פתרון בגרות בפיזיקה 1990 (מכניקה)

  • 8 באוקטובר, 2013
  • תגובה אחת

1) מגג בניין שגובהו $h=5 \text{m}$ מעל לקרקע, נזרק בכיוון אופקי כדור שמסתו $m=0.1 \text{kg}$ במהירות $v_0=5 \text{m/s}$ (ראה תרשים).
התנגדות האוויר זניחה.
א. באיזה מרחק מבסיס הבניין יפגע הכדור בקרקע?
ב. מה המהירות (גודל בלבד) שבה יפגע הכדור בקרקע?
ג. באיזה מרחק מבסיס הבניין יפגע הכדור בקרקע, אם נוסף לכוח הכובד פועל על הכדור כוח אופקי קבוע $F=0.2 \text{N}$ בכיוון מהירותו ההתחלתית?
ד. במקרה נוסף הכדור שוחרר ממצב מנוחה מגג הבניין כאשר פועל עליו אותו כוח אופקי קבוע. מהי צורת מסלול הכדור (ישר, פרבולה, היפרבולה, מסלול אחר)? נמק.

mechanics_90_1

א.
נקבע את מערכת הצירים שלנו כך שראשית הצירים תיהיה בנקודה ממנה התחיל הכדור (גג הבניין), ציר ה-$y$ יהיה מכוון מטה וציר $x$ יהיה מכוון ימינה (לשם נוחות בלבד – אפשר לבחור כל מערכת צירים אחרת).
מפני שכוח הכובד פועל לאורך ציר ה-$y$ וזהו הכוח היחידי שפועל במערכת, הרי שהתאוצה גם היא מכוונת מטה, לאורך ציר ה-$y$. זה אומר שהכדור מאיץ אך ורק בציר $y$, בעוד שבציר $x$ הוא נע עם מהירות קבועה $v_0$. מפני שאנו מעוניינים למצוא את המרחק מבסיס הבניין ברגע הפגיעה שלו בקרקע, אנו קודם כל צריכים למצוא מתי הפגיעה הזאת תתרחש. ברור כי אנו צריכים להסתכל על המתרחש בציר $y$ בכדי להבין מתי הכדור יפגע בקרקע, שכן התאוצה השקולה שפועלת בציר זה וגובה הבניין הם הקובעים עד כמה מהר יפגע הכדור בקרקע.
אם כן, לפי הנוסחה הקינמטית
$$\mathbf{y}=\mathbf{y_0}+\mathbf{v_0}t+\frac{\mathbf{a}t^2}{2}$$
ניתן לבנות את משוואת התנועה בציר $y$:
$$y(t)=\frac{gt^2}{2}$$
(המהירות ההתחלתית בציר זה הינה אפס, שכן מוסרים לכדור מהירות התחלתית אופקית בלבד).
אנו מעוניינים למצוא את זמן הפגיעה בקרקע, כאשר המרחק מראשית הצירים שבחרנו עד לקרקע הוא גובה הבניין $h$. לפיכך ניתן לרשום:
$$h=\frac{gt^2}{2}$$
מה שמוביל אותנו לקשר:
$$t=\sqrt{\frac{2 h}{g}}$$
מפני ששואלים את המרחק מבסיס הבניין בו יימצא הכדור בעת הפגיעה, עלינו לחשב את המרחק שהוא הספיק לעבור בציר $x$ עד לפגיעה. משוואת התנועה עבור ציר $x$:
$$x(t)=v_0t$$
נציב את הזמן עד להתנגשות עם הקרקע:
$$x=v_0 \sqrt{\frac{2 h}{g}}$$
לאחר הצבת מספרים נקבל כי $x=5 ~\text{m}$ בהנחה ש-$g = 10 \text{m/s}^2$.

ב.
את המהירות שבה יפגע הכדור בקרקע ניתן למצוא בכמה דרכים.

