‫פיסיקה ‪ - 1‬פתרון מבחן לתלמידי הנדסה‬ ‫מרצים‪ :‬פרופ' ארז עציון ופרופ' אלכסנדר גרבר‪ .‬מתרגלים ‪ :‬אבי מוטיל ורועי גומל‪.‬‬ ‫מועד א' ‪ 19 -‬ליולי ‪2015‬‬ ‫‪ .1‬עגלה בעלת מסה ‪ M‬עומדת על מישור אופקי חלק‪ .‬על העגלה מותקן משטח חלק בעל חתך של‬ ‫חצי מעגל ברדיוס ‪ .R‬מאפשרים למסה ‪ m‬להחליק‪ ,‬ללא חיכוך‪ ,‬ובהשפעת כוח הכובד ממנוחה‬ ‫מנקודה ‪.A‬‬ ‫)א( חשבו את המהירות של מסה‬ ‫‪m‬‬ ‫ביחס למערכת המעבדה בהגיעה לנק' ‪ 5) ?C‬נק'(‪.‬‬ ‫)ב( מהו המרחק אותו עברה העגלה בזמן תנועתה של מסה ‪ m‬מנק' ‪ A‬ל־‪ 15) ?C‬נק'(‪.‬‬ ‫)ג( כעת הניחו כי מסה ‪ m‬משוחררת מנק' ‪ .D‬השתמשו בקירוב זוויות קטנות וחשבו את‬ ‫תדירות התנודות‪ 12) .‬נק'(‪.‬‬ ‫)א( משימור תנע ואנרגיה קל לראות שהמהירות של המסה ביחס למערכת המעבדה היא אפס‪,‬‬ ‫מכיוון שהיא נעצרת בנק' ‪ c‬ומכיוון שגם התנע נשמר אז גם העגלה נעצרת יחד איתה‪.‬‬ ‫)ב( א‬ ‫‪1‬‬ ‫‪m·0+M ·R‬‬ ‫‪m+M‬‬ ‫‪A‬‬ ‫‪XCM‬‬ ‫=‬ ‫)‪m·(2R+ x)+M ·(R+ x‬‬ ‫‪m+M‬‬ ‫‪C‬‬ ‫‪XCM‬‬ ‫=‬ ‫‪A‬‬ ‫‪C‬‬ ‫‪XCM‬‬ ‫‪= XCM‬‬ ‫)‪x‬‬ ‫‪) m · 0 + M · R = m · (2R +‬‬ ‫‪x) + M · (R +‬‬ ‫‪2m·R‬‬ ‫‪m+M‬‬ ‫)ג(‬ ‫=‪x‬‬ ‫)‬ ‫משימור תנע נוכל למצוא את מהירות העגלה ‪ V‬כפונק' של מהירות המסה הקטנה ‪:v‬‬ ‫‪m‬‬ ‫‪v‬‬ ‫‪M‬‬ ‫‪M V + mv = 0 → V = −‬‬ ‫נקשר את המהירות הקווית של מסה ‪ m‬לזווית ‪ θ‬באמצעות מסלול התנועה המעגלי‪:‬‬ ‫˙‬ ‫‪v = θR‬‬ ‫ונציב במשוואת שימור האנרגיה ונשתמש בקירוב זוויות קטנות ‪:‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫) ‪˙ 2 + mgR( θ‬‬ ‫)‪˙ 2 + 1 M (− m θR‬‬ ‫)‪ET = mv 2 + M V 2 + mgR(1 − cos θ) = m(θR‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪M‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪m ˙ 2‬‬ ‫‪)(θR) + gRθ2‬‬ ‫‪M‬‬ ‫‪. . . = (1 +‬‬ ‫נגזור כדי להפטר מאיבר האנרגיה הקבוע ונקבל את משוואת התנועה לאחר צימצום‪:‬‬ ‫‪m‬‬ ‫‪g‬‬ ‫‪¨ 2 + 2gRθθ˙ → 0 = θ¨ +‬‬ ‫‪0 = (1 + )2θ˙θR‬‬ ‫‪m θ‬‬ ‫‪M‬‬ ‫‪R(1 + M‬‬ ‫)‬ ‫ולכן תדירות התנודות הקטנות היא‪:‬‬ ‫‪m‬‬ ‫)‬ ‫‪M‬‬ ‫‪g‬‬ ‫‪R(1 +‬‬ ‫= ‪ω02‬‬ ‫כאשר נשאיף את מסת העגלה לאינסוף )או לחילופין ‪ (M >> m‬־ כלומר העגלה לא זזה‬ ‫־ נקבל תדירות של מטוטלת מתמטית כצפוי‪.‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪ .2‬גוף שמסתו ‪ m‬נמצא במרכז תעלה חלקה הנמצאת לאורך קוטרה של דיסקה אנכית‪ .