בעיות במכניקה ופתרונן (5.9.13)

  • 5 בספטמבר, 2013
  • מכניקה קלאסית
  • אין תגובות

כדור המתנגש עם מישור משופע

כדור שניתן להתייחס אליו כאל מסה נקודתית נופל נפילה חופשית מגובה מסויים על מישור משופע. ההתנגשות בין הגוף לבין המישור היא אלסטית לחלוטין. ניתן להתייחס אל המישור כאל אינסופי והגוף ממשיך להתנגש עמו זמן לא מוגבל. המרחקים בין נקודות ההתנגשות מייצרים סדרה מסויימת. יש למצוא את חוקיות הסדרה.

bouncing_ball

חשוב לקבוע מערכת ייחוס נוחה שתקל על פתרון התרגיל. בחרתי במערכת ייחוס הצמודה אל המישור המשופע, כלומר כך שציר האבסציסה (ציר $x$) יהיה מקביל למישור המשופע, וציר האורדינטה (ציר $y$) יהיה מאונך לו. בכדי לראות עוד יותר טוב, נטה טיפה את הציור:

horiz_bouncing_ball_problem

הוספתי כאן את וקטור התאוצה $\mathbf{g}$ ואת וקטור התנע $m\mathbf{v}$ כהרף עין לפני הפגיעה במישור. קודם נראה איך משתנה התנע. אנו יודעים כי ההתנגשות הינה התנגשות אלסטית לחלוטין, כלומר התנגשות שבה נשמרת אנרגיה מכנית של המערכת. מפני שלמישור המשופע אין אנרגיה קינטית בשום שלב בבעיה, הרי שהאנרגיה הקינטית של הכדור נשמרת לאחר כל התנגשות. לכן נוכל לרשום

$$\frac{1}{2}mv_{0}^2=\frac{1}{2}mv_{1}^2$$
$$v_0=v_1 \tag{1.1}$$

כאשר $v_0$ זה גודל מהירות הפגיעה הראשונה ו-$v_1$ גודל מהירות ההחזרה הראשונה.

בהנחה שההתנגשות מתרחשת מהר מאוד והתנע בציר $x$ לא מספיק להשתנות, נוכל לרשום:

$$\mathbf{p}_{0,x}=\mathbf{p}_{1,x}\tag{1.2}$$

מפני שהרכיב האופקי של התנע איננו משתנה בהתנגשות, הרכיב האופקי של המהירות גם הוא לא משתנה, כי

$$m\mathbf{v}_{0,x}=m\mathbf{v}_{1,x}$$
$$\mathbf{v}_{0,x}=\mathbf{v}_{1,x}\tag{1.3}$$

לפי (1.1) גודל וקטור המהירות מיד אחרי הפגיעה חייב להיות שווה לגודל וקטור המהירות כהרף עין לפני הפגיעה, ומפני שמתקיים (1.3), הרכיב האנכי של המהירות לפני ההתנגשות חייב להיות שווה בגודלו לרכיב האנכי של המהירות לאחר ההתנגשות, כלומר:

$$|\mathbf{v}_{0,y}|=|\mathbf{v}_{1,y}|\tag{1.4}$$

אולם הרכיב האנכי של התנע משנה כיוון לאחר הפגיעה במישור (התנגשות אלסטית לחלוטין). מכיוון שגדלי הרכיבים אינם משתנים (וקטור התנע לא משתנה בגודלו לאחר הפגיעה), הזווית שיוצר וקטור התנע עם ציר ה-$y$ לאחר הפגיעה שווה לזווית שיוצר וקטור התנע לפני הפגיעה (הזווית שווה ל-$\alpha$).

נמצא כעת את גודל מהירות הפגיעה של הכדור במישור. נעביר את המישור שישמש בתור רמת האפס של אנרגיה פוטנציאלית כובדית כך שהנקודה הראשונה בה הכדור פוגע תימצא עליו. נוכל לרשום את משוואת שימור האנרגיה בצורה הבאה:
$$mgh=\frac{1}{2}mv_0^2$$
$$ v_1 = v_0=\sqrt{2gh}\tag{1.5}$$

כאשר $h$ זה הגובה שבו נמצא הכדור ברגע השחרור (נמדד ביחס למישור הייחוס שקבענו).

אם כן, אנו יודעים את גודל מהירות ההחזרה, את הזווית שבה הכדור מוחזר ואנו יודעים שפועל על הכדור כוח חיצוני יחיד והוא כוח המשיכה. כעת הבעיה הופכת לבעיה של תנועה בליסטית, ונוכל לפתור אותה באמצעות משוואות קינמטיות ידועות.

