מתכונת 4 בפיזיקה - מכניקה 36361

מהגרף: ברגע כיבוי המנוע ($t=0$, נקודה $A$) הטיל בגובה $60\,\text{m}$, והוא מגיע לשיא הגובה $80\,\text{m}$ (נקודה $B$) ברגע $t_B=2\,\text{s}$.

מרגע כיבוי המנוע פועל על הטיל רק כוח הכובד, ולכן (ציר חיובי כלפי מעלה) $a=-g=-10\,\text{m/s}^2$. בשיא הגובה המהירות האנכית היא אפס.

מדף הנוסחאות:

בנקודה $B$: $v=0$, $t=t_B$:

הצבה:

בדיקה: $y-y_0=v_0t+\tfrac12at^2=20\cdot 2-\tfrac12\cdot 10\cdot 2^2=20\,\text{m}$, ואכן מ־$60\,\text{m}$ ל־$80\,\text{m}$ ✓.

קביעה: גודל המהירות בנקודה $C$ גדול מגודל המהירות בנקודה $A$.

נימוק: נקודה $C$ נמצאת בגובה $35\,\text{m}$, נמוך מנקודה $A$ ($60\,\text{m}$). מרגע כיבוי המנוע פועל על הטיל רק כוח הכובד, שהוא כוח משמר, ולכן האנרגייה המכנית נשמרת:

מאחר ש־$y_C<y_A$, האנרגייה הפוטנציאלית ב־$C$ קטנה יותר, ולכן האנרגייה הקינטית ב־$C$ גדולה יותר: $v_C>v_A$.

חישוב (ציר חיובי כלפי מעלה), לפי $v=v_0+at$ ב־$t=5\,\text{s}$:

כלומר $30\,\text{m/s}$ כלפי מטה, לעומת $20\,\text{m/s}$ ב־$A$.

טעות נפוצה: לחשוב שגודל המהירות בירידה "חוזר" לערך ההתחלתי – זה קורה רק בגובה של $A$ (ב־$t=4\,\text{s}$); $C$ נמוכה יותר, ושם הטיל מהיר יותר.

קביעה: התאוצה ב־$B$ זהה לתאוצה ב־$A$.

נימוק: מרגע כיבוי המנוע הכוח היחיד הפועל על הטיל הוא כוח הכובד $mg$, הקבוע בגודלו ובכיוונו. לפי החוק השני של ניוטון:

לכן בשתי הנקודות גודל התאוצה $10\,\text{m/s}^2$ וכיוונה אנכית כלפי מטה. בשיא הגובה $B$ המהירות אפס, אבל היא ממשיכה להשתנות (מחיובית לשלילית), ולכן התאוצה אינה אפס. בגרף $y(t)$ זה מתבטא בכך שהעקומה היא פרבולה אחת "פתוחה כלפי מטה" לכל אורכה.

טעות נפוצה: לטעון שבשיא הגובה התאוצה אפס משום שהמהירות אפס.

המהירות הממוצעת מוגדרת לפי ההעתק (ולא לפי הדרך). מדף הנוסחאות:

מהגרף: ב־$t=0$ הטיל בגובה $y_A=60\,\text{m}$, ובסף הפגיעה בקרקע ($t=6\,\text{s}$) $y_D=0$:

הסימן השלילי (ציר חיובי כלפי מעלה) מראה שכיוון המהירות הממוצעת אנכית כלפי מטה, וגודלה $10\,\text{m/s}$.

טעות נפוצה: לחלק את הדרך הכוללת ($20+80=100\,\text{m}$) בזמן ולקבל כ־$16.7\,\text{m/s}$ – זה קצב ההתקדמות לאורך הדרך, ולא המהירות הממוצעת, הנקבעת לפי ההעתק בלבד.

הטיל נע בתאוצה קבועה $a=-10\,\text{m/s}^2$ (ציר חיובי כלפי מעלה), ולכן לפי $v=v_0+at$:

גרף המהירות הוא קו ישר ששיפועו $-10\,\text{m/s}^2$ (התאוצה).

הנקודות:

- $a$: $t=0$, $v=20\,\text{m/s}$ (רגע כיבוי המנוע).

- $b$: $t=2\,\text{s}$, $v=0$ (שיא הגובה – הגרף חותך את ציר הזמן).

- $c$: $t=5\,\text{s}$, $v=20-50=-30\,\text{m/s}$.

- $d$: $t=6\,\text{s}$, $v=20-60=-40\,\text{m/s}$ (סף הפגיעה בקרקע).