דרך ראשונה: חוק שימור אנרגיה מכנית

במערכת מתקיים חוק שימור אנרגיה מכנית מפני שפועלים בו רק כוחות משמרים (התנגדות האוויר זניחה). נקבע את רמת האפס עבור אנרגיה פוטנציאלית כובדית בקרקע ונקבל:
$$\frac{m v_0^2}{2}+mgh=\frac{mv^2}{2}$$
מה שמוביל אותנו לקשר:
$$v=\sqrt{v_0^2+2 g h}$$
לפיכך
$$v= 5 \sqrt{5} ~ \text{m/s}$$

דרך שנייה: קינמטיקה

אנו יודעים כי בציר $x$ המהירות היא קבועה בעוד שבציר $y$ הכדור מאיץ. ברגע הפגיעה המהירות של הכדור תיהיה מורכבת מהמהירות בציר $x$ שהיא $v_0$ ומהמהירות שהוא הספיק לצבור בציר $y$ כתוצאה מתאוצת הכובד. מתוך הרכיבים הללו נוכל למצוא את וקטור המהירות של הכדור בעת הפגיעה בעזרת משפט פיתגורס.
מהירות הכדור כפונקציה של הזמן בציר $y$:
$$v_y(t)=gt$$
בעת הפגיעה, המהירות בציר $y$ תיהיה:
$$v_y=g \sqrt{\frac{2 h}{g}}$$

לפי משפט פיתגורס ניתן למצוא את אורך וקטור המהירות בעת הפגיעה, שכן הוא היתר של משולש ישר זווית שהניצבים שלו הם הרכיבים של וקטור המהירות בציר $x$ ובציר $y$:
$$v=\sqrt{v_y^2+v_0^2}=\sqrt{g^2 \frac{2h}{g}+v_0^2}=\sqrt{v_0^2+2gh}$$
אם כן, קיבלו את אותה התוצאה רק בדרך קצת יותר ארוכה.

ג.
אם בנוסף לכוח הכובד פועל על הכדור כוח אופקי קבוע זה אומר שמלבד התאוצת הכובד בציר $y$ יש לכדור גם תאוצה בציר $x$ הנובעת מהכוח האופקי. עלינו למצוא את התאוצה של הכדור בציר $x$ ולהוסיף תיקון מתאים לנוסחה שרשמנו בסעיף א' $x(t)=v_0t$ כך שתיכלול גם את התאוצה $a$:
$$x(t)=v_0t+\frac{at^2}{2}$$
(שימו לב כי התאוצה הינה בעלת סימן חיובי, שכן נתון כי הכוח פועל בכיוון המהירות ההתחלתית)
אך מהי התאוצה שהכדור מקבל בציר $x$ כתוצאה מהכוח $F$? לפי חוק שני של ניוטון:
$$a=\frac{F}{m}$$
נציב במשוואה הקודמת ונקבל:
$$x(t)=v_0t+\frac{F t^2}{2m}$$
הזמן שייקח לכדור להגיע לקרקע לא מושפע מהכוח $F$, שכן הוא פועל בכיוון אופקי בלבד, לפיכך נשאר לנו פשוט להציב $t=\sqrt{\frac{2 h}{g}}$:
$$x=v_0\sqrt{\frac{2 h}{g}}+\frac{F h}{mg}$$
מכאן נקבל:
$$x=5+\frac{0.2 \cdot 5}{0.1 \cdot 10}=6 ~ \text{m}$$

ד. המסלול שלו יהיה ישר. במידה ופועל כוח אופקי קבוע, כל מה שזה משנה זה את וקטור הכוח השקול שפועל על הכדור. אם לא היה פועל כוח אופקי קבוע, הרי שוקטור הכוח השקול היה פשוט כוח הכובד. כאשר מפעילים כוח קבוע אופקי, הוא משנה את הכיוון ואת האורך של הוקטור השקול (את האורך החדש ניתן לחשב באמצעות משפט פיתגורס ואת הזווית באמצעות פונקציות טריגונומטריות). לפיכך ניתן לחשוב על המצב כעל תנועה בשדה כבידה "חדש" (על כוכב לכת "מוזר" אם תרצו) בו השדה נטוי לפני השטח. אך זה לא משנה את העובדה שהכדור ינוע בקו ישר, רק במקום תנועה ישרה אנכית מטה (בנפילה חופשית "רגילה", כאשר הכוח השקול הוא כוח הכובד) הוא ינוע בקו ישר אך בזווית עם האנך לקרקע.