נפרק את תאוצת הכובד לרכיבים ונמצא את משוואת המקום של הכדור עבור ציר $y$:

$$y(t)=v_1 \cos \alpha~ t – \frac{g \cos \alpha~ t^2}{2}\tag{1.6}$$

עבור ציר $x$:

$$x(t)=v_1 \sin \alpha~ t + \frac{g \sin \alpha~ t^2}{2}\tag{1.7}$$

ניתן למצוא את הזמן שייקח לכדור להתנגש שנית במישור בשתי דרכים:

א) לבדוק עבור איזה ערך של $t$ הפונקצייה $y(t)$ מתאפסת. כלומר:

$$0=v_1 \cos \alpha~ T – \frac{g \cos \alpha~ T^2}{2}$$

לכן

$$T=\frac{2v_1}{g}=\frac{2 \sqrt{2gh}}{g}=2 \sqrt{\frac{2h}{g}}$$

ב) יותר פשוט לראות זהות גאומטרית:

horiz_bouncing_ball_problem_1

מתקיימת המשוואה הוקטורית הבאה

$$\mathbf{d}=\mathbf{v_1}T+\frac{\mathbf{g}T^2}{2}$$

הוקטורים $\frac{\mathbf{g}T^2}{2}$ ו-$\mathbf{v_1}T$ הינם צלעות של משולש וקטורי. נשים לב כי המשולש הוא שווה שוקיים, לכן:

$$v_1T=\frac{gT^2}{2}$$

יש לשים לב כי התוצאה שקיבלנו איננה תלוייה בזווית המישור והיא קבועה עבור כל התנגשות. זהו בעצם זמן מחזור, הזמן שלוקח לכדור להתנגש עוד פעם במישור מרגע עלייתו מהתנגשות קודמת. נוכיח כי זמן המחזור הינו קבוע ולא תלוי במספר הפגיעה.

נגזור את ביטוי המקום $y(t)$:

$$v_y(t)=\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}=v_1 \cos \alpha – g \cos \alpha ~t=\cos \alpha (v_1-gt)$$

ביטוי זה נותן את המהירות הרגעית בציר $y$ של הכדור בכל נקודת זמן לאחר ההתנגשות הראשונה. נשים לב שבהתנגשות השנייה ($t=T$), הביטוי מקבל את הערך

$$v_y(T)=\cos \alpha (v_1-gT)=\cos \alpha (v_1 – 2v_1)=-v_1 \cos \alpha$$

המינוס בסך הכול מעיד על כך שהרכיב מופנה נגד הכיוון החיובי של ציר ה-$y$ (וזה ברור, הרי הכדור כהרף עין לפני ההתנגשות נע כנגד הציר האנכי).

אנו רואים כי רכיב מהירותו של הכדור בציר $y$ בהתנגשות השנייה זהה הן בגודלו והן בכיוונו לרכיב המהירות באותו הציר בהתנגשות הראשונה. לכן משוואת המקום של הכדור בציר ה-$y$ תשאר קבועה כל הזמן, ומכאן שזמן המחזור אותו קיבלנו באמצעות המשוואה הזאת, גם לא ישתנה. זה אומר לנו גם שהכדור כל הזמן יעלה לאותו הגובה יחסית למישור המשופע.

כעת, נמצא את המרחקים שבין כל פגיעה. מפני שהמהירות האופקית כל הזמן משתנית, יש קודם למצוא ביטוי המאפשר לדעת את המהירות האופקית כהרף עין לפני כל התנגשות. בשביל זה, נגזור את הביטוי $x(t)$ על מנת לקבל את המהירות הרגעית בציר $x$:
$$v_x(t)=\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}=v_1 \sin \alpha + g \sin \alpha~ t=\sin \alpha(v_1+gt)$$

כאמור, זמן המחזור הינו קבוע, לכן על מנת למצוא את הזמן שעובר עד הפגיעה ה-$n+1$ נציב $t=n T$.

$$v_x(nT)=\sin \alpha(v_1+g n T)=\sin \alpha \left (v_1 + g n \frac{2 v_1 }{g}\right) = v_1 \sin \alpha (2n+1) \tag{1.8}$$

קיבלנו ביטוי עבור מהירות התחלתית בציר $x$ בהתנגשות $n+1$. נציב ביטוי זה בביטוי $x(t)$ במקום המהירות ההתחלתית $v_1 \sin \alpha~ $ שתקפה רק במקרה של התנגשות ראשונה.