בדיקה: השטח המסומן בין הגרף לציר הזמן מ־$0$ עד $6\,\text{s}$ הוא $\tfrac12\cdot 2\cdot 20-\tfrac12\cdot 4\cdot 40=20-80=-60\,\text{m}$ – בדיוק ההעתק מגובה $60\,\text{m}$ לקרקע.

טעות נפוצה: לסרטט צורת "V" (גודל המהירות) – יש לסרטט את המהירות עם סימנה: קו ישר אחד שחוצה את ציר הזמן.

קביעה: הגרף $y(t)$ לא ישתנה.

נימוק: הכוח שהפעיל משב הרוח אופקי, ואין לו רכיב אנכי. לפי נוסחת מתקף–תנע ($J=\Delta p$) בכל ציר בנפרד, המתקף של הכוח האופקי משנה רק את רכיב המהירות האופקי (שהיה אפס), ואינו משנה את רכיב המהירות האנכי ברגע $t=5\,\text{s}$ ($-30\,\text{m/s}$).

אחרי המשב פועל שוב רק כוח הכובד, ולכן בציר האנכי התאוצה נשארת $-g$. התנועה האנכית מתחילה באותו גובה ($35\,\text{m}$), באותה מהירות אנכית ובאותה תאוצה – ולכן $y(t)$ זהה, והטיל יפגע בקרקע באותו רגע $t=6\,\text{s}$. השינוי היחיד: מ־$C$ והלאה הטיל נע גם אופקית, ומסלולו במרחב הופך לקטע של פרבולה.

טעות נפוצה: לחשוב שהדחיפה הצידית "מאטה" את הנפילה או מאיצה אותה – התנועות בשני הצירים בלתי תלויות זו בזו.

1. $F_1$ – כוח חיצוני (הכבל), אנכית כלפי מעלה.

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

3. $T$ – כוח המתיחות, מופעל על ידי החוט (דרך החיישן) על התקרה, אנכית כלפי מטה – החוט שנושא את התיק מושך את התקרה כלפי מטה.

1. $mg$ – 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 אותו $T$ פועל על שני הגופים – וזה הכוח שהחיישן מודד.

טעות נפוצה: לסמן על התא את משקל התיק $mg$ – על התא פועל כוח המתיחות של החוט, שאינו בהכרח שווה ל־$mg$.

התיק תלוי בחוט מתוח מהתקרה, ולכן תאוצתו שווה לתאוצת התא, $a$. כיוון חיובי – מעלה. לפי $\Sigma F=ma$:

מחברים (המתיחות מתבטלת):

עד $t=0.4\,\text{s}$ המערכת במנוחה, ולכן $a=0$. לפי הגרף, בפרק זמן זה קריאת החיישן $F=20\,\text{N}$, והיא המתיחות $T$.

משוואת התיק עם $a=0$:

בכל פרק זמן מוצאים את התאוצה ממשוואת התיק, ואת $F_1$ מהמשוואה המשותפת (סעיף ב):

$0<t<0.4\,\text{s}$: $T=20\,\text{N}$:

$0.4\,\text{s}<t<0.9\,\text{s}$: $T=16\,\text{N}$:

$0.9\,\text{s}<t<1.5\,\text{s}$: $T=20\,\text{N}$:

(בכל פרקי הזמן $F_1=\frac{M+m}{m}T=201\,T$.)

טעות נפוצה: לחשב את $F_1$ רק ממסת התא ($Mg$) – הכבל מאיץ גם את התיק התלוי בתא.

המתיחות $16\,\text{N}$ קטנה ממשקל התיק ($20\,\text{N}$), ולכן השקול על התיק $4\,\text{N}$ כלפי מטה והתאוצה $2\,\text{m/s}^2$ כלפי מטה. המערכת יוצאת ממנוחה, ולכן היא נעה כלפי מטה במהירות הגדלה.

המתיחות שווה למשקל התיק, ולכן השקול אפס ו־$a=0$. אבל המערכת אינה במנוחה: בסוף פרק הזמן הקודם (לפי $v=v_0+at$):

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

טעות נפוצה: להסיק שבפרק הזמן האחרון המעלית חזרה למנוחה, כי קריאת החיישן זהה לזו שבמנוחה – שקול אפס פירושו מהירות קבועה, לא בהכרח אפס.

קביעה: היגד 1.

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

ניסוי ראשון – משוואת התא:

ומשוואת התיק: $T=m(g+a_1)$.

ניסוי שני – על התא פועלים $F_1$ מעלה, $Mg$ מטה ו־$F_2$ מטה:

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

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

טעות נפוצה: לבחור $F_2=mg$ מתוך מחשבה ש־$F_2$ "מחליף את משקל התיק" – כשהמערכת מאיצה כלפי מעלה, החוט מושך את התקרה בכוח גדול ממשקל התיק.

