מתכונת 3 בפיזיקה - מכניקה 36361

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

- $0$–$4\,\text{s}$: $a_1=\frac{6-0}{4-0}=1.5\,\text{m/s}^2$

- $4$–$24\,\text{s}$: $a_2=\frac{10-6}{24-4}=\frac{4}{20}=0.2\,\text{m/s}^2$

- $24$–$34\,\text{s}$: המהירות קבועה ($10\,\text{m/s}$), ולכן $a_3=0$

גרף התאוצה בנוי משלושה קטעים אופקיים ("מדרגות"):

טעות נפוצה: לסרטט את התאוצה כקו משופע או לקרוא אותה ישירות מגובה גרף המהירות – בכל קטע שבו גרף המהירות ישר, התאוצה קבועה ושווה לשיפועו.

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

- $0$–$4\,\text{s}$: $\Delta x_1=\frac{0+6}{2}\cdot 4=12\,\text{m}$

- $4$–$24\,\text{s}$: $\Delta x_2=\frac{6+10}{2}\cdot 20=160\,\text{m}$

- $24$–$34\,\text{s}$: $\Delta x_3=10\cdot 10=100\,\text{m}$

זהו אורך המסלול מהזינוק עד קו הסיום.

מחשבים את השטח שמתחת לכל גרף עד $t=14\,\text{s}$, לפי $x-x_0=\frac{v_0+v}{2}\,t$ בכל קטע.

רוכב א' (גרף א): ב־$t=14\,\text{s}$ הוא בקטע השני, שבו המהירות גדלה ב־$0.2\,\text{m/s}$ בכל שנייה: $v=6+0.2\cdot 10=8\,\text{m/s}$.

רוכב ב' (גרף ב): ב־$t=4\,\text{s}$ המהירות $2\,\text{m/s}$, וב־$t=14\,\text{s}$ – $10\,\text{m/s}$.

לאחר $14\,\text{s}$ רוכב א' מקדים את רוכב ב' ב־$18\,\text{m}$, אף שברגע זה רוכב ב' מהיר יותר ($10$ לעומת $8\,\text{m/s}$).

טעות נפוצה: לקרוא את המהירות של רוכב א' ב־$t=14\,\text{s}$ כ־$6\,\text{m/s}$ או כ־$10\,\text{m/s}$ – יש לחשב אותה על הקטע המשופע.

קביעה: כן.

נימוק: ב־$t=14\,\text{s}$ רוכב א' לפני רוכב ב' ($82\,\text{m}$ לעומת $64\,\text{m}$, סעיף ג). רוכב ב' חצה את קו הסיום שנייה אחת לפני רוכב א', כלומר ב־$t=33\,\text{s}$, כשרוכב א' עוד לא הגיע לקו הסיום – באותו רגע רוכב ב' לפני רוכב א'.

מקומו של כל רוכב משתנה ברציפות עם הזמן (רוכב אינו "קופץ" ממקום למקום). לכן אם בין $t=14\,\text{s}$ ל־$t=33\,\text{s}$ התחלף הסדר ביניהם, היה רגע שבו רוכב ב' השיג את רוכב א' – ובו שניהם היו באותו מרחק מנקודת הזינוק.

(בחישוב, עם התאוצה של רוכב ב' מסעיף ה, ההשגה מתרחשת בערך ב־$t\approx 26.7\,\text{s}$, כ־$199\,\text{m}$ מנקודת הזינוק.)

•זמן: רוכב ב' הגיע לקו הסיום ב־$t=34-1=33\,\text{s}$, ולכן הקטע נמשך $t=33-14=19\,\text{s}$.

•דרך: אורך המסלול $272\,\text{m}$ (סעיף ב), ורוכב ב' כבר עבר $64\,\text{m}$ (סעיף ג): $\Delta x=272-64=208\,\text{m}$.

•מהירות התחלתית בקטע: $v_0=10\,\text{m/s}$ (גרף ב ב־$t=14\,\text{s}$).

לפי נוסחת התנועה שוות התאוצה מדף הנוסחאות:

הצבה:

(מהירות רוכב ב' בקו הסיום: $v=10+0.0997\cdot 19\approx 11.9\,\text{m/s}$.)

