בגרות בפיזיקה מכניקה 36361 - קיץ 2026

מהירות רגעית היא שיפוע גרף המקום–זמן. מן הטבלה מחשבים אותה בקירוב כמהירות הממוצעת בפרק זמן קצר שבמרכזו הרגע $t=0.08\,\text{s}$ – בין $t=0.04\,\text{s}$ ל־$t=0.12\,\text{s}$. (בתנועה שוות תאוצה המהירות הממוצעת בפרק זמן שווה בדיוק למהירות הרגעית באמצע פרק הזמן.)

מדף הנוסחאות:

הצבה:

הסימן חיובי – $y$ גדל, ולכן הכדור נע כלפי מעלה (הוא עדיין עולה אחרי הניתור מהשולחן).

טעות נפוצה: לחלק את $y(0.08)$ ב־$0.08$ – זו המהירות הממוצעת מרגע הניתור, ולא המהירות הרגעית ב־$t=0.08\,\text{s}$.

כמו בסעיף א, המהירות ברגע $t$ היא המהירות הממוצעת בין $t-0.04\,\text{s}$ ל־$t+0.04\,\text{s}$:

למשל: $v(0.20)=\frac{0.43-0.35}{0.08}=1.0\,\text{m/s}$, ו־$v(0.36)=\frac{0.40-0.45}{0.08}=-0.625\,\text{m/s}$.

הערכים השליליים מתאימים לירידת הכדור: אחרי שיא הגובה (בין $t=0.28\,\text{s}$ ל־$t=0.32\,\text{s}$) $y$ קטן.

ציר אופקי: הזמן $t$ בשניות (מ־$0$ עד $0.4\,\text{s}$). ציר אנכי: המהירות $v$ ב־$\text{m/s}$ (מ־$-1$ עד $3.5\,\text{m/s}$) – יש ערכים חיוביים ושליליים, ולכן ציר הזמן נמצא מעט מעל תחתית הגרף.

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

$(0.08,\,2.25)$, $(0.12,\,1.875)$, $(0.20,\,1.0)$, $(0.28,\,0.25)$, $(0.32,\,-0.25)$, $(0.36,\,-0.625)$.

הנקודות מסתדרות בקירוב לאורך קו ישר יורד, ולכן מעבירים קו ישר אחד כך שהנקודות מפוזרות סביבו משני צדיו (לא מחברים נקודה לנקודה):

משוואת הקו (התאמה בשיטת הריבועים הפחותים): $v\approx 3.09-10.3\,t$ ($v$ ב־$\text{m/s}$, $t$ בשניות). הגרף הקווי מראה שהכדור נע בתנועה שוות תאוצה.

מהירות הניתור היא המהירות ברגע $t=0$ (רגע הפגיעה בשולחן והניתור ממנו). בגרף $v(t)$ זו נקודת החיתוך של קו המגמה עם הציר האנכי:

מן הקו: $v_0\approx 3.1\,\text{m/s}$ (כלפי מעלה).

(בדיקה: בשיא הגובה $v=0$, ולפי הקו זה קורה ב־$t=\frac{3.09}{10.3}\approx 0.30\,\text{s}$ – ואכן בטבלה א הגובה המרבי הוא בין $0.28\,\text{s}$ ל־$0.32\,\text{s}$.)

מדף הנוסחאות $v=v_0+at$ – הגרף $v(t)$ קווי, והתאוצה היא שיפוע הישר.

מחשבים את השיפוע משתי נקודות על קו המגמה (לא מנקודות הטבלה), רחוקות זו מזו: $(0,\,3.09)$ ו־$(0.36,\,-0.63)$:

הסימן השלילי: התאוצה מכוונת כלפי מטה (נגד הכיוון החיובי של $y$), וגודלה כ־$10\,\text{m/s}^2$ – בהתאמה טובה ל־$g$, כמצופה מגוף שהכוח היחיד הפועל עליו הוא כוח הכובד. התאוצה זהה בעלייה ובירידה.

טעות נפוצה: לחשב את השיפוע משתי נקודות מהטבלה, או לשכוח את כיוון התאוצה.

קביעה: תרשים 1.

נימוק: כיוון חיובי – כלפי מעלה. כוח התנגדות האוויר $f$ מכוון תמיד נגד כיוון התנועה, וגודלו קבוע בקירוב.

