא מ־$B$ במהירות $v_2=-0.5\,\text{m/s}$ (במורד, לפי גרף ב) ובאותה תאוצה $a=-5\,\text{m/s}^2$, ומגיע ל־$K$ ב־$t=0.62\,\text{s}$:

כלומר $BK=1.271\,\text{m}$.

הנקודות $A$ ו־$B$ נמצאות על אותו מישור, ו־$A$ בין $K$ ל־$B$ (תרשים 1), לכן:

טעות נפוצה: להציב $v_0=+0.5\,\text{m/s}$ – המהירות ההתחלתית בניסוי השני היא במורד, כלומר בכיוון השלילי.

קביעה: תרשים ב.

נימוק: עם חיכוך קינטי פועלים על הגוף לאורך המישור רכיב הכובד $mg\sin\theta$ (תמיד במורד) וכוח החיכוך $\mu_k mg\cos\theta$ (תמיד נגד כיוון התנועה). לפי החוק השני של ניוטון:

- בעלייה (הגוף נע במעלה): שני הכוחות במורד, וגודל התאוצה $a_u=g\sin\theta+\mu_kg\cos\theta$ – גדול מ־$5\,\text{m/s}^2$. לכן בניסוי הראשון המהירות מתאפסת לפני $t=0.2\,\text{s}$ (הקו יורד בתלילות רבה יותר מבתרשים 2).

- בירידה (הגוף נע במורד): החיכוך במעלה, וגודל התאוצה $a_d=g\sin\theta-\mu_kg\cos\theta$ – קטן מ־$5\,\text{m/s}^2$. זה נכון גם לשלב הירידה בניסוי הראשון וגם לכל הניסוי השני, ולכן לשני הקטעים האלה אותו שיפוע, מתון מ־$-5\,\text{m/s}^2$.

בדיקת התרשימים:

- תרשים א: העלייה בשיפוע $-5\,\text{m/s}^2$ (כמו בלי חיכוך), והקו התחתון בשיפוע $-5\,\text{m/s}^2$ – פסול.

- תרשים ב: בעלייה $\frac{0-1}{0.125}=-8\,\text{m/s}^2$ (תלול מ־$5$), בירידה שני הקטעים בשיפוע כ־$-1.8\,\text{m/s}^2$ (מתון מ־$5$ ושווים זה לזה) – מתאים. גם $\frac{8+1.8}{2}\approx 5=g\sin\theta$, כמצופה.

- תרשים ג: בעלייה השיפוע מתון ($\approx-3.3\,\text{m/s}^2$) ובירידה תלול ($-10\,\text{m/s}^2$) – הפוך מהנדרש.

- תרשים ד: בניסוי השני (ירידה) השיפוע $\approx-8\,\text{m/s}^2$, גדול מ־$5$ – פסול.

טעות נפוצה: לבחור בתרשים ד מתוך מחשבה שהחיכוך תמיד "מגדיל את התאוצה" – בירידה החיכוך פועל נגד רכיב הכובד ומקטין את התאוצה.

1. $F_1$ – כוח חיצוני, אנכית כלפי מעלה.

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

3. $T$ – כוח המתיחות, מופעל על ידי החוט, אנכית כלפי מטה (החוט מושך את $A$ לעבר $B$).

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

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

מסת החוט והחיישן זניחה, ולכן המתיחות שווה לאורך כל החוט – אותו $T$ פועל על שני הגופים, וזה הכוח שהחיישן מודד.

טעות נפוצה: לסמן את $F_1$ גם על גוף $B$ – הכוח החיצוני פועל רק על $A$, ואל $B$ הוא "מגיע" רק דרך המתיחות בחוט.

שני הגופים קשורים בחוט מתוח, ולכן תאוצתם זהה, $a$. כיוון חיובי – כלפי מעלה. לפי החוק השני של ניוטון $\Sigma F=ma$:

מחברים את שתי המשוואות (המתיחות $T$ מתבטלת):

עד הרגע $t=0.3\,\text{s}$ המערכת במנוחה, ולכן $a=0$. לפי הגרף, בפרק זמן זה המתיחות היא $T=10\,\text{N}$.

משוואת הכוחות על $B$ עם $a=0$:

הצבה:

בכל פרק זמן מוצאים קודם את התאוצה ממשוואת גוף $B$ ($T-m_Bg=m_Ba$), ואחר כך את $F_1$ מהמשוואה המשותפת (סעיף ב):

$0<t<0.3\,\text{s}$: $T=10\,\text{N}$:

$0.3\,\text{s}<t<0.8\,\text{s}$: $T=12\,\text{N}$:

$0.8\,\text{s}<t<1.2\,\text{s}$: $T=10\,\text{N}$:

(שימו לב ש־$F_1=\frac{m_A+m_B}{m_B}T=4T$ בכל פרקי הזמן.)