טעות נפוצה: לקחת את זמן הקטע כ־$20\,\text{s}$ (עד $t=34\,\text{s}$) – רוכב ב' סיים שנייה אחת לפני רוכב א', כלומר ב־$t=33\,\text{s}$.

קביעה: כוח 3.

נימוק: החיישן מודד את הכוח שבו המשטח מושך אותו כלפי מטה. לפי החוק השלישי של ניוטון, כוח זה שווה בגודלו לכוח שהחיישן מפעיל על המשטח כלפי מעלה (כוח המתיחות $T$).

•כוח הכובד $mg$ קבוע לאורך כל התנועה, אבל ההורייה משתנה (בקטעים $B$ ו־$D$) – לכן ההורייה אינה כוח הכובד.

•הכוח השקול אפס כשהמשטח במנוחה (קטע $A$), אבל ההורייה שם $4{,}000\,\text{N}$ – לכן ההורייה אינה הכוח השקול.

טעות נפוצה: לחשוב שהחיישן מודד את משקל המשטח – הוא מודד את הכוח שהוא עצמו מפעיל, ולכן ההורייה משתנה כשהמשטח מאיץ.

על המשטח פועלים כוח הכובד $mg$ (מטה) והכוח $F$ של החיישן (מעלה). לפי החוק השני של ניוטון (כיוון חיובי – למעלה):

כשההורייה שווה ל־$4{,}000\,\text{N}$ (ההורייה כשהמשטח עוד במנוחה, כלומר $mg$), התאוצה אפס; כשהיא שונה מ־$4{,}000\,\text{N}$ יש תאוצה – המהירות משתנה.

- $A$ ($0$–$3\,\text{s}$): $F=mg$, והמשטח עוד לא התחיל לנוע – מנוחה.

- $B$ ($3$–$5\,\text{s}$): $F=3{,}600\,\text{N}\neq mg$ – תנועה במהירות משתנה (המשטח מתחיל לנוע).

- $C$ ($5$–$11\,\text{s}$): $F=mg$ – תאוצה אפס, אבל המשטח כבר נע (צבר מהירות בקטע $B$) – תנועה קצובה.

- $D$ ($11$–$15\,\text{s}$): $F=4{,}200\,\text{N}\neq mg$ – תנועה במהירות משתנה (המשטח מאט).

- $E$ ($15$–$17\,\text{s}$): $F=mg$ – תאוצה אפס; המשטח נעצר בסוף קטע $D$ – מנוחה.

טעות נפוצה: לקבוע שבקטע $C$ המשטח במנוחה כי ההורייה זהה לזו שבמנוחה – הורייה $mg$ פירושה רק שהתאוצה אפס.

מסת המשטח: בקטע $A$ המשטח במנוחה, $F=mg$:

החוק השני של ניוטון (כיוון חיובי למעלה):

- $A$, $C$, $E$: $F=4000\,\text{N}=mg$, ולכן $a=0$.

- $B$:

גודל התאוצה $1\,\text{m/s}^2$, וכיוונה כלפי מטה.

- $D$:

גודל התאוצה $0.5\,\text{m/s}^2$, וכיוונה כלפי מעלה.

טעות נפוצה: לחשב $a=\frac{F}{m}$ ולשכוח את כוח הכובד.

קביעה: המשטח ירד.

הסבר: המשטח התחיל ממנוחה (קטע $A$). בקטע $B$ – הקטע הראשון שבו הוא מתחיל לנוע – ההורייה קטנה מ־$mg$, ולכן הכוח השקול והתאוצה מכוונים כלפי מטה (סעיף ג). גוף שמתחיל ממנוחה נע בכיוון תאוצתו, ולכן המשטח התחיל לנוע כלפי מטה.

בקטע $C$ המשיך לרדת במהירות קבועה, ובקטע $D$ התאוצה כלפי מעלה – נגד כיוון התנועה – והמשטח האט ונעצר. התמונה כולה עקבית עם ירידה.

טעות נפוצה: לטעון שאי־אפשר לקבוע כי החיישן מודד רק כוח (ותאוצה) ולא מהירות – נכון, אבל מכיוון שהמהירות ההתחלתית אפס, כיוון התאוצה בקטע $B$ קובע את כיוון התנועה.

בכל קטע התאוצה קבועה, ולכן הגרף מורכב מקטעים ישרים (שיפוע גרף גודל המהירות = גודל התאוצה):

- $0$–$3\,\text{s}$: מנוחה – $v=0$.

