מתכונת 5 בפיזיקה - מכניקה 36361

קביעה: הגרף מתאר את מהירותו של שק $A$.

נימוק: ברגע השחרור כל שק נע יחד עם הכדור הפורח שנשא אותו, ולכן מהירותו ההתחלתית שווה למהירות הכדור הפורח (התמדה):

•שק $A$ – מהירות התחלתית $v_0$ כלפי מעלה (חיובית).

•שק $B$ – מהירות התחלתית $v_0$ כלפי מטה (שלילית).

•שק $C$ – מהירות התחלתית אפס.

לפי הגרף, ב־$t=0$ המהירות היא $+6\,\text{m/s}$ – חיובית, כלומר כלפי מעלה. לכן זהו שק $A$, ו־$v_0=6\,\text{m/s}$.

ואכן, הגרף חוצה את ציר הזמן ב־$t=0.6\,\text{s}$: ברגע זה השק נעצר בנקודה הגבוהה ביותר, ומשם הוא נופל ומהירותו שלילית וגדלה בגודלה.

טעות נפוצה: לבחור בשק $C$ מתוך מחשבה ש"שק משוחרר מתחיל ממנוחה" – השק שומר על המהירות שהייתה לו יחד עם הכדור הפורח.

הגרף מסתיים ברגע הפגיעה בקרקע, $t=4\,\text{s}$, ובו $v=-34\,\text{m/s}$.

שיפוע הגרף הוא התאוצה:

(תאוצה $g$ כלפי מטה, כצפוי).

ההעתק של השק מרגע השחרור ועד הקרקע הוא $-H$ (כלפי מטה). לפי הנוסחה מדף הנוסחאות:

הצבה, עם $v_0=6\,\text{m/s}$, $a=-10\,\text{m/s}^2$, $t=4\,\text{s}$:

ולכן $H=56\,\text{m}$.

(בדרך נוספת – שטח מסומן בין הגרף לציר הזמן: משולש מעל לציר $\tfrac12\cdot 0.6\cdot 6=1.8\,\text{m}$; משולש מתחת לציר $-\tfrac12\cdot 3.4\cdot 34=-57.8\,\text{m}$; סך הכול $-56\,\text{m}$.)

טעות נפוצה: לחשב רק את השטח שמתחת לציר הזמן ($57.8\,\text{m}$) – השטח שמעליו הוא העלייה של השק מעל לגובה השחרור, וההעתק שלו חיובי.

נמדוד את מקום כל שק ביחס לגובה השחרור ($x_0=0$), עם כיוון חיובי כלפי מעלה. לשני השקים אותה תאוצה $a=-g=-10\,\text{m/s}^2$, ומסעיף א $v_0=6\,\text{m/s}$.

לפי $x=x_0+v_0t+\tfrac12at^2$:

שק $A$ ($v_0=+6\,\text{m/s}$):

שק $B$ ($v_0=-6\,\text{m/s}$):

שני השקים עדיין באוויר ($-32\,\text{m}$ גבוה מ־$-56\,\text{m}$; שק $B$ פוגע בקרקע רק ב־$t=2.8\,\text{s}$, ראו סעיף ד).

המרחק האנכי ביניהם:

(באופן כללי $x_A-x_B=2v_0t$: האיבר $\tfrac12at^2$ זהה לשני השקים ומתקזז.)

(1) שיפוע הגרף – בגרף מהירות–זמן השיפוע הוא $\frac{\Delta v}{\Delta t}$, כלומר התאוצה. על כל שק פועל רק כוח הכובד, ולכן לכולם תאוצה $g=10\,\text{m/s}^2$ כלפי מטה, כלומר $-10\,\text{m/s}^2$. השיפוע זהה בשלושת הגרפים (שלושה ישרים מקבילים).

(2) נקודת החיתוך עם ציר המהירות – המהירות ברגע $t=0$, כלומר המהירות ההתחלתית של השק, השווה למהירות הכדור הפורח שממנו שוחרר. היא שונה: שק $A$: $+6\,\text{m/s}$; שק $B$: $-6\,\text{m/s}$; שק $C$: $0$.