בעלייה ($v>0$): כוח הכובד וכוח ההתנגדות פועלים שניהם כלפי מטה. לפי החוק השני של ניוטון:

בירידה ($v<0$): כוח הכובד כלפי מטה וההתנגדות כלפי מעלה:

בשני השלבים התאוצה כלפי מטה וקבועה, ולכן הגרף $v(t)$ מורכב משני קטעים ישרים יורדים. גודל התאוצה בעלייה גדול מזה שבירידה, ולכן הקטע הראשון (מעל ציר הזמן, $v>0$) תלול יותר מהקטע השני (מתחת לציר, $v<0$). זה בדיוק תרשים 1.

•תרשים 2 – הפוך: הקטע בירידה תלול יותר.

•תרשים 3 – המהירות אינה מחליפה סימן, והיא גדלה בתחילה – לא מתאים לכדור שעולה ויורד.

•תרשים 4 – קו ישר אחד: תאוצה זהה בעלייה ובירידה – זה המצב בלי התנגדות אוויר.

טעות נפוצה: לבחור בתרשים 2 מתוך מחשבה שבירידה הכדור "מאיץ יותר" – ההתנגדות מקטינה את התאוצה בירידה.

על כל אחת מהמסות פועלים שני כוחות:

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

2. כוח המתיחות $T$ – מופעל על ידי החוט, כיוונו אנכית כלפי מעלה (לאורך החוט).

1. כוח הכובד $m_2g$ – מופעל על ידי כדור הארץ, כיוונו אנכית כלפי מטה.

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

מסת החוט והגלגלת זניחות והחיכוך בציר זניח, ולכן גודל המתיחות זהה לאורך כל החוט – אותו $T$ על שתי המסות. בתרשים יש לסרטט את $m_1g$ ארוך מ־$m_2g$; מאחר ש־$m_1$ מאיצה כלפי מטה ו־$m_2$ כלפי מעלה, מתקיים $m_2g<T<m_1g$.

היחידות של ביטוי (i) תקינות ($\frac{m_1}{m_2}$ חסר יחידות, ולכן $a$ ביחידות של $g$), ולכן פוסלים אותו בבדיקת מקרה גבול:

- מסות שוות: אם $m_1=m_2$, כוח הכובד על שני הצדדים שווה, הכוחות על המערכת מתאזנים ולפי החוק השני של ניוטון התאוצה אפס. ביטוי (i) נותן במקרה זה $a=\frac{m_1}{m_1}g=g$ – סתירה.

- (טענה נוספת) התאוצה של המערכת אינה יכולה לעלות על $g$: גם במקרה הקיצוני $m_2\to 0$ המסה $m_1$ נופלת לכל היותר בנפילה חופשית, $a=g$. לפי (i), כש־$m_1>m_2$ מתקבל $a>g$ ($m_1=2m_2$ נותן $a=2g$) – בלתי אפשרי, כי $m_2$ רק "מעכבת" את $m_1$.

ואילו יחידות התאוצה הן $\frac{\text{m}}{\text{s}^2}$. היחידות אינן מתאימות, ולכן הביטוי שגוי – בלי שום חישוב נוסף.

אורך החוט קבוע, ולכן שתי המסות נעות בתאוצה שגודלה זהה $a$: $m_1$ כלפי מטה ו־$m_2$ כלפי מעלה. לכל מסה בוחרים כיוון חיובי בכיוון תאוצתה, ורושמים את החוק השני של ניוטון מדף הנוסחאות, $\Sigma F=ma$:

מסה $m_1$ (חיובי כלפי מטה):

מסה $m_2$ (חיובי כלפי מעלה):

מחברים את שתי המשוואות – $T$ מתבטל:

בדיקה: יחידות – יחס מסות כפול $g$ ✓; $m_1=m_2\Rightarrow a=0$ ✓; $m_2\to 0\Rightarrow a\to g$ ✓.

(המתיחות: $T=\frac{2m_1m_2}{m_1+m_2}g$.)

שלב 1 – התאוצה. התנועה שוות תאוצה ממנוחה. מדף הנוסחאות:

עם $v_0=0$, $x-x_0=1\,\text{m}$, $t=1\,\text{s}$:

שלב 2 – יחס המסות. מסעיף ג:

מחלקים מונה ומכנה ב־$m_2$ ומסמנים $k=\frac{m_1}{m_2}$:

כלומר $\frac{m_1}{m_2}=1.5$.

