מתכונת 7 בפיזיקה - מכניקה 36361

מדף הנוסחאות, מהירות ממוצעת:

רוכב $B$ עבר את כל הקטע $MN$: $\Delta x=36\,\text{km}$ בזמן $\Delta t=2\,\text{h}$:

המרה ליחידות SI ($1\,\text{km/h}=\frac{1000\,\text{m}}{3600\,\text{s}}=\frac{1}{3.6}\,\text{m/s}$):

(בתרשים של רוכב $B$ יש $9$ נקודות, כלומר $8$ מרווחי זמן שווים, והמרחקים בין הנקודות שווים – רוכב $B$ רכב במהירות קבועה, וכל מרווח זמן בין שני תיעודים הוא $\frac{2}{8}=0.25\,\text{h}$, כלומר $15$ דקות.)

קביעה: $\bar v_A>\bar v_B$.

נימוק: השעונים מתעדים את המיקום בהפרשי זמן שווים (אותו מרווח זמן אצל שני הרוכבים), ולכן מספר המרווחים בין הנקודות מודד את זמן הרכיבה.

•רוכב $B$: $9$ נקודות – $8$ מרווחי זמן מ־$M$ עד $N$.

•רוכב $A$: $7$ נקודות – רק $6$ מרווחי זמן מ־$M$ עד $N$.

שני הרוכבים עברו אותה דרך ($MN$), אבל רוכב $A$ עבר אותה בזמן קצר יותר. לפי $\bar v=\frac{\Delta x}{\Delta t}$, כשההעתק זהה והזמן קצר יותר – המהירות הממוצעת גדולה יותר.

טעות נפוצה: להסיק מכך שהנקודות של $A$ צפופות בסוף הדרך שמהירותו הממוצעת קטנה יותר – המהירות הממוצעת תלויה רק בהעתק הכולל ובזמן הכולל.

מרווח הזמן בין תיעודים. מסעיף א: רוכב $B$ עבר את $MN$ ב־$2\,\text{h}$ ב־$8$ מרווחים, ולכן כל מרווח זמן הוא

(בשני השעונים מרווח הזמן זהה.)

הקטע $MP$ של רוכב $A$. בין $M$ ל־$P$ יש בתרשים של $A$ נקודה אחת נוספת, כלומר $2$ מרווחי זמן:

$P$ היא אמצע הקטע: $\Delta x=\frac{36}{2}=18\,\text{km}$.

הקטעים של רכיבת $A$ הם המרווחים בין נקודות תיעוד סמוכות; כל קטע נמשך $\Delta t_0=0.25\,\text{h}=900\,\text{s}$.

- בקטע השני המהירות קבועה ושווה ל־$36\,\text{km/h}=10\,\text{m/s}$ (נתון). לכן בתחילת הקטע השלישי מהירות $A$ היא $v_1=10\,\text{m/s}$.

- בקטע הרביעי המהירות קבועה ושווה למהירות הממוצעת של $B$ בקטע האחרון שלו. בתרשים, $B$ עובר בכל מרווח $\frac{36}{8}=4.5\,\text{km}$ ברבע שעה, ולכן מהירותו הממוצעת בקטע האחרון היא $\frac{4.5}{0.25}=18\,\text{km/h}=5\,\text{m/s}$. לכן בסוף הקטע השלישי (תחילת הרביעי) מהירות $A$ היא $v_2=5\,\text{m/s}$.

מדף הנוסחאות, תאוצה ממוצעת:

הצבה:

(ביחידות של $\text{km/h}^2$: $\frac{18-36}{0.25}=-72\,\text{km/h}^2$.)

הסימן השלילי: הרוכב האט – התאוצה מנוגדת לכיוון התנועה, וגודלה כ־$5.56\cdot 10^{-3}\,\text{m/s}^2$.

טעות נפוצה: לחשב את התאוצה מהמהירות הממוצעת בקטע השלישי (המרחק בין הנקודות חלקי הזמן) – התאוצה הממוצעת נקבעת לפי המהירויות הרגעיות בתחילת הקטע ובסופו.