2) על מדרון חלק, שזווית השיפוע שלו $30^{\circ}$, נעה קרונית שמסתה $M=2 ~ \text{kg}$. הקרונית מחוברת באמצעות חוט הכרוך על גלגלת (שמסתה זניחה) למשקולת שמסתה $m$ (ראה תרשים).
הקרונית יורדת במורד המדרון (והמשקולת עולה) במהירות קבועה $v=1 ~ \text{m/s}$.
א. חשב את המסה $m$ של המשקולת.
ב. ברגע מסוים נקרע החוט המחבר את הקרונית למשקולת. תאר במילים את תנועת הקרונית ואת תנועת המשקולת מרגע שנקרע החוט.
ג. מנקודה $A$ משחררים ממנוחה גוש פלסטלינה שמסתו $m'=2 ~ \text{kg}$ (ראה תרשים). הגוש מתנגש עם הקרונית התנגשות פלסטית $\frac{1}{2}$ שנייה לאחר שהחוט נקרא, כאשר הקרונית עוברת מתחת לנקודה $A$.
בהנחה שמשך ההתגשות קצר מאוד, חשב את הגובה $h$ של הנקודה $A$ מעל נקודת ההתנגשות, אם מהירות הקרונית לא השתנתה כתוצאה מההתנגשות.

mechanics_90_2

א.
נבחר מערכת צירים כדלקמן:

mechanics_90_2_1

כל המערכת נעה במהירות קבועה, כלומר אין תאוצה ושקול הכוחות הינו אפס. הכוחות שפועלים על המשקולת ועל הקרונית הם כוח המתיחות (שווה לשניהם) וכוח הכובד. לפיכך נוכל לרשום עבור המשקולת:
$$T-mg=0$$
ועבור הקרונית (לאחר פירוק כוח הכובד לרכיבים על הצירים):
$$M g \sin \alpha – T = 0$$
כאשר נחבר את שתי המשוואות נקבל:
$$M g \sin \alpha = mg$$
כלומר
$$m=M \sin \alpha=2 \cdot \sin 30^{\circ}=1 ~\text{kg}$$

ב.
שניהם ינוע בתאוצה. הקרונית תרד בתאוצה במורד המדרון בעוד שהמשקולת תיפול חופשית אל הקרקע.

ג. אם נעביר את רמת האפס עבור אנרגיה פוטנציאלית כובדית בנקודת ההתנגשות, הרי שלפי חוק שימור אנרגיה מכנית:
$$\frac{m' v_p^2}{2}=m'gh$$
$$v_p=\sqrt{2 g h}$$
כאשר $v_p$ – מהירות הפלסטלינה כהרף עין לפני ההתנגשות.
מהירות הקרונית כהרף עין לפני ההתנגשות תלוייה בעיקר ברכיב התאוצה על ציר $x$:
$$v=v_0+g \sin \alpha ~ t$$
$$v=1+5 \cdot \frac{1}{2}=3.5 ~\text{m/s}$$