טעות נפוצה: להשתמש ב־$x=at^2$ (בלי ה־$\tfrac12$) ולקבל $a=1\,\text{m/s}^2$.

שתי המסות קשורות לקצות אותו חוט, ואורך החוט קבוע (הוא אינו נמתח ואינו מתרופף). אם $m_1$ יורדת מרחק $\Delta x$, החלק של החוט בצד של $m_1$ מתארך ב־$\Delta x$, ולכן החלק בצד של $m_2$ מתקצר בדיוק ב־$\Delta x$ – כלומר $m_2$ עולה באותו מרחק.

כך בכל פרק זמן ההעתקים של שתי המסות שווים בגודלם (ומנוגדים בכיוונם). לכן גם המהירויות – קצב שינוי המקום – שוות בגודלן בכל רגע, וגם התאוצות – קצב שינוי המהירות – שוות בגודלן:

(רק הכיוונים הפוכים: $m_1$ מאיצה כלפי מטה ו־$m_2$ כלפי מעלה.)

המסילה חלקה והתנגדות האוויר זניחה. הכוח הנורמלי ניצב למסילה ולכן אינו מבצע עבודה, וכוח הכובד הוא כוח משמר – לכן האנרגייה המכנית נשמרת ($W_{\text{לא משמרים}}=\Delta E=0$).

רמת ייחוס לאנרגייה הפוטנציאלית: הקרקע.

הצבה ($h=0.3\,\text{m}$):

טעות נפוצה: להציב $h=30$ בסנטימטרים יחד עם $v$ ב־$\text{m/s}$.

קביעה: תרשים 3.

נימוק: בנקודה $C$ פועלים על הגוף שני כוחות:

- כוח הכובד $mg$ – אנכית כלפי מטה.

- הכוח הנורמלי $N$ – המסילה (הגוף נע בצד הפנימי של הלולאה) דוחפת את הגוף בניצב למסילה, כלומר לאורך הרדיוס מ־$C$ אל המרכז $O$.

לפי החוק השני של ניוטון, וקטור התאוצה הוא בכיוון הכוח השקול:

סכום של וקטור בכיוון $C\to O$ ווקטור אנכי כלפי מטה נמצא בין שני הכיוונים האלה – זה תרשים 3.

במונחי רכיבים: לתאוצה יש רכיב רדיאלי $\frac{v^2}{r}$ אל המרכז (תנועה מעגלית), ורכיב משיקי – רכיב הכובד לאורך המשיק בנקודה $C$ – המכוון במורד הלולאה (הגוף מאט בעלייתו לעבר $D$).

•תרשים 1 – תאוצה $g$ בלבד: היה נכון רק אם $N=0$, אבל ב־$C$ הגוף לוחץ על המסילה (גם ב־$D$, הנקודה הגבוהה, $\frac{v_D^2}{r}=\frac{2g(H-2r)}{r}=180\,\text{m/s}^2>g$).

•תרשים 2 – תאוצה רדיאלית בלבד: מתאים לתנועה מעגלית קצובה, אך ב־$C$ לכוח הכובד יש רכיב משיקי, ולכן גודל המהירות משתנה.

•תרשים 4 – הווקטור נמצא מחוץ לזווית שבין $\vec N$ ל־$m\vec g$, ורכיבו המשיקי מכוון במעלה הלולאה – בלתי אפשרי.

(הערה: מאחר שהתאוצה הרדיאלית כאן גדולה בהרבה מ־$g$, הסטייה מהכיוון $C\to O$ קטנה; התרשימים איכותיים.)

לאחר $E$ הגוף נע בזריקה משופעת: הכוח היחיד הוא כוח הכובד.

גודל המהירות – שימור אנרגייה (בין $E$ לקרקע):

(אותה תוצאה מתקבלת גם משימור אנרגייה מ־$A$: $v=\sqrt{2gH}=\sqrt{22}$.)

רכיב אופקי (קבוע לאורך התנועה):

רכיב אנכי ב־$E$: $v_{0y}=v_E\sin 37^\circ=4\cdot 0.602\approx 2.41\,\text{m/s}$ כלפי מעלה. בציר האנכי, מ־$v^2=v_0^2+2a(x-x_0)$, עם ירידה נטו של $h=0.3\,\text{m}$:

הזווית מתחת לאופק:

(בדיקה: $\sqrt{3.19^2+3.43^2}\approx 4.69\,\text{m/s}$ ✓.)