טעות נפוצה: לכתוב $F_1=T$ – הכוח החיצוני מאיץ את שני הגופים, והמתיחות מאיצה רק את $B$.

המתיחות $12\,\text{N}$ גדולה מכוח הכובד על $B$ ($10\,\text{N}$), ולכן שקול הכוחות על $B$ הוא $2\,\text{N}$ כלפי מעלה, והתאוצה (סעיף ד) $a=2\,\text{m/s}^2$ כלפי מעלה. המערכת יוצאת ממנוחה ונעה בתנועה שוות תאוצה כלפי מעלה.

המתיחות $10\,\text{N}$ שווה לכוח הכובד על $B$, ולכן שקול הכוחות אפס ו־$a=0$. אבל המערכת אינה במנוחה: בסוף פרק הזמן הקודם מהירותה (לפי $v=v_0+at$):

כלפי מעלה. לפי החוק הראשון של ניוטון, כשהשקול אפס הגוף ממשיך במהירות קבועה – תנועה קצובה כלפי מעלה במהירות $1\,\text{m/s}$.

טעות נפוצה: להסיק שבפרק הזמן האחרון המערכת חזרה למנוחה, כי המתיחות זהה לזו שבפרק הזמן הראשון – שקול אפס פירושו מהירות קבועה, לא בהכרח אפס.

קביעה: היגד 3.

נימוק: בשני הניסויים $F_1$ זהה וגם התאוצה $a_1$ זהה.

ניסוי ראשון (משוואת $A$, כמו בסעיף ב):

ומשוואת $B$: $T=m_B(g+a_1)$.

ניסוי שני – על $A$ פועלים $F_1$ מעלה, $m_Ag$ מטה ו־$F_2$ מטה:

אותו ביטוי בדיוק – כלומר $F_2$ "ממלא את מקום" המתיחות שהפעיל החוט בניסוי הראשון:

התאוצה $a_1$ שונה מאפס וכיוונה כלפי מעלה, כלומר $a_1>0$, ולכן

טעות נפוצה: לבחור $F_2=m_Bg$ מתוך מחשבה ש־$F_2$ "מחליף את משקלו של $B$" – בניסוי הראשון החוט מושך את $A$ בכוח גדול מ־$m_Bg$, כי הוא גם מאיץ את $B$ כלפי מעלה.

ברגע השחרור לכדור יש אותה מהירות כמו לרחפן – $3\,\text{m/s}$ אופקית – ורכיב מהירות אנכי אפס. מכאן הוא נע בזריקה אופקית: בציר האנכי נפילה חופשית ממנוחה, בתאוצה $g$.

לפי נוסחת התנועה שוות התאוצה בציר האנכי (כיוון חיובי כלפי מטה, $v_{0y}=0$):

הצבה:

זמן הנפילה זהה לכל שלושת הכדורים, כי כולם משתחררים מאותו גובה עם רכיב מהירות אנכי אפס.

הרכיב האופקי קבוע (אין כוח אופקי): $v_x=3\,\text{m/s}$.

הרכיב האנכי ברגע הפגיעה, לפי $v=v_0+at$:

הכיוון: הזווית $\theta$ מתחת לאופק:

המהירות מכוונת כלפי מטה ו"קדימה" (בכיוון תנועת הרחפן), בזווית של כ־$74.7^\circ$ מתחת לקו האופק.

(בדיקה באנרגייה: $v^2=v_0^2+2gh=9+120=129$ ✓.)

טעות נפוצה: לשכוח את הרכיב האופקי ולתת רק $v_y\approx 11\,\text{m/s}$, או לא לציין כיוון.

קביעה: $1.5\,\text{m}$.

שיקולים: כל כדור משתחרר מאותו גובה, באותה מהירות אופקית ($3\,\text{m/s}$, כמו הרחפן), ולכן לכל כדור אותו זמן נפילה ($1.095\,\text{s}$) ואותו טווח אופקי מנקודת השחרור שלו:

כלומר המרחק בין נקודות הפגיעה שווה למרחק בין נקודות השחרור. בין שני שחרורים עוקבים חולפים $0.5\,\text{s}$, שבמהלכם הרחפן (בתנועה קצובה) עובר

לכן המרחק בין נקודות הפגיעה של שני כדורים עוקבים הוא $1.5\,\text{m}$.