מכיוון שנתון כי משך ההתנגשות הינו מאוד קצר, הרי שניתן להניח כי התנע נשמר רגעית. הפלסטלינה משוחררת ממנוחה, לכן כיוון וקטור המהירות הוא ככיוון תאוצת הכובד, וניתן לפרק את התנע של הפלסטלינה כהרף עין לפני ההתנגשות באותה הצורה כמו שפירקנו את כוח הכובד לרכיבים. רכיב התנע של הפלסטלינה בציר $x$ כהרף עין לפני ההתנגשות הינו $m' v_p \sin \alpha$ ונוכל לרשום את משוואת שימור התנע עבור ציר $x$ בצורה הבאה:
$$m' v_p \sin \alpha+Mv=(M+m')v$$
לפיכך
$$m' v_p \sin \alpha=m'v$$
$$v_p=\frac{v}{\sin \alpha}$$
$$h=\frac{v^2}{2g \sin^2 \alpha}=\frac{3.5^2}{20 \cdot 0.25}=2.45~ \text{m}$$

3) גוף שמסתו $m=0.3 \text{kg}$ קשור לחוט שאורכו $l=0.8 \text{m}$, ונע במעגל אנכי. החוט קשור בקצהו האחר לנקודה קבועה $O$. מישור התנועה מאונך לפני הקרקע, ומגמת התנועה מסומנת על-ידי החצים בתרשים. הנקודה $A$ היא הנקודה הנמוכה ביותר במעגל, $B$ הנקודה הגבוהה ביותר במעגל, והנקודות $C$ ו-$D$ נמצאות בקצות הקוטר האופקי של המעגל (ראה תרשים).
מהירות הגוף בנקודה $A$ היא $9\text{m/s}$.
א. שרטט את הכוחות הפועלים על הגוף בנקודה $C$, ומצא את מתיחות החוט בנקודה זו.
ב. שרטט את הכוחות הפועלים על הגוף בנקודה $B$, ומצא את תאוצת הגוף (גודל וכיוון) בנקודה זו.
ג. ברגע שהגוף הגיע לנקודה $D$ נקרע החוט.
שרטט את מסלול הגוף מרגע שהחוט נקרע ועד פגיעתו בקרקע.
הסבר את שיקולך.

mechanics_90_3

א. הכוחות הפועלים על הגוף הם כוח המתיחות בכיוון מרכז המעגל (מקביל לפני הקרקע בנקודה $C$) וכוח הכובד כלפי מטה (מאונך בקירוב טוב לפני הקרקע בכל נקודה במעגל). כוח מתיחות החוט הינו היחידי שמספק שינוי של כיוון וקטור המהירות, לפיכך הוא הכוח הצנטריפטלי ששווה $m \frac{v^2}{R}$ כאשר $R=l$.
במערכת פועלים כוחות משמרים בלבד, לפיכך מתקיים שימור אנרגיה מכנית:
$$\frac{mv_A^2}{2}=mgR+\frac{mv_C^2}{2}$$
כאשר $v_A$ ו-$v_C$ הן מהירויות הגוף בנקודות $A$ ו-$C$ בהתאמה.
לאחר צמצום והצבה נקבל:
$$v_C=\sqrt{v_A^2-2gl}=\sqrt{65} ~ \text{m/s}$$
לפיכך מתיחות החוט בנקודה $C$:
$$T=m \frac{v_C^2}{R}=0.3 \cdot \frac{65}{0.8}=24.375 ~ \text{N}$$

ב. הכוחות הפועלים בנקודה $B$ הם אותם הכוחות כמו בסעיף הקודם, רק שבמקרה הזה כוח הכובד וכוח המתיחות מתלכדים (כיוון של שניהם הוא אנכי כלפי קרקע). והשקול של שניהם משחק את התפקיד של הכוח הצנטריפטלי. לפיכך תאוצת הגוף גם היא מאונכת לפני הקרקע (וגם רדיאלית). גודל התאוצה הוא:
$$a=\frac{v_B^2}{R}$$
לפי חוק שימור אנרגיה מכנית אנו יודעים:
$$\frac{mv_A^2}{2}=mg 2R + \frac{mv_B^2}{2}$$
לכן:
$$v_B=\sqrt{v_A^2-4gR}=7 ~ \text{m/s}$$
לפיכך התאוצה בנקודה $B$:
$$a=61.25 ~ \text{m/s}^2$$

ג. לאחר קריעת החוט הגוף ימשיך ליפול חופשית עם מהירות התחלתית כמהירות בנקודה $D$. וקטור המהירות בנקודה זו מתלכד עם וקטור התאוצה, לכן הגוף ינוע בקו ישר בהשפעת כוח הכובד בלבד עם תאוצת נפילה חופשית $g$.