- $3$–$5\,\text{s}$: גודל התאוצה $1\,\text{m/s}^2$ – קו ישר עולה מ־$0$ עד $v_{\max}=1\cdot 2=2\,\text{m/s}$.

- $5$–$11\,\text{s}$: תנועה קצובה – קו אופקי בגובה $v_{\max}$.

- $11$–$15\,\text{s}$: תאוטה בגודל $0.5\,\text{m/s}^2$ – קו ישר יורד מ־$v_{\max}$ עד $0$ (בדיקה: $2-0.5\cdot 4=0$ ✓). שיפוע הירידה מתון פי $2$ משיפוע העלייה.

- $15$–$17\,\text{s}$: מנוחה – $v=0$.

על המטבע פועלים שלושה כוחות:

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

2. הכוח הנורמלי $N$ – הפטיפון, אנכית כלפי מעלה.

3. כוח החיכוך הסטטי $f_s$ – הפטיפון, אופקי ומכוון אל מרכז הפטיפון $O$. בנקודה $A$ (משמאל למרכז בתרשים) הוא מכוון ימינה.

החיכוך סטטי, כי המטבע אינו מחליק ביחס לפטיפון. זהו הכוח האופקי היחיד, ולכן הוא מספק את הכוח השקול הרדיאלי הדרוש לתנועה המעגלית.

טעות נפוצה: להוסיף "כוח צנטריפטלי" ככוח נפרד, או לסמן חיכוך משיקי לכיוון התנועה – במהירות זוויתית קבועה החיכוך מכוון אל המרכז.

בכיוון האנכי – אין תאוצה אנכית:

בכיוון הרדיאלי (אל המרכז) – לפי החוק השני של ניוטון עם $a_R=\frac{v^2}{r}$ מדף הנוסחאות:

המהירות מרבית כאשר המטבע על סף החלקה: החיכוך הסטטי מגיע לערכו המרבי

מציבים במשוואה הרדיאלית מסעיף ב:

$v_{\max}^2$ יחסי ישר ל־$r$, ומקדם היחס $\mu_sg$ אינו תלוי במסת המטבע.

ציר אופקי: $r$ במטרים (מ־$0$ עד $0.14\,\text{m}$). ציר אנכי: $v_{\max}^2$ ב־$\text{m}^2/\text{s}^2$ (מ־$0$ עד $0.6$). מתחילים את שני הצירים מאפס, כי לפי סעיף ג הקו צפוי לעבור דרך הראשית.

הנקודות $(r\,[\text{m}],\,v_{\max}^2\,[\text{m}^2/\text{s}^2])$:

$(0.04,\,0.168)$, $(0.06,\,0.230)$, $(0.08,\,0.325)$, $(0.10,\,0.384)$, $(0.12,\,0.490)$.

קו המגמה: הנקודות מפוזרות מעט (שגיאות מדידה) סביב קו ישר. מעבירים ישר אחד שעובר קרוב ככל האפשר לכל הנקודות – חלקן מעליו וחלקן מתחתיו – והוא עובר גם דרך הראשית, בהתאם לקשר $v_{\max}^2=\mu_sg\,r$.

קוראים מקו המגמה שתי נקודות רחוקות זו מזו:

•ב־$r=0.05\,\text{m}$: $v_{\max}^2=0.20\,\text{m}^2/\text{s}^2$

•ב־$r=0.11\,\text{m}$: $v_{\max}^2=0.44\,\text{m}^2/\text{s}^2$

(היחידות: $\frac{\text{m}^2/\text{s}^2}{\text{m}}=\text{m/s}^2$, כמו $\mu_sg$. קו מגמה מעט שונה ייתן שיפוע בתחום $3.9$–$4.1$.)

טעות נפוצה: לחשב שיפוע משתי נקודות מדידה – הן אינן בהכרח על הקו.

לפי סעיף ג, $v_{\max}^2=\mu_sg\,r$, ולכן שיפוע הגרף שווה ל־$\mu_sg$:

קביעה: היגד 3 נכון.