קביעה: כן, יש רגעים כאלה.

נימוק: נתון שבקטע הרביעי של רכיבת $A$ מהירותו קבועה ושווה למהירות הממוצעת של $B$ בקטע האחרון, כלומר $18\,\text{km/h}$. הקטע הרביעי של $A$ מתרחש בזמן שבין $0.75\,\text{h}$ ל־$1\,\text{h}$, ובזמן זה $B$ עדיין רוכב (הוא מסיים רק אחרי $2\,\text{h}$).

•בתרשים של $B$ המרחקים בין הנקודות שווים, ולכן סביר ש־$B$ רוכב במהירות קבועה $18\,\text{km/h}$ – ואז בכל רגע של הקטע הרביעי של $A$ המהירויות הרגעיות של שני הרוכבים שוות.

•וגם אם מהירות $B$ אינה קבועה בדיוק בתוך כל מרווח: בכל מרווח מהירותו הממוצעת היא $18\,\text{km/h}$, ולכן אין אפשרות שבמרווח המקביל לקטע הרביעי של $A$ מהירותו כל הזמן גדולה מ־$18\,\text{km/h}$ או כל הזמן קטנה ממנה. המהירות משתנה ברציפות, ולכן יש רגע במרווח זה שבו מהירות $B$ היא בדיוק $18\,\text{km/h}$ – ובאותו רגע גם מהירות $A$ היא $18\,\text{km/h}$.

התיבה במנוחה על המשטח המוטה, ופועלים עליה שלושה כוחות:

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

2. הכוח הנורמלי $N$ – מופעל על ידי המשטח, ניצב למשטח וכלפי חוץ ממנו (בזווית $\alpha_0$ לאנך).

3. כוח החיכוך הסטטי $f_s$ – מופעל על ידי המשטח, מקביל למשטח וכיוונו במעלה המשטח (לכיוון תא הנהג). הוא מונע מהתיבה להחליק לעבר הקצה האחורי.

התיבה במנוחה, ולכן שקול שלושת הכוחות הוא אפס.

טעות נפוצה: לסמן "כוח במורד המשטח" ככוח נוסף – זהו רכיב של כוח הכובד, לא כוח נפרד.

קביעה: כוח החיכוך קטן.

נימוק: התיבה הייתה במנוחה בזווית $\alpha_0$, כלומר $\tan\alpha_0\le\mu_s$. בזווית קטנה יותר $\tan\alpha_1<\tan\alpha_0\le\mu_s$, ולכן גם בזווית $\alpha_1$ התיבה נשארת במנוחה.

במנוחה שקול הכוחות לאורך המשטח הוא אפס, ולכן החיכוך הסטטי שווה בדיוק לרכיב הכובד במורד המשטח:

כאשר הזווית קטנה מ־$\alpha_0$ ל־$\alpha_1$, $\sin\alpha$ קטן – ולכן גם כוח החיכוך קטן:

טעות נפוצה: לחשב את החיכוך לפי $\mu_sN=\mu_smg\cos\alpha$ ולהסיק שהוא גדל (כי $\cos\alpha$ גדל) – $\mu_sN$ הוא רק הערך המרבי האפשרי של החיכוך הסטטי; החיכוך בפועל שווה לכוח הדרוש לאיזון. (מה שגדל בהנמכה הוא הכוח הנורמלי והחיכוך המרבי.)

בסף תנועה התיבה עדיין במנוחה (שקול הכוחות אפס), והחיכוך הסטטי הגיע לערכו המרבי $f_s=\mu_sN$.

בוחרים ציר מקביל למשטח וציר ניצב לו.

מציבים את המשוואה השנייה בראשונה:

מצמצמים $mg$ ומחלקים ב־$\cos\alpha_2$:

כך אפשר למדוד מקדם חיכוך סטטי: מגדילים את הזווית בהדרגה ומודדים את הזווית שבה הגוף מתחיל להחליק.

טעות נפוצה: לכתוב $\mu_k=\tan\alpha_2$ – בסף התנועה הגוף עדיין במנוחה, והחיכוך סטטי.