4) קפיץ בעל קבוע $k=50 ~ \text{N/m}$ מחובר בקצהו האחד לתקרה, ובקצהו השני למשקולת שמסתה $m=0.5 \text{kg}$. כאשר המשקולת במצב מנוחה (נקודה $O$) גובהה מעל הרצפה $h=2 ~ \text{m}$. מעלים את המשקולת לנקודה $A$, הנמצאת בגובה $0.08 \text{m}$ מעל $O$, ומשחררים אותה ממנוחה (ראה תרשים). המשקולת מבצעת תנודות (בקו אנכי). מסת הקפיץ והתנגדות האוויר זניחות.
א. כמה זמן חולף מהרגע ששוחררה המשקולת עד שהיא מגיעה לראשונה לנקודה O?
ב. מהו כיוון הכוח השקול הפועל על המשקולת, כשהיא נמצאת בנקודה כלשהי בין הנקודות $O$ ו-$A$, בעת תנועתה כלפי מעלה? נמק.
ג. באחת התנודות, בעת שהמשקולת נעה כלפי מטה, היא ניתקת מן הקפיץ בנקודה $O$. חשב את הזמן מרגע ההינתקות ועד שהמשקולת מגיעה לרצפה.

mechanics_90_4

א. זוהי תנועה הרמונית פשוטה, שכן יש כוח קבוע מחזיר הפרופורציוני להעתק. לכן אפשר לרשום את משוואת מקום-זמן עבור המשקולת כך:
$$x=A \cos(\omega t + \varphi)$$
כאשר $A=0.08 \text{m}$ זוהי אמפליטודת התנועה (ההעתק המקסימלי מנקודת שיווי המשקל), $\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}$ זוהי התדירות הזוויתית ו-$\varphi=0$ זאת הפאזה ההתחלתית.

אנו מעוניינים לדעת עבור איזה $t$ מתאפסת הפונקציה הזאת. לפיכך עלינו לחשב:
$$\cos (10 t)=0$$
במקרה הכללי, הפתרון של המשוואה הזאת הוא:
$$t=\frac{\pi}{20}(2 K – 1)$$
אנו מעוניינים לדעת את הזמן שלוקח למשקולת לראשונה להגיע לנקודה $O$, לכן נציב $K=1$ ונקבל:
$$t=\frac{\pi}{20} \approx 0.157 \text{s}$$

אל אותה התוצאה אפשר להגיע גם על-ידי מציאת זמן מחזור התנודות וחילוקו בארבע, שכן רבע זמן המחזור מתאים בדיוק לזמן שלוקח למשקולת להגיע אל נקודת שיווי המשקל.

ב. הכוח השקול הוא בכיוון נקודת שיווי המשקל $O$ (מטה), שכן בתנועה הרמונית פשוטה פועל כוח מחזיר אשר כשמו – שואף להחזיר את הגוף אל נקודת שיווי המשקל. אפשר גם לראות כי במקרה זה כוח הכובד הינו קבוע, בעוד שכאשר המשקולת נעה כלפי מעלה בין $O$ ל-$A$, הכוח האלסטי קטן, שכן התארכות הקפיץ קטנה, לפיכך כוח הכובד גדול יותר מהכוח האלסטי ולכן הכוח השקול הוא בכיוון מטה.