(בדרך אחרת: הכדור השני פוגע בקרקע $0.5\,\text{s}$ אחרי הראשון, ובכל הזמן הזה שניהם נעים אופקית בדיוק כמו הרחפן.)

קביעה: איור 4.

1. ציר אופקי: לכל הכדורים אותה מהירות אופקית כמו לרחפן ($3\,\text{m/s}$), ואין כוח אופקי – לכן בכל רגע כל הכדורים נמצאים בדיוק מתחת לרחפן, על קו אנכי אחד. זה פוסל את איורים 2 ו־3, שבהם הכדורים "מפגרים" מאחור (כך היה קורה רק עם התנגדות אוויר).

2. ציר אנכי: כל כדור נופל נפילה חופשית ממנוחה אנכית, וכל כדור שוחרר $0.5\,\text{s}$ לפני הבא אחריו. ברגע שחרור הכדור השלישי, לפי $y=\tfrac12gt^2$:

•הכדור השלישי: $0\,\text{m}$ מתחת לרחפן;

•הכדור השני ($t=0.5\,\text{s}$): $\tfrac12\cdot 10\cdot 0.5^2=1.25\,\text{m}$;

•הכדור הראשון ($t=1\,\text{s}$): $\tfrac12\cdot 10\cdot 1^2=5\,\text{m}$.

המרווחים $1.25\,\text{m}$ ו־$3.75\,\text{m}$ – המרווח התחתון גדול בהרבה מהעליון, כי הכדור הקודם תמיד מהיר יותר.

לכן המתאים הוא האיור שבו הכדורים על קו אנכי מתחת לרחפן והמרווחים גדלים כלפי מטה – איור 4. (באיור 1 המרווחים שווים, כאילו הכדורים נעים במהירות קבועה.)

טעות נפוצה: לבחור באיור 2 או 3 מתוך "תחושה" שהכדור נשאר מאחור – בלי התנגדות אוויר הכדור שומר על המהירות האופקית של הרחפן.

קביעה: דנה צודקת.

נימוק: לאחר השחרור פועל על הכדור רק כוח הכובד (התנגדות האוויר זניחה), שהוא כוח משמר – ולכן האנרגייה המכנית של הכדור נשמרת. בין רגע השחרור לרגע הפגיעה בקרקע:

בשני המקרים גודל המהירות ההתחלתית של הכדור זהה ($v_0=3\,\text{m/s}$, גודל מהירות הרחפן) וגם גובה השחרור זהה ($h=6\,\text{m}$). כיוון המהירות ההתחלתית אינו מופיע בביטוי – האנרגייה הקינטית תלויה רק בגודל המהירות. לכן בשני המקרים:

(במקרה השני הכדור מגיע לקרקע מוקדם יותר ובזווית אחרת – אך באותו גודל מהירות.)

טעות נפוצה: לטעון שבמקרה השני יש "כבר מהירות כלפי מטה" ולכן המהירות הסופית גדולה יותר – הרכיב האנכי ההתחלתי בא על חשבון הרכיב האופקי, וגודל המהירות ההתחלתית לא השתנה.

בנקודה $C$ (הנקודה העליונה של הלולאה) הכדור נע בצד הפנימי של המסילה, ופועלים עליו שני כוחות:

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

2. הכוח הנורמלי $N_C$ – מופעל על ידי המסילה (החיישן שבה), ניצב למסילה ומכוון אל מרכז המעגל $O$ – כלומר גם הוא אנכית כלפי מטה.

המסילה חלקה – אין כוח חיכוך. שני הכוחות מכוונים אל המרכז, ושקולם הוא הכוח הרדיאלי.

טעות נפוצה: לסמן את הכוח הנורמלי כלפי מעלה, כמו על רצפה – בראש הלולאה המסילה נמצאת מעל הכדור ודוחפת אותו כלפי מטה.

שימור אנרגייה בין נקודת השחרור לנקודה $C$ (המסילה חלקה, הנורמל ניצב לתנועה ואינו מבצע עבודה, ולכן רק הכובד מבצע עבודה). גובה $C$ מעל הקרקע הוא $2R$:

החוק השני של ניוטון בכיוון הרדיאלי בנקודה $C$ (כלפי מטה, אל המרכז), עם $a_R=\frac{v^2}{R}$ מדף הנוסחאות:

מציבים:

לפי החוק השלישי של ניוטון, הכדור מפעיל על החיישן כוח שווה בגודלו (ומכוון כלפי מעלה), ולכן זה גם גודל הכוח המופעל על החיישן. הביטוי תקף כל עוד $N_C\ge 0$, כלומר $h\ge 2.5R$.