התיבה מתחילה להחליק ממנוחה ועוברת לאורך המשטח את הדרך $d=2.4\,\text{m}$.

תאוצת התיבה. פועלים עליה $mg$, $N$ וחיכוך קינטי $f_k=\mu_kN$ במעלה המשטח (נגד כיוון התנועה).

בניצב למשטח: $N=mg\cos\alpha_3$.

לאורך המשטח, לפי $\Sigma F=ma$:

המהירות בקצה. מ־$v^2=v_0^2+2a(x-x_0)$ עם $v_0=0$:

בדיקה באנרגייה: $W_{\text{לא משמרים}}=\Delta E$, כאשר הירידה בגובה היא $d\sin\alpha_3$:

$v\approx 2.69\,\text{m/s}$, כמו קודם.

טעות נפוצה: להשתמש בחיכוך סטטי – בזמן ההחלקה החיכוך קינטי.

קביעה: תרשים 1.

נימוק: שיפוע גרף מהירות–זמן הוא התאוצה. בשני השלבים פועלים כוח הכובד, הכוח הנורמלי $N=mg\cos\alpha_3$ וחיכוך קינטי $\mu_kN$ – אבל כיוון החיכוך תמיד מנוגד לכיוון התנועה.

בעלייה: רכיב הכובד והחיכוך פועלים שניהם במורד המשטח ומתחברים:

בירידה: רכיב הכובד במורד והחיכוך במעלה – ומתחסרים:

שתי התאוצות מכוונות במורד המשטח (בכיוון השלילי), ולכן הגרף יורד כל הזמן; התיבה עולה, נעצרת ($v=0$) וממשיכה לנוע במורד. אבל $a_u>a_d$, ולכן אחרי נקודת העצירה הגרף פחות תלול. זה תרשים 1. (תרשים 2 מתאים למשטח חלק, ותרשים 3 – לתאוצה גדולה יותר בירידה, דבר שאינו אפשרי.)

(בעזרת הנתונים: $a_u=10(0.423+0.272)\approx 6.9\,\text{m/s}^2$, $a_d\approx 1.5\,\text{m/s}^2$.)

טעות נפוצה: לבחור בתרשים 2 מתוך מחשבה שהתאוצה על מישור משופע תמיד זהה – החיכוך מחליף כיוון כשהתיבה מחליפה כיוון תנועה.

בנקודה העליונה $C$ פועלים על הכדור שני כוחות:

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

2. כוח המתיחות $T_C$ – מופעל על ידי החוט, לאורך החוט אל הציר $O$ – כלומר גם הוא אנכית כלפי מטה.

שני הכוחות מכוונים אל מרכז המעגל, ושקולם הוא הכוח הרדיאלי.

טעות נפוצה: לסמן את המתיחות כלפי מעלה – חוט יכול רק למשוך, ובנקודה העליונה הוא מושך את הכדור אל $O$, שנמצא מתחתיו.

שימור אנרגייה בין הנקודה התחתונה לנקודה $C$ (המתיחות ניצבת לתנועה ואינה מבצעת עבודה; רק הכובד מבצע עבודה). $C$ גבוהה מהנקודה התחתונה ב־$2L$:

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

מציבים:

הביטוי תקף כל עוד $T_C\ge 0$, כלומר $v_0^2\ge 5gL$ (אחרת החוט מתרופף לפני $C$).

ציר אופקי: $v_0^2$ ב־$\text{m}^2/\text{s}^2$ (כדאי להתחיל את הציר מערך נמוך מ־$20$, כדי שאפשר יהיה להאריך את הקו עד חיתוכו עם הציר בסעיף ה). ציר אנכי: $T_C$ בניוטון.

הנקודות מסתדרות בקירוב לאורך קו ישר עולה – כמצופה מהביטוי הקווי $T_C=\frac{m}{L}v_0^2-5mg$ שמצאנו בסעיף א.

מעבירים קו ישר אחד כך שהנקודות מפוזרות סביבו משני צדיו, ומאריכים אותו עד הציר האופקי:

שיפוע הקו – משתי נקודות על הקו, רחוקות זו מזו, למשל $(22,\,0.27)$ ו־$(34,\,1.77)$:

החיתוך עם ציר $T_C$ (הארכת הקו ל־$v_0^2=0$): $0.27-0.125\cdot 22=-2.48\,\text{N}$.