‬הגוף‬ ‫מחובר לשני קפיצים בעלי קבוע קפיץ ‪ k‬המחוברים לקצות התעלה‪ .‬נתון שהדיסקה מסתובבת‬ ‫במהירות זוויתית קבועה ‪ .ω‬הניחו כי ב־‪ t = 0‬המערכת מתחילה לנוע ממצב אופקי כמתואר‬ ‫באיור והמסה נמצאת במנוחה‪.‬‬ ‫)א( מצאו את מש' התנועה עבור ∆‪ ,‬סטיית המסה מן הראשית בציר התנועה הרדיאלי‪18) .‬‬ ‫נק'(‬ ‫)ב( מהו התנאי לתנועה הרמונית? )‪ 5‬נק'(‬ ‫)ג( פתרו את המשוואה בהנחת התנאי מסעיף ב'? )‪ 5‬נק'(‬ ‫)ד( מה התנאי לאמפליטודה מקסימלית במערכת?‪ 5) .‬נק'(‬ ‫‪3‬‬ ‫‪ .3‬מסה ‪ m‬נעה ללא חיכוך על הדופן הפנימית של חישוק מעגלי ברדיוס ‪ R‬כאשר היא מחוברת‬ ‫באמצעות קפיץ לנקודה הנמצאת בגובה ‪ d‬מעל מרכז החישוק )ראו ציור(‪ .‬נתון שאורכו הרפוי‬ ‫של הקפיץ זניח וקבוע הקפיץ הוא ‪.k‬‬ ‫)א( מהו התנאי שצריך להתקיים בין הקבועים ‪ g, k, d, R, m‬כך שהמסה תהיה בשיווי משקל‬ ‫בנקודה ‪ ?A‬הנקודה ‪ A‬היא הנקודה הנמוכה ביותר של דופן החישוק כמתואר בציור )‪ 5‬נק(‪.‬‬ ‫ענו על שני הסעיפים הבאים בהנחה שתנאי זה מתקיים‪:‬‬ ‫)ב( איזו מהירות התחלתית יש להקנות למסה בנקודה ‪ A‬כך שהיא תוכל להשלים הקפה מלאה‬ ‫)‪ 12‬נק'(?‬ ‫)ג( מצב שיווי המשקל בנקודה ‪ A‬הוא יציב‪ .‬חשבו את תדירות התנודות הקטנות סביב מצב‬ ‫זה‪ 16) .‬נק(‬ ‫‪4‬‬ ‫)א( שקול הכוחות בנקודה ‪ A‬הינו ‪ΣF = N + k(R + d) − mg = 0‬‬ ‫נדרוש נורמל חיובי ולכן ‪N = mg-k(R + d) > 0‬‬ ‫והתנאי הינו )‪.mg>k(R + d‬‬ ‫)ב( האנרגיה נשמרת בין הנקודה התחתונה ‪ A‬לנקודה העליונה ‪ B‬ולכן ניתן לבצע שימור אנרגיה‪:‬‬ ‫‪m 2 K‬‬ ‫‪vA + (R + d)2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫= ‪EA‬‬ ‫וכן‬ ‫‪m 2‬‬ ‫‪K‬‬ ‫‪vB + (R − d)2 + mg2R‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫= ‪EB‬‬ ‫‪.‬‬ ‫כדי לבצע הקפה שלמה נדרש נורמל גדול או שווה לאפס‪ .‬בנקודה ‪.B‬‬ ‫‪mvB2‬‬ ‫= )‪ΣFB = N + mg + K(R − d‬‬ ‫‪R‬‬ ‫‪.‬‬ ‫במקרה הגבולי נדרוש מהירות מינימלית בנקודה ‪ B‬כלומר ‪.N = 0‬‬ ‫לכן נקבל‬ ‫‪mvB2‬‬ ‫‪R‬‬ ‫= )‪mg + K(R − d‬‬ ‫או לחילופין‬ ‫‪1‬‬ ‫‪K‬‬ ‫‪mvB2‬‬ ‫= )‪mgR + R(R − d‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪5‬‬ ‫‪.