(3) השטח הכלוא בין הגרף לציר הזמן (שטח מעל לציר – חיובי, מתחת לציר – שלילי) – ההעתק של השק מרגע השחרור ועד הפגיעה בקרקע. כל השקים משתחררים באותו גובה $H$ ומסיימים בקרקע, ולכן ההעתק של כל אחד מהם הוא $-56\,\text{m}$. השטח זהה בשלושת הגרפים, אף שזמני התנועה שונים.

(זמני הפגיעה, מ־$-H=v_0t-\tfrac12gt^2$: שק $B$: $5t^2+6t-56=0\Rightarrow t=2.8\,\text{s}$; שק $C$: $t=\sqrt{\frac{2H}{g}}=\sqrt{11.2}\approx 3.35\,\text{s}$; שק $A$: $t=4\,\text{s}$.)

לסיכום: לשיפוע ולשטח ערכים זהים בשלושת הגרפים; לנקודת החיתוך עם ציר המהירות – לא.

טעות נפוצה: לחשוב שהשטח שונה כי הגרפים מסתיימים בזמנים שונים – השטח מייצג העתק, וההעתק של כל השקים זהה.

קביעה: ברגע הפגיעה בקרקע מהירות שק $A$ קטנה ממהירות שק $B$.

נימוק (אנרגייה): כוח החיכוך עם האוויר שגודלו $f$ קבוע מכוון תמיד נגד התנועה, ולכן עבודתו שלילית ושווה ל־$-f\,d$, כאשר $d$ היא הדרך הכוללת של השק. לפי $W_{\text{לא משמרים}}=\Delta E$ מדף הנוסחאות:

לשני השקים אותה מסה, אותו גודל מהירות התחלתית $v_0$ ואותו גובה $H$ – כלומר אותה אנרגייה מכנית התחלתית.

•שק $B$ נע כל הזמן כלפי מטה: $d_B=H$.

•שק $A$ עולה תחילה לגובה $h'$ מעל נקודת השחרור, ואחר כך יורד את כל הדרך לקרקע: $d_A=H+2h'>H$.

החיכוך "גוזל" משק $A$ יותר אנרגייה, ולכן האנרגייה הקינטית שלו בפגיעה קטנה יותר: $v_A<v_B$.

טעות נפוצה: לענות "שווה" על סמך המצב ללא חיכוך – בלי חיכוך המהירויות אכן שוות (שימור אנרגייה), אבל עבודת החיכוך תלויה בדרך ולא רק בנקודות ההתחלה והסוף.

על הארגז $M$ פועלים שני כוחות:

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

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

על משקולת הנגד $m_1$ פועלים שני כוחות:

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

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

החבל והגלגלת חסרי מסה, ולכן גודל המתיחות זהה בשני קצות החבל. הארגז מאיץ כלפי מטה ולכן בתרשים שלו $T<Mg$; משקולת הנגד מאיצה כלפי מעלה ולכן בתרשים שלה $T>m_1g$.

טעות נפוצה: לסמן על הארגז את כוח הכובד של משקולת הנגד – על הארגז פועל רק כוח המתיחות של החבל.

החבל מתוח ואינו מתארך, ולכן לשני הגופים אותו גודל תאוצה $a=\frac g5$: הארגז כלפי מטה, המשקולת כלפי מעלה. לפי החוק השני של ניוטון לכל גוף (כיוון חיובי – כיוון התנועה של אותו גוף):

הארגז: $Mg-T=Ma$

המשקולת: $T-m_1g=m_1a$

מחברים את המשוואות:

מציבים $a=\frac g5$:

לפני השחרור: משקולת הנגד במנוחה, ולכן שקול הכוחות עליה אפס:

(את ההפרש בין $Mg$ ל־$T_0$ מספק העובד שמחזיק את הארגז.)

אחרי השחרור: מהמשוואה של המשקולת (סעיף ב):

(בדיקה דרך הארגז: $T=M(g-a)=M\cdot\frac{4g}{5}$ ✓.)