ג. המשקולת ניתקת מן הקפיץ בנקודת שיווי המשקל, כלומר בנקודה בה המהירות שהיא צוברת בתנודות היא המסקימלית (אפשר לראות זאת משיקולים אנרגטיים או על-ידי גזירה של הביטוי $x(t)$ לפי זמן). מרגע ההינתקות, המשקולת מתחילה ליפול חופשית. אם כן, בתנועה הרמונית פשוטה, המהירות המקסימלית:
$$v_{max}=\omega A = \sqrt{\frac{k}{m}} A=0.8 \text{m/s}$$

מכאן נשתמש בקינמטיקה על מנת למצוא את הזמן:
$$h=v_{max}t+\frac{gt^2}{2}$$
$$5t^2+0.8t-2=0$$
$$t \approx 0.56 \text{s}$$

5) גוף שמסתו $m$ נופל ממנוחה מגובה רב $h$ אל כוכב שמסתו $M$ ורדיוסו $R$. לכוכב אין אטמוספירה.
א. פתח נוסחה לחישוב מהירות הפגיעה $v$ של הגוף בפני הכוכב. בטא את תשובתך באמצעות $h$, $R$ ו-$g$ (תאוצת הנפילה החופשית על הכוכב).
ב. הראה כי כאשר $h$ קטן מאוד ביחס ל-$R$ ($h\ll R$), ניתנת הנוסחה שפיתחת בסעיף א' להיכתב בקירוב באופן הבא: $v=\sqrt{2 g h}$.
ג. מהו סוג התנועה של הגוף (שוות-מהירות, שוות-תאוצה, אחרת):
(1) כאשר $h \gg R$ ? הסבר.
(2) כאשר $h \ll R$ ? הסבר.

א.
באופן כללי, עבודה של כוח משמר שווה למינוס השינוי באנרגיה הפוטנציאלית של המערכת.
$$U_1-U_2=\int_{a}^{b} \mathbf{F} \cdot \mathbf{dx}$$
כוח המשיכה העולמי הינו כוח משמר ולכן ניתן להגדיר עבורו אנרגיה פוטנציאלית. העבודה של כוח המשיכה שווה להפרש באנרגיה הפוטנציאלית:
$$U_1-U_2=-\frac{G M m}{r_1}+\frac{G M m}{r_2}$$
(ניתן להגיע לתוצאה זו באמצעות אינטגרציה)

לפיכך, במקרה של גוף הנופל מגובה $h$ אל פני הקרקע, ניתן לרשום:
$$U_1-U_2=-\frac{G M m}{R+h}+\frac{G M m}{R}=\frac{G M m h}{R(R+h)}$$

אבל לפי חוק שימור אנרגיה מכנית:
$$U_1-U_2=\frac{mv^2}{2}$$
(הפחת באנרגיה פוטנציאלית שווה לתוספת באנרגיה הקינטית)
כלומר:
$$v=\sqrt{\frac{2 G M h}{R(R+h)}}$$

ב. כאשר $h \ll R$ מתקיים $R+h \approx R$, לכן:
$$v=\sqrt{\frac{2 G M h}{R^2}}$$
והרי
$$\frac{G M}{R^2}=g$$
לכן
$$v=\sqrt{2gh}$$

ג. לפי חוק שני של ניוטון:
$$ma=\frac{G M m}{r^2}$$
כלומר התאוצה:
$$a=\frac{G M}{r^2}$$

(1) כאשר $h \gg R$ ברגע כלשהו כאשר הגוף נמצא בגובה $h_1$ תאוצתו היא
$$a_1=\frac{G M}{(R+h_1)^2}$$
בעוד שמאוחר יותר, כאשר הוא נמצא בגובה $h_2$ ו-$h_1>h_2$, תאוצתו היא
$$a_2=\frac{G M}{(R+h_2)^2}$$
כלומר השינוי בתאוצה $a_2-a_1>0$ מה שאומר שתאוצת הגוף גדלה.

(2) כאשר $h \ll R$, כאמור, $R+h \approx R$ ולכן הגודל
$$a=\frac{G M}{(R+h)^2} \approx \frac{G M}{R^2}$$
הינו קבוע, כלומר התנועה היא שוות-תאוצה.

תגובה אחת

כתיבת תגובה

האימייל לא יוצג באתר.