טעות נפוצה: לחשב שיפוע משתי נקודות מהטבלה במקום משתי נקודות על קו המגמה.

משווים את משוואת קו המגמה לביטוי התאורטי מסעיף א:

(הערכים תלויים מעט בקו המגמה; קו סביר נותן $m\approx 48$–$52\,\text{g}$ ו־$L\approx 0.38$–$0.42\,\text{m}$.)

הנורית נדלקת כאשר $T_C\ge 1.2\,\text{N}$. $T_C$ גדלה עם $v_0^2$, ולכן המהירות המינימלית היא זו שבה $T_C=1.2\,\text{N}$. ממשוואת קו המגמה:

טעות נפוצה: לקרוא מהגרף את $v_0^2\approx 29.4$ ולשכוח להוציא שורש.

תשובה: לא – המהירות אינה אפס.

בנקודת החיתוך של קו המגמה עם הציר האופקי $T_C=0$: $v_1^2=\frac{2.48}{0.125}\approx 19.8\,\text{m}^2/\text{s}^2$. במצב זה הכדור מגיע ל־$C$ כשהחוט אינו מותח, וכוח הכובד לבדו הוא הכוח הרדיאלי. לפי החוק השני של ניוטון בכיוון הרדיאלי:

בדיקה בשימור אנרגייה: $v_C^2=v_1^2-4gL=19.84-4\cdot 10\cdot 0.397\approx 3.97$, $v_C\approx 2.0\,\text{m/s}$ ✓ (ולפי סעיף א, $T_C=0$ כאשר $v_0^2=5gL\approx 19.8$ – בהתאם).

אילו מהירות הכדור ב־$C$ הייתה אפס, הכובד היה מושך אותו פנימה מהר יותר ממה שהמעגל מאפשר – החוט היה מתרופף, והכדור היה עוזב את המסלול המעגלי לפני $C$.

טעות נפוצה: להסיק ש"אם החוט אינו מותח, הכדור עומד" – בראש המעגל הכובד ממשיך לפעול כשקול רדיאלי.

על המכונית פועלים שלושה כוחות:

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

2. הכוח הנורמלי $N$ – מופעל על ידי השטיח, אנכית כלפי מעלה ($N=mg$, אין תאוצה אנכית).

3. כוח החיכוך הקינטי $f_k=\mu N=\mu mg$ – מופעל על ידי השטיח, אופקי, בכיוון מנוגד לתנועה. בדרך חזרה המכונית נעה מ־$Q$ ל־$P$ (שמאלה), ולכן החיכוך מכוון ימינה, לעבר $Q$ ולעבר הפגוש.

כוח הפגוש אינו פועל בקטע זה – המכונית כבר עזבה אותו.

טעות נפוצה: לצייר את החיכוך באותו כיוון כמו בדרך הלוך – כיוון החיכוך הקינטי תמיד מנוגד למהירות, ולכן הוא מתהפך כשהמכונית חוזרת.

החיכוך פועל רק בקטע $PQ$, והמכונית עוברת בו פעמיים בדרך מ־$h_0$ ל־$h_1$: פעם בדרך לפגוש ופעם בחזרה.

בכל מעבר החיכוך קבוע בגודלו, $\mu mg$, ומנוגד לתנועה. לפי $W=F\Delta x\cos\theta$ עם $\theta=180^\circ$:

ובשני המעברים:

(הפגוש מחזיר את המכונית באותו גודל מהירות, ושאר המסלול חלק, ולכן זה ההפסד היחיד: $mg(h_0-h_1)=2\mu mgd$.)

טעות נפוצה: לספור מעבר אחד בלבד.

בין שני גבהים מרביים עוקבים, $h_{n-1}$ ו־$h_n$, המכונית יורדת, עוברת את $PQ$, נהדפת מהפגוש באותו גודל מהירות, עוברת שוב את $PQ$ ועולה – שני מעברים בקטע החיכוך.