המתיחות גדלה לאחר השחרור: המשקולת מאיצה כלפי מעלה, ולכן החבל צריך למשוך אותה בכוח גדול ממשקלה.

טעות נפוצה: להניח שהמתיחות שווה תמיד ל־$m_1g$, או שהיא שווה ל־$Mg$ – כל עוד יש תאוצה, המתיחות שונה ממשקלו של כל אחד מהגופים.

לאחר שהעובד עוזב את הארגז, הוא נע במעלה המדרון ופועלים עליו רק כוח הכובד $Mg$ והכוח הנורמלי $N$ (המדרון חלק).

בציר לאורך המדרון הכוח הנורמלי אינו פועל (הוא ניצב למדרון), ולכן פועל רק רכיב הכובד $Mg\sin\alpha$, במורד המדרון. לפי החוק השני של ניוטון:

נתון $a=\frac g5$:

טעות נפוצה: להוסיף כוח "דחיפה" במעלה המדרון אחרי שהעובד עזב את הארגז – הארגז ממשיך לעלות בזכות מהירותו, ותאוצתו מכוונת במורד.

קביעה: הטענה אינה נכונה.

נימוק: הכוח השקול קובע את התאוצה ($\Sigma F=Ma$), ולא את המהירות. ברגע העצירה פועלים על הארגז אותם כוחות כמו לפני ואחרי – כוח הכובד והכוח הנורמלי – והשקול שלהם הוא רכיב הכובד לאורך המדרון:

במורד המדרון. לכן גם ברגע זה התאוצה $a=g\sin\alpha=2\,\text{m/s}^2$ במורד, ומשום כך הארגז אינו נשאר במנוחה אלא מתחיל מיד לנוע חזרה למטה. "מנוחה רגעית" אינה שיווי משקל.

טעות נפוצה: לזהות מהירות אפס עם כוח שקול אפס.

תשובה: מאזני הקפיץ מראים אפס.

נימוק: נתייחס לארגז ולחבילה כמערכת אחת שמסתה $M+m$. המדרון חלק, ולכן לאורך המדרון פועל על המערכת רק רכיב הכובד:

החבילה נעה יחד עם הארגז, ולכן גם תאוצתה $g\sin\alpha$ במורד המדרון.

כעת נבחן את החבילה לבדה. לאורך המדרון פועלים עליה רכיב הכובד $mg\sin\alpha$ והכוח $F$ של מאזני הקפיץ (המקבילים למדרון). רצפת הארגז חלקה, ולכן אין חיכוך:

רכיב הכובד לבדו מקנה לחבילה בדיוק את התאוצה של הארגז, ולכן הקפיץ אינו נמתח.

טעות נפוצה: לצפות לקריאה $mg\sin\alpha$, כמו כשהארגז מוחזק במנוחה על המדרון.

על המערכת פועלים שלושה כוחות:

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

2. כוח החיכוך הסטטי $f_s$ – מופעל על ידי הדופן, אנכית כלפי מעלה (לאורך הדופן). הוא מונע מהאופנוע להחליק מטה.

3. הכוח הנורמלי $N$ – מופעל על ידי הדופן, אופקי, ניצב לדופן ומכוון אל ציר הגליל (מרכז המעגל).

אין "כוח צנטריפטלי" נפרד – הכוח הנורמלי הוא הכוח השקול הרדיאלי.

טעות נפוצה: לסמן כוח צנטריפוגלי כלפי חוץ, או לסמן חיכוך אופקי בכיוון הנסיעה בלבד ולשכוח את החיכוך האנכי שמחזיק את המשקל.

המערכת נעה במעגל אופקי שרדיוסו $r$ בגובה קבוע.