‬‬ ‫כעת נשווה בין האנרגיות למציאת המהירות בנקודה התחתונה‪:‬‬ ‫‪K‬‬ ‫‪m 2 K‬‬ ‫‪m‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪K‬‬ ‫‪K‬‬ ‫)‪vA + (R+d)2 = vB2 + (R−d)2 +mg2R = mgR+ (R−d)2 +mg2R+ R(R−d‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫ומכאן נקבל כי‬ ‫‪KR‬‬ ‫)‪(R − 5d‬‬ ‫‪m‬‬ ‫‪vA2 = 5gR +‬‬ ‫‪.‬‬ ‫)ג( האנרגיה הכללית נשמרת‪ .‬נמצא אותה ואז נוכל לגזור אותה לפי הזמן‪ ,‬להשוות ל ‪ 0‬ולמצוא‬ ‫את משוואת התנועה עבור התנודות הקטנות‪:‬‬ ‫נגדיר את ראשית הצירים להיות במרכז החישוק ונעבוד בקואורדינטות פולריות‪ .‬הזווית‬ ‫‪ θ=0‬תתאים לנקודה ‪.A‬‬ ‫עבור נקודה כללית נוכל לבטא את האנרגיה הכוללת באמצעות הזווית ‪:θ‬‬ ‫האנרגיה הקינטית הינה ‪˙ 2‬‬ ‫)‪,EK = m2 (Rθ‬‬ ‫האנרגיה הפוטנציאלית הינה ‪EP = −mgRcosθ‬‬ ‫והאנרגיה האלסטית הינה )‪Eel = K2 (R2 +d2 −2Rdcos(π−θ)) = K2 (R2 +d2 +2Rdcosθ‬‬ ‫כאשר השתמשנו במשפט הקוסינוסים למציאת התארכות הקפיץ‪.‬‬ ‫אם כך האנרגיה הכוללת של המערכת הינה‪:‬‬ ‫‪ 2‬‬ ‫)‪ E = m2 Rθ˙ − mgRcosθ + K2 (R2 + d2 + 2Rdcosθ‬והיא קבועה בזמן‪.‬‬ ‫נגזור ונשווה ל ‪ 0‬ונקבל‪:‬‬ ‫¨˙ ‪2‬‬ ‫‪.mR θθ + mgRsinθθ˙ − KRdsinθθ˙ = 0‬‬ ‫נחלק ב ˙‪θ‬ונשתמש בכך ש ‪ sinθ = θ‬בתנודות קטנות לקבלת‪:‬‬ ‫‪=0‬‬ ‫‪mgR−KRd‬‬ ‫‪θ‬‬ ‫‪mR2‬‬ ‫‪θ¨ +‬ולכן‬ ‫‪mgR−KRd‬‬ ‫‪mR2‬‬ ‫= ‪.ω02‬‬ ‫‪ .4‬גליל מלא ואחיד שמסתו ‪ M‬ורדיוסו ‪ R‬מונח על מישור אופקי מחוספס‪ .‬מקדם החיכוך בין הגליל‬ ‫והמישור הוא ‪ .µ‬יורים קליע שמסתו גם כן ‪M‬במהירות ‪ .v0‬הקליע חודר דרך הגליל‪ .‬מהירות‬ ‫הקליע לאחר החדירה היא ‪ . v20‬הזמן שהקליע שוהה בתוך הגליל והזמן בו הקליע במגע עם הגליל‬ ‫זניחים‪ .‬מסלול הקליע בתוך הגליל הוא קו ישר אופקי הנמצא במרחק ‪ d = R3‬מציר הגליל‪.‬‬ ‫)א( חשבו את המהירות הקווית של ציר הגליל מיד לאחר יציאת הקליע ממנו )‪ 5‬נק'(‪.‬‬ ‫)ב( חשבו את המהירות הזוויתית של סיבוב הגליל סביב צירו מיד לאחר יציאת הקליע ממנו‬ ‫)‪ 5‬נק'(‪.‬‬ ‫)ג( חשבו את הזמן שיעבור עד שהגליל יתחיל להתגלגל ללא החלקה )‪ 13‬נק'(‪.‬‬ ‫‪6‬‬ ‫)ד( חשבו את האנרגיה המכנית שהלכה לאיבוד בתהליך חדירת הקליע )‪ 5‬נק'(‪.‬‬ ‫)ה( חשבו את האנרגיה המכנית שהלכה לאיבוד בזמן בין תחילת התנועה של הגליל עד הגיעו‬ ‫לגלגול ללא החלקה )‪ 5‬נק'(‪.‬‬ ‫)א( הזמן שהקליע שוהה בתוך הגליל והזמן בו הקליע במגע עם הגליל זניחים ולכן התנע הקווי‬ ‫בציר ה ‪ x‬נשמר‪:‬‬ ‫‪ M v0 = M vcm + M v20‬כלומר ‪.vcm = v20‬‬ ‫)ב( מאותם טעמים התנע הזוויתי נשמר לפני ואחרי חדירת הקליע ולכן‪:‬‬ ‫‪dM v0 = Iω + dM v20‬‬ ‫כאשר התנע הזוויתי חושב ביחס למרכז הגליל‪.