החיכוך הוא הכוח הלא־משמר היחיד שמבצע עבודה (הנורמלי ניצב לתנועה, וכוח הקפיץ של הפגוש משמר – הפגוש מחזיר את כל האנרגייה). לפי $W_{\text{לא משמרים}}=\Delta E$ בין שתי נקודות שיא (מהירות אפס):

בכל סיבוב הגובה קטן באותו שיעור, ולכן:

פונקצייה קווית של $n$: שיפוע $-2\mu d$, חיתוך עם הציר האנכי $h_0$.

ציר אופקי: $n$ (מ־$0$ עד $7$ – מתחילים ב־$0$ כדי לקרוא את החיתוך בסעיף ה). ציר אנכי: $h_n$ במטרים (מ־$0$ עד $1.2$).

הנקודות מסתדרות בקירוב לאורך קו ישר יורד, כמצופה מסעיף ג.

מעבירים קו ישר שהנקודות מפוזרות סביבו משני צדיו בערך באופן שווה, וממשיכים אותו עד $n=0$.

שיפוע הקו – משתי נקודות על הקו, רחוקות זו מזו, למשל $(0,\ 0.99\,\text{m})$ ו־$(6,\ 0.276\,\text{m})$:

לפי סעיף ג, $h_n=h_0-2\mu d\,n$. הגובה $h_0$ הוא ערך $h_n$ עבור $n=0$ – נקודת החיתוך של קו המגמה עם הציר האנכי:

שיפוע הקו הוא $-2\mu d$:

טעות נפוצה: לשכוח את הגורם $2$ ולקבל $\mu\approx 0.30$.

קביעה: העבודה שלילית.

נימוק: בשני הניסויים המכונית משוחררת מאותו גובה $h_0$ ועוברת פעמיים את $PQ$, ועבודת החיכוך זהה: $-2\mu mgd$ (היא אינה תלויה במהירות). עם הפגוש הקפיצי המכונית הגיעה ל־$h_1$, ועם הפגוש החדש – לגובה נמוך יותר, $h_1'<h_1$. כלומר אבדה אנרגייה מכנית נוספת, והיא אבדה בפגוש.

בזמן המגע עם הפגוש פועלים על המכונית כוח הכובד והכוח הנורמלי של המסילה (אנכיים, ניצבים לתנועה – אינם עושים עבודה) והכוח של הפגוש. לפי משפט עבודה–אנרגייה:

כי המכונית עוזבת את הפגוש במהירות $u$ קטנה מהמהירות $v$ שבה פגעה בו. (בפגוש הקפיצי האידאלי העבודה בכיווץ שלילית ובהתפשטות חיובית ושוות בגודלן – סך הכול אפס.)

התנע של מערכת נשמר כאשר המתקף של הכוחות החיצוניים עליה אפס ($J_{\text{כולל}}=\Delta p$). בזמן החדירה הקרונית כמעט אינה זזה ונשארת בנקודה $A$, שבה המסילה אופקית. הכוחות החיצוניים על המערכת חץ + קרונית – כוח הכובד והכוח הנורמלי מן המסילה – הם אנכיים, ואין כוח חיצוני אופקי (אין חיכוך). הכוחות בין החץ לספוג הם כוחות פנימיים, שלפי החוק השלישי של ניוטון שווים בגודלם ומנוגדים בכיוונם, ולכן אינם משנים את התנע הכולל. התנע האופקי של המערכת נשמר.

זו התנגשות פלסטית לחלוטין: החץ נעצר בתוך הספוג, ואחריה שני הגופים נעים יחד. בזמן החדירה פועל בין החץ לספוג כוח חיכוך (לא משמר) שעבודתו הכוללת שלילית, ורוב האנרגייה הקינטית של החץ הופכת לחום ולעיוות הספוג. לכן $W_{\text{לא משמרים}}=\Delta E<0$.

טעות נפוצה: להסיק משימור התנע גם שימור אנרגייה (או להפך) – אלה שני חוקים נפרדים, ובהתנגשות פלסטית רק התנע נשמר.