ציר אנכי: אין תאוצה אנכית, ולכן לפי החוק השני של ניוטון:

ציר רדיאלי (כיוון חיובי אל הציר): הכוח היחיד בציר זה הוא $N$, והוא גורם לתאוצה הרדיאלית $a_R=\frac{v^2}{r}$ (מדף הנוסחאות):

כוח החיכוך הסטטי מוגבל: $f_s\le\mu_sN$ (מדף הנוסחאות). כדי שהאופנוע לא יחליק נדרש:

המהירות המזערית מתקבלת בסף החלקה, כשהחיכוך הסטטי מרבי:

הצבה:

טעות נפוצה: להציב $N=Mg$ – כאן הכוח הנורמלי אופקי, והוא שווה ל־$\frac{Mv^2}{r}$, לא למשקל.

קביעה: התשובה לא תשתנה.

נימוק: בביטוי שקיבלנו

המסה אינה מופיעה. הסיבה הפיזיקלית: גם הכוח שצריך לאזן (המשקל $Mg$) וגם החיכוך המרבי האפשרי ($\mu_s\frac{Mv^2}{r}$, דרך הכוח הנורמלי) גדלים באותו יחס כשהמסה גדלה, ולכן המסה מצטמצמת. $g$, $r$ ו־$\mu_s$ לא השתנו, ולכן $v_{\min}\approx 7.9\,\text{m/s}$ גם עם הנוסע.

$v=12\,\text{m/s}$ גדולה מ־$v_{\min}\approx 7.9\,\text{m/s}$, ולכן האופנוע אינו מחליק – החיכוך הסטטי אינו בהכרח מרבי.

לפי משוואת הציר האנכי (סעיף ב):

בדיקה שהחיכוך הדרוש אינו עולה על המרבי: $N=\frac{Mv^2}{r}=\frac{320\cdot 12^2}{5}=9216\,\text{N}$, ולכן $\mu_sN=0.8\cdot 9216\approx 7373\,\text{N}>3200\,\text{N}$ ✓.

טעות נפוצה: לחשב $f_s=\mu_sN\approx 7373\,\text{N}$ – זה רק החיכוך הסטטי המרבי האפשרי; בפועל החיכוך שווה בדיוק למה שנדרש כדי לאזן את המשקל.

קביעה: השטח הכלוא בין גרף $F(x)$ לציר $x$ מבטא את העבודה שמבצע הכוח $F$ על הארגז. לפי דף הנוסחאות, עבודת כוח שכיוונו לאורך ציר $x$ וגודלו משתנה עם המקום:

והאינטגרל הוא השטח מתחת לגרף.

חישוב השטח – מחלקים לשני חלקים:

- טרפז מ־$x=0$ עד $x=2\,\text{m}$, הכוח עולה קווית מ־$60\,\text{N}$ ל־$100\,\text{N}$:

- מלבן מ־$x=2\,\text{m}$ עד $x=4\,\text{m}$, בגובה $100\,\text{N}$:

כוח החיכוך. $F$ אופקי, ולכן בציר האנכי פועלים רק הכובד והנורמל: $N=mg=20\cdot 10=200\,\text{N}$. מדף הנוסחאות:

הכוח קבוע בגודלו ובכיוונו (שמאלה, נגד התנועה).

העבודה – עבודת כוח קבוע $W=F\,\Delta x\cos\theta$, עם $\theta=180^\circ$ בין החיכוך להעתק:

טעות נפוצה: לתת תשובה חיובית – החיכוך מנוגד להעתק, ולכן עבודתו שלילית.

לפי משפט עבודה–אנרגייה מדף הנוסחאות:

הכובד והנורמל ניצבים לתנועה ואינם מבצעים עבודה, ולכן העבודה הכוללת היא עבודת $F$ ועבודת החיכוך (סעיפים א, ב). הארגז התחיל ממנוחה:

הצבה:

(האנרגייה הקינטית בנקודה $A$: $E_{kA}=160\,\text{J}$.)

מהנקודה $A$ ואילך $F$ אינו פועל, והכוח היחיד שמבצע עבודה הוא החיכוך, $f_k=50\,\text{N}$ (הנורמל עדיין $mg$). לפי משפט עבודה–אנרגייה, מ־$A$ ועד העצירה ב־$B$:

הצבה:

טעות נפוצה: לתת את הדרך $3.2\,\text{m}$ כתשובה – נשאל השיעור $x_B$, ויש להוסיף את $x_A=4\,\text{m}$.