‬‬ ‫‪2‬‬ ‫נשתמש בעובדה שעבור גליל ‪I = M2R‬‬ ‫‪2‬‬ ‫ולכן ‪Iω0 = M2R ω0 = dM v20‬‬ ‫‪v0‬‬ ‫‪0‬‬ ‫‪.ω0 = dv‬‬ ‫‪= 3R‬‬ ‫כלומר‬ ‫‪R2‬‬ ‫‪v0‬‬ ‫‪ ω0 = 3R‬וכן ‪.vcm = v20‬‬ ‫)ג( מיד לאחר יציאת הקליע מהגליל מצאנו כי‬ ‫קל לראות כי ‪ vcm − ω0 R > 0‬ולכן יתקיים גלגול עם החלקה‪.‬‬ ‫מהירות הנקודה התחתונה חיובית ולכן תתבצע החלקה ימינה וכנגדה יפעל כוח חיכוך‬ ‫שמאלה שיאט את מהירות מרכז המסה‬ ‫ויגדיל את המהירות הזוויתית עד שיתקיים ‪ vcm = ω0 R‬ואז יפסיק לפעול כוח החיכוך‬ ‫והגליל יתגלגל ללא החלקה‪.‬‬ ‫על הגליל פועל כוח חיכוך שמאלה שמאט אותו ולכן‪:‬‬ ‫‪.−µM g = M v˙ cm‬‬ ‫אם כך מהירות מרכז המסה כתלות בזמן שווה ל‬ ‫‪.vcm (t) = v20 − µgt‬‬ ‫המומנט הפועל על הגליל )מחושב ביחס למרכז המסה של הגליל( הינו‬ ‫‪2‬‬ ‫‪gR‬‬ ‫‪= 2µg‬‬ ‫˙‪ f R = µM gR = I ω˙ = M2R ω‬או‬ ‫‪ω˙ = µM‬‬ ‫‪M R2‬‬ ‫‪R‬‬ ‫‪2‬‬ ‫ולכן המהירות הזוויתית של הגליל סביב מרכז המסה שלו כתלות בזמן שווה ל = )‪ω(t‬‬ ‫‪v0‬‬ ‫‪. 3R‬‬ ‫‪+ 2µg‬‬ ‫‪t‬‬ ‫‪R‬‬ ‫התנאי לגלגול ללא החלקה הינו ‪vcm (tf ) = ω(tf )R‬‬ ‫‪v0‬‬ ‫‪v0‬‬ ‫‪− µgtf = ( 3R‬‬ ‫‪+ 2µg‬‬ ‫ולכן ‪t )R‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪R f‬‬ ‫‪v0‬‬ ‫‪.tf = 18µg‬‬ ‫ונקבל‬ ‫)ד( האנרגיה שהלכה לאיבוד שווה להפרש בין האנרגיה ההתחלתית לסופית‪:‬‬ ‫) ‪.∆E = Ei − Ef = 21 M v02 − ( 12 M ( v20 )2 + 12 M (vcm )2 + 12 I(ω0 )2‬‬ ‫לאחר הצבת‬ ‫‪v0‬‬ ‫‪2‬‬ ‫= ‪ vcm‬ו‬ ‫‪v0‬‬ ‫‪3R‬‬ ‫= ‪ ω0‬נקבל ‪.∆E = 29 M v02‬‬ ‫‪7‬‬ ‫)ה( האנרגיה שהלכה לאיבוד שווה להפרש בין האנרגיה ההתחלתית לסופית‪:‬‬ ‫‪11‬‬ ‫‪M v02‬‬ ‫‪72‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪Ei = 12 M vcm‬‬ ‫= ‪+ 21 I(ω0 )2‬‬ ‫‪4‬‬ ‫‪M v02‬‬ ‫‪27‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪(tf ) + 21 Iωcm‬‬ ‫= ) ‪(tf‬‬ ‫‪Ef = 12 M vcm‬‬ ‫כאשר מצאנו את המהירויות‬ ‫על ידי הצבת‬ ‫‪v0‬‬ ‫‪18µg‬‬ ‫‪4v0‬‬ ‫‪9R‬‬ ‫= ) ‪vcm (tf ) = 49 v0 , ω(tf‬‬ ‫= ‪ tf‬בביטויים )‪.vcm (t), ω(t‬‬ ‫לבסוף האנרגיה שהלכה לאיבוד תינתן על ידי ההפרש בין השניים‪:‬‬ ‫‪>0‬‬ ‫‪4‬‬ ‫‪)M v02‬‬ ‫‪27‬‬ ‫‪11‬‬ ‫‪∆E = ( 72‬‬ ‫‪−‬‬ ‫‪8‬‬