$$x(t)=v_1 \sin \alpha (2n+1) t + \frac{g \sin \alpha~ t^2}{2} \tag{1.9}$$

ביטוי (1.9) מאפשר לנו למצוא את מיקום $x$ של הכדור בכל נקודת זמן שלאחר התנגשות $n+1$. אנו מעוניינים להסתכל על המיקומים של הכדור בסוף כל מסלול, כלומר כהרף עין לפני ההתנגשות, כאשר הוא עבר זמן $t=T$ (זמן המחזור – הזמן שעובר בין התנגשות להתנגשות). נציב $t=T$ בביטוי (1.9):

$$D(n+1)=x(T)=v_1 \sin \alpha (2n+1) \frac{2v_1}{g} + \frac{g \sin \alpha~ 4 v_1^2}{2 g^2}\\=\frac{4 v_1^2}{g} \sin \alpha (n+1) \tag{1.10}$$

(הוספתי $D(n+1)$ בכדי להדגיש כי הפונקציה שקיבלנו נותנת את המרחק שעובר הכדור בציר $x$ לאחר הפגיעה ה-$n+1$ ולא את המיקום שלו ביחס לנקודת הפגיעה הראשונה. מערכת הצירים זזה כל הזמן).

אם אנחנו מעוניינים במרחק לאחר ההתנגשות ה-$n$ית, הביטוי (1.10) ייראה כך

$$D(n)=\frac{4 v_1^2}{g} \sin \alpha ~n \tag{1.11}$$

קיבלנו ביטוי הנותן את המרחק שעובר הכדור לאחר התנגשות $n$.

אנו רואים כי זוהי סדרה חשבונית עם הפרש:

$$d=D(n)-D(n-1)=\frac{4 v_1^2}{g} \sin \alpha = \frac{4 \cdot 2 g h}{g} \sin \alpha =8 h \sin \alpha \tag{1.12}$$

גוף המחליק על טריז מאיץ

טריז חלק בעל זווית $\alpha$ וגובה $h$ נע אופקית בתאוצה $a$ כמתואר באיור. מהו הזמן שייקח לבול עץ לרדת מהנקודה הגבוהה ביותר של הטריז לנקודה הנמוכה ביותר?

ip_acc

במאמר על מערכות ייחוס לא אינרציאליות וכוחות מדומים, ניתחנו את המתרחש במערכת ייחוס מואצת. הסקנו כי במערכת ייחוס מואצת על כל גוף פועל כוח מדומה $\mathbf{I}=-m\mathbf{a}$ כאשר $\mathbf{a}$ זאת תאוצת המערכת. תרגיל זה מהווה דוגמה טובה לשימושיות של כוחות מדומים העוזרים בפתרון בעיות שנראות לכאורה מסובכות.

נעבור למערכת ייחוס הצמודה אל הטריז המאיץ, ונבחר את הצירים כמתואר באיור. כאמור, מפני שהמערכת הינה מואצת, פועלים על כל הגופים בתוכה כוחות מדומים. על בול העץ פועל כוח מדומה $\mathbf{I}$ נגד כיוון וקטור התאוצה של הטריז, הכוח הנורמלי לאורך ציר $y$ וכוח המשיכה המאונך לוקטור $\mathbf{I}$. אנו מעוניינים לדעת מה מתרחש בציר ה-$x$ בלבד, לכן נפרק את הכוחות שלא מקבילים לצירים שבחרנו ונרשום את החוק הראשי של דינמיקה עבור תנועה של בול עץ בציר זה.

$$mg \sin \alpha – ma \cos \alpha = m a_r \tag{2.1}$$

כאשר $a_r$ זו תאוצת בול העץ ביחס לטריז.

אנו יודעים כי ביחס לטריז, בול העץ יעבור מרחק השווה ליתר של הטריז, כלומר $x=\frac{h}{\sin \alpha}$. מקינמטיקה, אנו יודעים כי קיים קשר בין העתק לבין תאוצה:

$$x=\frac{a_r t^2}{2}$$

לפיכך, הזמן שייקח לבול העץ לרדת מהטריז:

$$t=\sqrt{\frac{2x}{a_r}}=\sqrt{\frac{2 h}{ \sin \alpha ~a_r}}=\sqrt{\frac{2 h}{\sin \alpha (g \sin \alpha – a \cos \alpha)}} \tag{2.2}$$

יש לשים לב כי קשר זה מתקיים רק בתנאי ש-$a_r > 0$ (קיימת תאוצה במורד הטריז), כלומר:

$$g \sin \alpha – a \cos \alpha > 0$$
$$a < g \tan \alpha \tag{2.3}$$

אם כן, אנו רואים כי הרבה פעמים נוח לעבור למערכות ייחוס לא אינרציאליות ולהשתמש בכוחות מדומים על מנת לפתור בקלות בעיות שבמערכות ייחוס אחרות היו מובילות לחישובים ארוכים יותר.

כתיבת תגובה

האימייל לא יוצג באתר.