טעות נפוצה: לחשב את $v_y$ כאילו הגוף נופל רק מגובה $h$ ממנוחה – ב־$E$ יש לו כבר רכיב מהירות אנכי כלפי מעלה.

בנקודה $D$ הגוף נמצא בראש הלולאה, בצד הפנימי של המסילה. פועלים עליו שני כוחות:

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

2. הכוח הנורמלי $N$ – מופעל על ידי המסילה, ניצב למסילה, כלומר גם הוא אנכית כלפי מטה, לעבר המרכז $O$.

שני הכוחות מכוונים אל מרכז המעגל, ושקולם הוא הכוח הרדיאלי: $mg+N=m\frac{v_D^2}{r}$.

טעות נפוצה: לסרטט את $N$ כלפי מעלה – בראש הלולאה המסילה נמצאת מעל הגוף ודוחפת אותו כלפי מטה. אין לסרטט "כוח צנטריפטלי" נוסף.

הנקודה הקריטית היא $D$: שם המהירות הקטנה ביותר בלולאה. הגוף לא מתנתק כל עוד $N\ge 0$. בגובה המינימלי $N=0$ ב־$D$.

תנאי בנקודה $D$. מהחוק השני של ניוטון בכיוון הרדיאלי, $\Sigma F_r=ma_r$ עם $a_r=\frac{v^2}{r}$:

שימור אנרגייה בין נקודת השחרור לבין $D$ (גובה $D$ הוא $2r$):

הצבה ($r=0.1\,\text{m}$):

ואכן $H_1<H=1.1\,\text{m}$.

טעות נפוצה: לדרוש $v_D=0$ בראש הלולאה ולקבל $H_1=2r$ – גוף שמגיע ל־$D$ במהירות אפס כבר התנתק לפני כן.

קביעה: הגובה המרבי קטן מ־$H$.

נימוק: האנרגייה המכנית נשמרת לאורך כל התנועה (מסילה חלקה, אין התנגדות אוויר), ושווה ל־$mgH$ (ב־$A$ הגוף במנוחה).

לאחר הניתוק ב־$E$ הגוף נע בזריקה משופעת. בנקודת השיא של המסלול רק הרכיב האנכי של המהירות מתאפס; הרכיב האופקי נשאר $v_E\cos 37^\circ\neq 0$, כי בציר האופקי לא פועל כוח. לכן בשיא לגוף יש אנרגייה קינטית חיובית:

(ערך: $h_{\max}=h+\frac{(v_E\sin 37^\circ)^2}{2g}=0.3+\frac{2.41^2}{20}\approx 0.59\,\text{m}$.)

טעות נפוצה: לטעון שמשימור אנרגייה הגוף יחזור לגובה $H$ – זה נכון רק אם מהירותו בשיא אפס, כמו בעלייה אנכית.

אין חיכוך, הכוח הנורמלי ניצב לתנועה ואינו מבצע עבודה, וכוח הכובד משמר – לכן האנרגייה המכנית נשמרת. רמת ייחוס: המישור האופקי $BC$.

ב־$C$: אנרגייה קינטית בלבד. ב־$A$ הגוף נעצר רגעית: אנרגייה פוטנציאלית בלבד.

הצבה:

גובה הנקודה $A_1$ נמוך ב־$20\%$ מגובה $A$:

מדף הנוסחאות – עבודת הכוחות הלא משמרים שווה לשינוי באנרגייה המכנית:

הכוח הלא משמר היחיד שמבצע עבודה הוא החיכוך (הנורמל ניצב לתנועה). $m=100\,\text{gr}=0.1\,\text{kg}$.

הצבה:

העבודה שלילית – החיכוך פועל נגד כיוון התנועה ומקטין את האנרגייה המכנית.

טעות נפוצה: לחשב את $h_1$ כ־$0.8-0.2=0.6\,\text{m}$ – הירידה היא $20\%$ מהגובה, כלומר $0.16\,\text{m}$.

אחרי העצירה הרגעית ב־$A_1$ הגוף מחליק חזרה לאורך אותה מסילה עד $C$.