ציר אופקי: הגובה $h$ במטרים (כדאי להתחיל מ־$0$, כדי שאפשר יהיה להאריך את הקו עד חיתוכו עם הציר בסעיף ה). ציר אנכי: הכוח $N_C$ בניוטון.

הנקודות $(h\,[\text{m}],\,N_C\,[\text{N}])$:

$(0.6,\,0.20)$, $(0.8,\,0.55)$, $(1.0,\,0.75)$, $(1.2,\,0.95)$, $(1.4,\,1.20)$.

הנקודות מסתדרות בקירוב לאורך קו ישר עולה – כמצופה מהביטוי הקווי $N_C=\frac{2mg}{R}h-5mg$ שמצאנו בסעיף א.

מעבירים קו ישר אחד כך שהנקודות מפוזרות סביבו משני צדיו בערך באופן שווה, ומאריכים אותו עד ציר $h$:

שיפוע הקו – משתי נקודות על הקו, רחוקות זו מזו, למשל $(0.5\,\text{m},\,0.13\,\text{N})$ ו־$(1.5\,\text{m},\,1.33\,\text{N})$:

החיתוך עם ציר $N_C$ (הארכת הקו ל־$h=0$): $0.13-1.2\cdot 0.5=-0.47\,\text{N}$.

טעות נפוצה: לחבר את הנקודות בקו שבור, או לחשב שיפוע משתי נקודות מהטבלה במקום מהקו.

משווים את משוואת קו המגמה לביטוי התאורטי מסעיף א:

(כלומר $mg\approx 0.094\,\text{N}$.)

(הערכים תלויים מעט בקו המגמה שמעבירים; קו סביר נותן $R\approx 0.15$–$0.17\,\text{m}$ ו־$m\approx 9$–$10\,\text{g}$.)

הנורה נדלקת כאשר הכוח על החיישן הוא לפחות $N_{C,\min}=0.6\,\text{N}$. מאחר ש־$N_C$ גדל עם $h$, הגובה המינימלי הוא זה שבו $N_C=0.6\,\text{N}$. ממשוואת קו המגמה:

הצבה:

(אפשר גם לקרוא ישירות מהגרף: הקו עובר ב־$N_C=0.6\,\text{N}$ בגובה של כ־$0.9\,\text{m}$.)

תשובה: לא – המהירות אינה אפס.

בנקודת החיתוך של קו המגמה עם הציר האופקי $N_C=0$: $h_1=\frac{0.47}{1.2}\approx 0.39\,\text{m}$. בגובה זה הכדור מגיע ל־$C$ כשהמסילה אינה מפעילה עליו כוח, וכוח הכובד לבדו הוא הכוח הרדיאלי. לפי החוק השני של ניוטון בכיוון הרדיאלי:

הצבה:

בדיקה: לפי סעיף א, $N_C=0$ כאשר $h=2.5R=2.5\cdot 0.157\approx 0.39\,\text{m}$ – בהתאם לנקודת החיתוך. ובשימור אנרגייה: $v_C^2=2g(h_1-2R)=2\cdot 10\cdot(0.392-0.313)\approx 1.57$, $v_C\approx 1.25\,\text{m/s}$ ✓.

אילו מהירות הכדור ב־$C$ הייתה אפס, לא היה כוח שיספק לו תאוצה רדיאלית חוץ מהכובד – והכובד לבדו מחייב $v^2=gR$; כדור עם מהירות קטנה יותר היה מתנתק מהמסילה לפני שהגיע ל־$C$.

טעות נפוצה: להסיק ש"אם הכוח על החיישן אפס, גם המהירות אפס" – בראש הלולאה הכובד ממשיך לפעול כשקול רדיאלי.

לפי דף הנוסחאות: $W_{\text{לא משמרים}}=\Delta E$ – האנרגייה המכנית נשמרת רק כאשר הכוחות הלא־משמרים אינם מבצעים עבודה.

המישור המשופע – נשמרת. פועלים על הגוף כוח הכובד (משמר) והכוח הנורמלי. המישור חלק – אין חיכוך – והכוח הנורמלי ניצב לכיוון התנועה, ולכן אינו מבצע עבודה. $W_{\text{לא משמרים}}=0$, ולכן $\Delta E=0$: אנרגייה פוטנציאלית כובדית הופכת לקינטית.

המשטח האופקי – לא נשמרת. פועל כוח חיכוך קינטי נגד כיוון התנועה, ומבצע עבודה שלילית. לכן $\Delta E=W_f<0$ – האנרגייה המכנית קטנה (הופכת לחום) עד שהגוף נעצר.