על הקרונית פועלים שלושה כוחות:

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

2. המתיחות בכבל $A$, $T_A$ – מופעלת על ידי כבל $A$, לאורך הכבל מהקרונית אל ראש התורן: כלפי מעלה ופנימה, בזווית $30^\circ$ לאנך.

3. המתיחות בכבל $B$, $T_B$ – מופעלת על ידי כבל $B$, אופקית לאורך הכבל אל התורן, כלומר אל מרכז המעגל.

אין כוח צנטריפטלי נפרד: הכוח השקול הרדיאלי הוא סכום הרכיבים האופקיים של $T_A$ ושל $T_B$.

טעות נפוצה: להוסיף לתרשים "כוח צנטריפטלי" או "כוח צנטריפוגלי".

הקרונית נעה במישור אופקי, ולכן תאוצתה האנכית אפס ושקול הכוחות האנכי אפס. $T_B$ אופקי, ולכן בציר האנכי פועלים רק הרכיב האנכי של $T_A$ וכוח הכובד:

הצבה:

טעות נפוצה: להשתמש ב־$\sin 30^\circ$ – הזווית נמדדת מהתורן האנכי, ולכן הרכיב האנכי הוא עם $\cos$.

רדיוס המעגל. כבל $B$ אופקי ונמצא $40\,\text{cm}$ מתחת לנקודת הקשירה של כבל $A$. במשולש ישר הזווית (תורן – כבל $B$ – כבל $A$):

החוק השני של ניוטון בכיוון הרדיאלי: שני הרכיבים האופקיים מכוונים אל התורן:

הצבה: $T_A\sin 30^\circ=5.774\cdot 0.5\approx 2.89\,\text{N}$, והשקול הרדיאלי $2.89+4=6.89\,\text{N}$:

טעות נפוצה: לקחת את $40\,\text{cm}$ כרדיוס – זה המרחק האנכי בין נקודות הקשירה; הרדיוס הוא אורך כבל $B$.

קביעה: הכוח שכבל $A$ מפעיל ($T_A$) אינו מבצע עבודה.

נימוק: $T_A$ מכוון לאורך הכבל, מהקרונית אל ראש התורן. בכל רגע הכבל נמצא במישור האנכי שמכיל את התורן ואת הקרונית, כלומר הכוח מורכב מרכיב אנכי (כלפי מעלה) ומרכיב אופקי אל מרכז המעגל. מהירות הקרונית אופקית ומשיקה למעגל – ניצבת למישור הזה. לכן $T_A$ ניצב בכל רגע להעתק הקטן של הקרונית, והעבודה על כל קטע קטן היא $F\Delta x\cos 90^\circ=0$ – ובסך הכול גם לאורך חצי סיבוב.

(בדיקה: הרכיב האנכי של $T_A$ אינו מבצע עבודה כי אין העתק אנכי; הרכיב האופקי רדיאלי וניצב למהירות.)

טעות נפוצה: לחשוב ש־$T_A$ מבצע עבודה כי הוא אינו מכוון אל מרכז המעגל – מה שקובע הוא הזווית בין הכוח לכיוון התנועה, והיא $90^\circ$ בכל רגע.

קביעה: יש להקטין את תדירות הסיבוב.

נימוק: הזווית $30^\circ$ נשמרת, ולכן גם הרדיוס $r$ נשמר, וגם $T_A$ לא משתנה – הוא נקבע מהאיזון האנכי בלבד, $T_A=\frac{mg}{\cos 30^\circ}$.

עם $T_B=0$ הכוח הרדיאלי היחיד הוא $T_A\sin 30^\circ\approx 2.89\,\text{N}$, קטן מהכוח הרדיאלי הקודם ($6.89\,\text{N}$). מאחר ש־$\Sigma F_r=m\omega^2r$ ו־$m$, $r$ קבועים, הכוח הרדיאלי הקטן מחייב $\omega$ קטנה יותר – כלומר תדירות קטנה יותר.

(בחישוב: $mg\tan 30^\circ=m\omega^2r\Rightarrow\omega=\sqrt{\frac{g\tan 30^\circ}{r}}=\sqrt{\frac{10\cdot 0.577}{0.231}}=5\,\text{rad/s}$, $f=\frac{5}{2\pi}\approx 0.80\,\text{Hz}$.)

קביעה: רק המתיחות בכבל $B$ השתנתה (גדלה); $T_A$ נשאר $5.77\,\text{N}$.

נימוק: המסלול זהה – אותו רדיוס ואותה זווית $30^\circ$. בציר האנכי עדיין אין תאוצה, ו־$T_B$ אופקי, ולכן $T_A\cos 30^\circ=mg$ – $T_A$ נקבע רק על ידי $m$, $g$ והזווית, ולא השתנה.