עבודת החיכוך בדרך חזרה. כוח החיכוך הקינטי הוא $f_k=\mu_kN$. בכל קטע של המסילה הכוח הנורמלי זהה בהלוך ובחזור ($N=mg\cos\alpha$ במישור המשופע, $N=mg$ במישור האופקי), ולכן גודל החיכוך זהה; הדרך זהה, והחיכוך תמיד נגד התנועה. לכן עבודת החיכוך בחזרה שווה לזו שבהלוך:

אנרגייה – מ־$A_1$ (מנוחה) עד $C$:

(בדרך אחרת: לאורך כל המסלול הלוך וחזור $W_f=-0.32\,\text{J}$, ולכן $\tfrac12mv_C^2=0.8-0.32=0.48\,\text{J}$.)

החיכוך לא השתנה. הכוח $F$ מכוון בכל רגע בכיוון התנועה – כלומר מקביל למסילה. לכן אין לו רכיב ניצב למסילה, הכוח הנורמלי זהה לזה שבניסוי השני, וגם כוח החיכוך זהה. הגוף עובר אותה דרך $C\to A_1$, ולכן:

משפט עבודה–אנרגייה (מדף הנוסחאות): $W_{\text{כוללת}}=\Delta E_k$.

גודל המהירות ב־$A_1$ שווה ל־$v_0$, ולכן $\Delta E_k=0$:

עבודת כוח הכובד: $W_{mg}=-\Delta U=-mgh_1=-0.1\cdot 10\cdot 0.64=-0.64\,\text{J}$.

(באותה דרך: $W_{\text{לא משמרים}}=W_F+W_f=\Delta E=mgh_1=0.64\,\text{J}$.)

טעות נפוצה: לחשב את $W_F$ כאילו החיכוך השתנה בגלל הכוח הנוסף – כאן $F$ מקביל למסילה ואינו משנה את הכוח הנורמלי.

קביעה: הגוף הגיע למהירות $4\,\text{m/s}$ לפני הנקודה $A_1$.

במישור האופקי $BC$ שני הניסויים זהים: $F$ אופקי שמאלה – בכיוון התנועה, באותו גודל, והחיכוך זהה. לכן הגוף מגיע ל־$B$ באותה מהירות $v_B$ בשני הניסויים.

(בניסוי השלישי $W_F=0.80\,\text{J}$ גדול בהרבה מעבודת החיכוך הכוללת, $0.16\,\text{J}$; בשיפוע מתון כמו בתרשים פירוש הדבר ש־$F$ גדול מכוח החיכוך במישור האופקי, ולכן $v_B>4\,\text{m/s}$, והגוף מאט במעלה המישור המשופע עד $4\,\text{m/s}$ ב־$A_1$.)

במישור המשופע (זווית $\alpha$) נשווה את הכוחות לאורך המישור:

- ניסוי שלישי: $F$ כולו במעלה המישור; $N_3=mg\cos\alpha$.

- ניסוי רביעי: $F$ אופקי. רק הרכיב $F\cos\alpha$ פועל במעלה המישור, והרכיב $F\sin\alpha$ לוחץ את הגוף אל המישור, ולכן הכוח הנורמלי והחיכוך גדלים: $N_4=mg\cos\alpha+F\sin\alpha$.

מאחר ש־$F\cos\alpha<F$ והחיכוך גדול יותר, $a_4<a_3$: בניסוי הרביעי הגוף מאט במעלה המישור בקצב גדול יותר.

בניסוי השלישי הגוף יוצא מ־$B$ במהירות $v_B$ ומגיע ל־$4\,\text{m/s}$ בדיוק ב־$A_1$. בניסוי הרביעי הוא יוצא מ־$B$ באותה מהירות אך מאט מהר יותר, ולכן מהירותו יורדת ל־$4\,\text{m/s}$ אחרי דרך קצרה יותר – לפני $A_1$.

(בניסוח של אנרגייה: עד $A_1$ עבודת $F$ בניסוי הרביעי קטנה יותר ($F\cos\alpha\cdot d<F\cdot d$) ועבודת החיכוך שלילית יותר, ולכן ב־$A_1$ גודל המהירות קטן מ־$4\,\text{m/s}$; מאחר שהמהירות יורדת ברציפות מ־$v_B>4\,\text{m/s}$, היא עברה את הערך $4\,\text{m/s}$ לפני $A_1$.)