קביעה: ביטוי 1, $x_C<x_B$.

- עבודת הכוח $F_1$ בקטע $0\to A$: רק הרכיב האופקי של $F_1$ מבצע עבודה (הרכיב האנכי ניצב להעתק). הרכיב האופקי זהה לגרף שבתרשים ב, ולכן עבודתו שווה ל־$360\,\text{J}$ – כמו במקרה הראשון.

- החיכוך בקטע $0\to A$: הרכיב האנכי של $F_1$, $F_1\sin\alpha$, פועל כלפי מטה ולוחץ את הארגז אל הרצפה, ולכן הכוח הנורמלי גדל:

לכן כוח החיכוך $f_k=\mu N$ גדול מ־$50\,\text{N}$, וגודל עבודתו בקטע זה גדול מ־$200\,\text{J}$.

- בנקודה $A$: לפי משפט עבודה–אנרגייה $E_{kA}=360-|W_f|<160\,\text{J}$ – הארגז איטי יותר מבמקרה הראשון.

- אחרי $A$: $F_1$ מפסיק לפעול, הנורמל שוב $mg$ והחיכוך שוב $50\,\text{N}$ – בדיוק כמו במקרה הראשון. דרך העצירה $\frac{E_{kA}}{f_k}$ קטנה יותר, כי $E_{kA}$ קטנה יותר.

לכן הארגז נעצר קרוב יותר: $x_C<x_B$.

טעות נפוצה: לבחור בביטוי 2 ("אותו רכיב אופקי – אותה תנועה") ולהתעלם מכך שהרכיב האנכי של $F_1$ מגדיל את הנורמל ואת החיכוך; או לבחור בביטוי 4 – אין צורך לדעת את $\alpha$ או את גודל $F_1$, מספיק שהחיכוך גדל.

לפני הדחיפה המזחלת והמחליק במנוחה, ולכן תנע המערכת היה אפס.

הכוחות החיצוניים על המערכת (כוח הכובד והכוח הנורמלי מהקרח) אנכיים ומאזנים זה את זה, ואין חיכוך. הכוחות שהמחליק והמזחלת מפעילים זה על זה בזמן הדחיפה הם כוחות פנימיים (זוג כוחות לפי החוק השלישי של ניוטון). לפי נוסחת מתקף–תנע, $J_{\text{כולל}}=\Delta p$, וכשהמתקף החיצוני הכולל אפס – התנע נשמר.

לכן גם מייד לאחר הדחיפה תנע המערכת הוא אפס: התנעים של המזחלת ושל המחליק שווים בגודלם ומנוגדים בכיוונם.

כיוון חיובי – הרחק מהדופן (ימינה בתרשים); המזחלת נעה לכיוון הדופן, ולכן $v_A=-1.5\,\text{m/s}$.

שימור תנע (תת־סעיף (1)):

הצבה:

הסימן חיובי: המחליק $B$ נע הרחק מהדופן (ימינה, לעבר המחליק $C$) במהירות $0.5\,\text{m/s}$.

בהתנגשות אלסטית האנרגייה הקינטית הכוללת נשמרת. הדופן מקובעת (אינה זזה), ולכן אינה מקבלת אנרגייה קינטית, וכל האנרגייה הקינטית נשארת אצל המזחלת:

הדופן אינה מאפשרת למזחלת להמשיך דרכה, ולכן המזחלת מוחזרת: מייד אחרי ההתנגשות היא נעה הרחק מהדופן במהירות $1.5\,\text{m/s}$.

(זהו גם מקרה פרטי של הנוסחה מדף הנוסחאות $u_A-u_{\text{דופן}}=-(v_A-v_{\text{דופן}})$ עם $v_{\text{דופן}}=u_{\text{דופן}}=0$: $u_A=-v_A$.)