נימוק: כל המטבעות מסתובבים יחד עם הפטיפון, ולכן לכולם אותה מהירות זוויתית $\omega$. מטבע מתחיל להחליק כאשר $\omega$ עוברת את המהירות הזוויתית המרבית שלו. מ־$v=\omega r$ ומסעיף ג:

$\omega_{\max}$ קטנה ככל ש־$r$ גדול. כשמגבירים את $\omega$ בהדרגה, היא מגיעה ראשונה ל־$\omega_{\max}$ של המטבע הרחוק ביותר.

במילים: הכוח הרדיאלי הדרוש, $m\omega^2r$, גדל עם $r$, ואילו החיכוך המרבי $\mu_smg$ זהה לכל המטבעות.

בדיקה: $r=0.04\,\text{m}$: $\omega_{\max}=\sqrt{\frac{4}{0.04}}=10\,\text{rad/s}$; $r=0.12\,\text{m}$: $\omega_{\max}=\sqrt{\frac{4}{0.12}}\approx 5.8\,\text{rad/s}$.

טעות נפוצה: לבחור בהיגד 2 כי למטבע הקרוב $v_{\max}$ הקטן ביותר – אך המטבעות אינם נעים באותה מהירות קווית; המשותף להם הוא $\omega$.

בין $A$ ל־$B$ אין חיכוך והכבל אינו פועל, והכוח הנורמלי ניצב לתנועה. רק כוח הכובד (משמר) מבצע עבודה, ולכן האנרגייה המכנית נשמרת.

המהירות המזערית מתאימה למצב שבו הקרונית מגיעה ל־$B$ במהירות אפס. רמת ייחוס: הקרקע.

הצבה:

הכוח היחיד (מלבד הכובד) שמבצע עבודה בין $A$ ל־$C$ הוא כוח הכבל, והוא פועל רק בין $B$ ל־$C$. לפי הקשר מדף הנוסחאות:

•ב־$A$: $E_A=\tfrac12mv_0^2=\tfrac12\cdot 200\cdot 7.5^2=5625\,\text{J}$.

•ב־$C$ (עצירה רגעית, בגובה $h$): $E_C=mgh=200\cdot 10\cdot 1.8=3600\,\text{J}$.

העבודה שלילית: הכוח מכוון שמאלה, נגד כיוון התנועה.

(בדרך אחרת: ב־$B$, $\tfrac12v_B^2=\tfrac12v_0^2-gh\Rightarrow v_B=\sqrt{56.25-36}=4.5\,\text{m/s}$, ו־$E_{k,B}=\tfrac12\cdot 200\cdot 4.5^2=2025\,\text{J}$; כוח הכבל לקח את כל האנרגייה הקינטית הזו עד העצירה.)

טעות נפוצה: לשכוח את העלייה מ־$A$ ל־$B$ ולהציב $\tfrac12mv_0^2=5625\,\text{J}$ כאנרגייה הקינטית ב־$B$.

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

מהגרף: הקו עובר דרך $(0,\,0)$ ו־$(5\,\text{m},\,2250\,\text{N})$, כלומר

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

מסעיף ב $|W_F|=2025\,\text{J}$:

$3.0\,\text{m}<5.0\,\text{m}$, ולכן $C$ אכן בין $B$ ל־$D$. בדיקה: ב־$x=3\,\text{m}$ הכוח $1350\,\text{N}$, והשטח $\tfrac12\cdot 3\cdot 1350=2025\,\text{J}$ ✓.

טעות נפוצה: לחשב $W=F\cdot d$ עם כוח קבוע (למשל $F(d)\cdot d=450d^2$, ולקבל $d\approx 2.1\,\text{m}$) – הכוח משתנה לאורך הדרך.

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

- מואצת: שקול הכוחות ($F$) אינו אפס.

- תאוצה משתנה: $a=\frac{F}{m}=\frac{450x}{200}=2.25x$ תלויה במקום. ב־$C$ ($x=3\,\text{m}$): $a=\frac{1350}{200}=6.75\,\text{m/s}^2$; ככל שהקרונית מתקרבת ל־$B$ הכבל משתחרר, הכוח קטן לינארית, והתאוצה יורדת עד $0$ ב־$B$.

- גודל המהירות גדל: התאוצה בכיוון המהירות לאורך כל הקטע, ולכן המהירות גדלה – מ־$0$ ב־$C$ עד $4.5\,\text{m/s}$ ב־$B$ (הכבל מחזיר $2025\,\text{J}$ של אנרגייה קינטית) – אבל בקצב הולך וקטן.