בציר הרדיאלי $T_A\sin 30^\circ+T_B=m\omega^2r$: אגף ימין גדל (התדירות גדלה), והאיבר $T_A\sin 30^\circ$ קבוע – לכן $T_B$ הוא שגדל.

טעות נפוצה: להסיק שכל המתיחויות גדלות כשהסיבוב מהיר יותר – כבל $A$ "אחראי" על נשיאת המשקל, והתוספת לכוח הרדיאלי באה כולה מכבל $B$.

אין חיכוך והמאוורר כבוי; הנורמל ניצב לתנועה ואינו מבצע עבודה. לכן האנרגייה המכנית נשמרת בין $C$ ל־$A$ (שם המזחלת נעצרת רגעית, $v=0$):

הצבה:

(התוצאה אינה תלויה במסה ובזווית השיפוע.)

גובה הנקודה $A_1$ נמוך ב־$28\%$ מגובה $A$:

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

המאוורר כבוי, והכוח הלא משמר היחיד שמבצע עבודה הוא החיכוך (הנורמל ניצב לתנועה). $m=500\,\text{gr}=0.5\,\text{kg}$:

הצבה:

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

טעות נפוצה: לחשב את $h_1$ כ־$1.25-0.28=0.97\,\text{m}$ – הירידה היא $28\%$ מהגובה, כלומר $0.35\,\text{m}$.

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 $W_f=-3.5\,\text{J}$, ולכן $\tfrac12mv_C^2=6.25-3.5=2.75\,\text{J}$.)

טעות נפוצה: להניח שבירידה החיכוך קטן או גדול יותר – הנורמל, ולכן גם החיכוך הקינטי, תלוי רק בשיפוע ולא בכיוון התנועה.

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. המזחלת עוברת אותה דרך $C\to A_1$, ולכן:

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

עבודת כוח הכובד: $W_{mg}=-\Delta U=-mgh_1=-0.5\cdot 10\cdot 0.9=-4.5\,\text{J}$.

(באותה דרך: $W_{\text{לא משמרים}}=W_F+W_f=\Delta E=(1+4.5)-6.25=-0.75\,\text{J}$, ולכן $W_F=-0.75+1.75=1.0\,\text{J}$.)

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

קביעה: המזחלת הגיעה למהירות $2\,\text{m/s}$ לפני הנקודה $A_1$.

במישור האופקי $CB$ שני הניסויים זהים: $F$ אופקי ימינה – בכיוון התנועה, באותו גודל, והחיכוך זהה. לכן המזחלת מגיעה ל־$B$ באותה מהירות $v_B$ בשני הניסויים. בניסוי השלישי המזחלת מאטה במעלה המישור המשופע עד $2\,\text{m/s}$ ב־$A_1$, ולכן $v_B>2\,\text{m/s}$.

במישור המשופע (זווית $\alpha$) נשווה את הכוחות לאורך המישור (כיוון חיובי – במעלה 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 המזחלת אל המישור, ולכן הכוח הנורמלי והחיכוך גדלים: $N_4=mg\cos\alpha+F\sin\alpha$.

מאחר ש־$F\cos\alpha<F$ והחיכוך גדול יותר, $a_4<a_3<0$: בניסוי הרביעי המזחלת מאטה במעלה המישור בקצב גדול יותר.

בשני הניסויים המזחלת יוצאת מ־$B$ באותה מהירות $v_B>2\,\text{m/s}$, והמהירות קטנה בקצב קבוע. בניסוי השלישי היא יורדת ל־$2\,\text{m/s}$ בדיוק ב־$A_1$; בניסוי הרביעי היא קטנה מהר יותר, ולכן מגיעה ל־$2\,\text{m/s}$ 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־$2\,\text{m/s}$; מאחר שהמהירות יורדת ברציפות מ־$v_B>2\,\text{m/s}$, היא עברה את הערך $2\,\text{m/s}$ לפני $A_1$.)

טעות נפוצה: לטעון שהתשובה "ב־$A_1$" כי גודל הכוח זהה – מה שקובע הוא רכיב הכוח לאורך המסילה והשפעת הרכיב הניצב על החיכוך.

הכוח השקול קבוע, ולכן לפי החוק השני של ניוטון התאוצה קבועה:

בתאוצה קבועה, לפי הגדרת התאוצה מדף הנוסחאות, $\vec a=\frac{\Delta\vec v}{\Delta t}$ (כאשר $\Delta\vec v=\vec v_2-\vec v_1$). נכפול את שני האגפים ב־$\Delta t$:

המסה קבועה, ולכן אפשר להכניס אותה לתוך ההפרש:

ולכן

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