מדף הנוסחאות, נוסחת מתקף–תנע (הדופן היא הכוח האופקי היחיד על המזחלת בזמן ההתנגשות):

כיוון חיובי – הרחק מהדופן: $v_A=-1.5\,\text{m/s}$, $u_A=+1.5\,\text{m/s}$:

גודל המתקף $60\,\text{N}\cdot\text{s}$, וכיוונו הרחק מהדופן.

טעות נפוצה: לקבל $\Delta p=0$ מכיוון שגודל המהירות לא השתנה – התנע הוא וקטור, וכיוונו התהפך.

מדף הנוסחאות, מתקף של כוח משתנה:

האינטגרל הוא השטח הכלוא בין גרף הכוח כפונקציה של הזמן לבין ציר הזמן. לכן השטח מייצג את (גודל) המתקף שהדופן מפעילה על המזחלת במהלך ההתנגשות – והוא שווה לשינוי בתנע של המזחלת.

השטח מתחת לגרף הוא טרפז שגובהו $F_{\max}$: הבסיס התחתון הוא משך ההתנגשות כולו, $0.20\,\text{s}$, והבסיס העליון הוא משך הזמן שבו הכוח מרבי, $0.15-0.05=0.10\,\text{s}$. לפי תת־סעיף (1) השטח שווה למתקף מסעיף ב(2):

הצבה:

טעות נפוצה: לחשב את השטח כמשולש או כמלבן שבסיסו $0.20\,\text{s}$ – יש לחשב את שטח הטרפז (או מלבן ושני משולשים).

האנרגייה הקינטית אחרי ההתנגשות אפס, ולכן שני המחליקים יחד במנוחה: $u=0$. כלומר התנע הכולל אחרי ההתנגשות הוא אפס.

בזמן ההתנגשות אין כוחות חיצוניים אופקיים, והתנע נשמר. כיוון חיובי – כיוון התנועה של $B$ (הרחק מהדופן); $C$ נע לקראתו, ולכן מהירותו $-v_C$:

הצבה:

המחליק $C$ נע לקראת $B$ (לכיוון הדופן) במהירות $0.6\,\text{m/s}$.

קביעה: שני המחליקים ינועו בכיוון שבו נע $C$ לפני ההתנגשות (לכיוון הדופן).

נימוק: בתת־סעיף (1) התנע של $C$ היה שווה בגודלו לתנע של $B$ ומנוגד לו, ולכן התנע הכולל היה אפס. אם מהירות $C$ גדולה יותר (ומסתו לא השתנתה), גודל התנע שלו $m_Cv_C$ גדול מגודל התנע של $B$, $m_Bv_B$. לכן התנע הכולל של המערכת לפני ההתנגשות אינו אפס, וכיוונו ככיוון התנע של $C$.

התנע נשמר בהתנגשות, ולכן גם התנע של שני המחליקים יחד אחרי ההתנגשות בכיוון זה – הם נעים לכיוון הדופן.

המרחקים (נתונים מטבלאות דף הנוסחאות):

•ממרכז כוכב חמה: $r_S=R_H+h=2.44\cdot 10^6+0.4\cdot 10^6=2.84\cdot 10^6\,\text{m}$.

•ממרכז השמש: הנקודה $A$ על מסלול כוכב חמה, ולכן $d=5.79\cdot 10^{10}\,\text{m}$.

היחס – לפי חוק הכבידה האוניברסלי $F=G\frac{m_1m_2}{r^2}$:

הצבה ($M_S=1.99\cdot 10^{30}\,\text{kg}$, $M_H=0.330\cdot 10^{24}\,\text{kg}$):

אף שמסת השמש גדולה פי כ־$6$ מיליון, הגשושית קרובה הרבה יותר לכוכב חמה, וכוח המשיכה שלו גדול פי כ־$69$. לכן בהמשך מותר, בקירוב, להזניח את השפעת השמש על התנועה סביב כוכב חמה.

טעות נפוצה: להציב $r_S=h=400\,\text{km}$ – המרחק בחוק הכבידה נמדד ממרכז הגוף.