טעות נפוצה: לכתוב שהקרונית מאטה כי "הכוח קטן" – כוח קטן יותר מקטין את התאוצה, אבל כל עוד הוא בכיוון התנועה המהירות גדלה.

קביעה: גודל המהירות ב־$A$ יהיה $7.5\,\text{m/s}$.

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

- חיכוך והתנגדות האוויר: זניחים – עבודתם אפס.

- הכוח הנורמלי: ניצב תמיד לתנועה – עבודתו אפס.

- כוח הכבל $F(x)$: כיוונו תמיד שמאלה, וגודלו תלוי רק במקום $x$. בדרך הלוך ($B\to C$) הוא נגד התנועה ועבודתו $-2025\,\text{J}$; בדרך חזור ($C\to B$) הוא בכיוון התנועה, ובאותם מקומות ובאותם ערכי כוח עבודתו $+2025\,\text{J}$ (אותו שטח מתחת לגרף). סך העבודה: $0$.

לכן האנרגייה המכנית בחזרה ל־$A$ שווה לאנרגייה בהתחלה, ובאותו גובה גם האנרגייה הקינטית שווה:

(הכיוון כעת שמאלה.)

(במונחי אנרגייה: בדרך הלוך האנרגייה הקינטית נאגרה כאנרגייה אלסטית בכבל, ובדרך חזור הכבל החזיר אותה במלואה – בהנחה שהכבל אלסטי לחלוטין. מערכת בלימה אמיתית בנויה כך שהאנרגייה לא תוחזר – למשל בעזרת בולמים שהופכים אותה לחום.)

טעות נפוצה: לטעון שהכבל "לקח" אנרגייה ולכן המהירות קטנה – מה שנלקח בדרך הלוך הוחזר במלואו בדרך חזור.

מערכת סגורה (לעניין תנע) היא מערכת ששקול הכוחות החיצוניים הפועלים עליה הוא אפס.

הכוחות החיצוניים על המערכת $A+B+$קפיץ:

- כוח הכובד על כל קרון – אנכי כלפי מטה, מאוזן על ידי הכוח הנורמלי שהמסילה מפעילה על הגלגלים (אין תנועה אנכית).

- חיכוך והתנגדות האוויר – זניחים לפי הנתון.

הכוחות שהקפיץ מפעיל על $A$ ועל $B$, והכוחות בצימוד, הם כוחות פנימיים – הם פועלים בין חלקי המערכת, וזוגות הכוחות מבטלים זה את זה (החוק השלישי של ניוטון).

לכן שקול הכוחות החיצוניים אפס, והתנע הכולל של המערכת נשמר גם כשהקפיץ מתפשט.

המערכת סגורה, ולכן התנע נשמר. כיוון חיובי: ימינה. לאחר ההתנתקות $u_A=-0.1\,\text{m/s}$ (שמאלה).

התוצאה חיובית – $B$ נע ימינה במהירות $0.9\,\text{m/s}$.

טעות נפוצה: להציב את מהירות $A$ כחיובית – $A$ נע שמאלה, ולכן מהירותו שלילית.

לפי משפט עבודה–אנרגייה, העבודה הכוללת על קרון $A$ שווה לשינוי באנרגייה הקינטית שלו (הכוח האופקי היחיד עליו הוא כוח הקפיץ):

הצבה:

העבודה שלילית: גודל מהירות $A$ קטן מ־$0.3$ ל־$0.1\,\text{m/s}$ (הקפיץ דחף אותו נגד כיוון תנועתו, עצר אותו והאיץ אותו מעט בכיוון ההפוך).

טעות נפוצה: לחשב $\tfrac12m(\Delta v)^2$ – השינוי באנרגייה הקינטית הוא הפרש האנרגיות, לא אנרגיית הפרש המהירויות.

לפני ההתנגשות: $v_B=0.9\,\text{m/s}$, $v_C=0$. לאחר ההתנגשות $B$ ממשיך ימינה במהירות קטנה פי 3:

בהתנגשות אלסטית חד־ממדית, מדף הנוסחאות:

הצבה:

התוצאה חיובית – $C$ נע ימינה.

שימור תנע בהתנגשות (כיוון חיובי ימינה):