תשובות במכניקה, אופטיקה וגלים
416 קיץ תשע"ה ( - )2015התשובות תשובות ה .כן. נימוק :בקטע PNהמהירות הממוצעת של משאית Aהיא ( 60 km/hראו תשובה לסעיף ד) ,ובתחילת הקטע PNמהירותה גדולה מ ,60 km/h -משני אלה נובע כי יש רגע בקטע PNשבו מהירות משאית Aהיא .60 km/h מכניקה ,אופטיקה וגלים פרק ראשון -מכניקה .1א .נגדיר ציר xשכיוונו חיובי ימינה .המהירות הממוצעת , v ,בקטע התנועה ,MNעל-פי ההגדרה: km 180 km על פי התשובה לסעיף א ,משאית Bנעה בתנועה שוות מהירות של .60 km/h Tx v = Tt = 3 h = 60 h נמיר את יחידות המהירות ל:m/s - km 1000m 1000 m = 60 = 60 h 3, 600s 3, 600 s m v . 16.67 s מכאן שיש רגע שבו מהירויות שתי המשאיות שוות. v = 60 .2א .תרשים הכוחות הפועלים על הגוף: המהירות הממוצעת היא 60קמ”ש ,שהם 16.67 מטר לשנייה. ב .תנועת משאית Bמ M -ל N -כוללת 6פרקי זמן ,ואילו בתנועת משאית Aמ M -ל N -יש רק 5פרקי זמן .מכאן שמשך תנועת משאית A מ M -ל N -קצר ממשך תנועת משאית BמM - ל.N - מאידך גיסא ,המשאיות Aו B -נעו לאורך אותו העתק .MNמשתי קביעות אלה עולה כי המהירות הממוצעת בנסיעה של משאית A בקטע MNגדולה מזו של משאית .B ג. - Nהכוח הנורמלי x -f כוח יכוך הח הק k - mgהמשקל α ב .ניישם את החוק השני של ניוטון ביחס לציר שכיוונו החיובי בכיוון המורד. x SFx = ma ⇒ mgsina – mmgcosa = ma נתון כי משך הנסיעה של משאית Bמ M -לN - מכאן: הוא 3שעות ,וכי תנועה זו כוללת 6מרווחי זמן, לכן כל מרווח זמן הוא בן .3/6 = 0.5 h (1) a = gsina – mgcosa ג .גרף התאוצה כפונקציה של מקדם החיכוך: ) a ( m2 s המהירות הממוצעת של בנסיעה של משאית A 3.0 מ M -ל:P - km T xM " P 90 v M " P = Tt = = 90 2 · 0.5 h M " P ד .בקטע ,PNבמקום שני מרווחי זמן ,יש 3מרווחי זמן .לכן המהירות הממוצעת היא ( 60 km/hגם כאן אורך הקטע הוא 90ק”מ). ינטי 2.5 a =-9.4μ + 3.44 2.0 1.5 1.0 0.5 μ 0.05 0.10 0.15 0.20 0.25 0.30 0.35 0 0 417 קיץ תשע"ה ( - )2015התשובות נקודת החיתוך של העקומה ד .המשמעות של עם הציר האנכי :התאוצה שהייתה לגוף אילו המישור המשופע היה נטול חיכוך. 50 · 10 – 475 = 50 · a m/s2 מכאן: כלומר גודל התאוצה בקטע Bהוא וכיוונה מטה. בקטע :Cהתאוצה אפס בקטע :Dעל פי הגרף ,הכוח הנורמלי שהמאזניים מפעילים על תמי הוא .525 N המשמעות של נקודת החיתוך של העקומה עם הציר האופקי :ערכו של מקדם החיכוך של הגוף עם המישור המשופע ,המתאים למצב שבו הגוף נע במורד המישור המשופע במהירות קבועה. נציב ערכים מספריים בקשר ( )1ונקבל: ה .מקשר ( )1לעיל נובע כי שיפוע העקומה הוא .–gcosαמאידך גיסא ,מהגרף (תשובה לסעיף ב) נובע כי שיפוע העקומה הוא ,–9.4 m/s2לכן: 50 · 10 – 525 = 50 · a a = –0.5 m/s2 מכאן: כלומר גודל התאוצה הוא 0.5 m/s2וכיוונה מעלה. –gcosα = –9.4 פתרון המשוואה: a = 0.5 0.5m/s2 ˚α = 19.95 בקטע :Eהתאוצה אפס .3א .האפשרות הנכונה היא (( )2הכוח המיוצג על ידי הוריית המאזניים הוא הכוח הנורמלי המופעל על תמי על ידי המאזניים). ב .בקטע :Aמנוחה בקטע :Bתנועה במהירות משתנה בקטע :Cתנועה קצובה בקטע :Dתנועה במהירות משתנה בקטע :Eמנוחה ג .בקטע Aהמעלית במנוחה לכן תאוצתה אפס. בקטע :Bמהתבוננות בקטע Aשל הגרף ,שבו המעלית במנוחה ,אפשר להבין כי המסה של תמי היא ,50 kgלכן גודל הכוח הנורמלי הפועל עליה בקטע זה הוא 500ניוטון. מהתבוננות בקטע Bאפשר לראות כי הכוח הנורמלי שהמאזניים מפעילים על תמי בקטע זה הוא 475ניוטון. ניישם ,בעזרת ערכים אלה ,את החוק השני של ניוטון עבור תמי בקטע ,Bביחס לציר מקום המצביע מטה: ⇒ (1) SFy = ma ⇒ mg – N = ma ד .בקטע Bראינו כי תאוצת המעלית היא כלפי מטה; המעלית החלה את תנועתה ממנוחה, מכאן שהמעלית ירדה בקטע Bוהמשיכה לרדת עד שעצרה ברגע .t = 11s ה .גרף המתאר את מהירות המעלית כפונקציה של הזמן ביחס לאותו ציר מקום המצביע מטה: v )t(s 10 5 0 .4א )1( .גודל התאוצה המשיקית הוא מרבי בנקודות ( )1ו.)5( - ( )2גודל המהירות הוא מרבי בנקודה .3 ב .בנקודה ( )3כיוון תאוצת הכדור הוא לעבר נקודת הקשר של החוט עם התקרה .לכן ,על פי החוק השני של ניוטון ,כיוון הכוח השקול הפועל על הכדור הוא לעבר נקודה זו .כיוון המתיחות בנקודה ( )3הוא לעבר נקודת הקשר, וכוח הכבידה פועל בכיוון מנוגד למתיחות. 418 קיץ תשע"ה ( - )2015התשובות כיוון שהכוח השקול פועל ,כאמור ,לעבר נקודת הקשר ,מבינים שהמתיחות בחוט גדולה מכוח הכובד. .5א .ניישם את החוק השני של ניוטון עבור תחנת החלל: ג .צעד ראשון :נחשב תחילה את מהירות הכדור בנקודה ( )3על ידי השוואת האנרגיה המכנית הכוללת בנקודה זו ובנקודה (:)1 תוצאת החישוב: התאוצה של תחנת החלל היא בת 8.66מ\ש . = SF = ma ( SF ד .בכל אחד משני הניסויים תנועת הכדור היא “זריקה אופקית” .משך התנועה בזריקה אופקית תלוי רק בגובה נקודת הזריקה ולא במהירות ההתחלתית .מכאן.t1 = t2 : ה .על-פי הצעד ראשון שבסעיף ג: a R = 6.67 ·10 2 v 2 2gh a R = r3 = L mgH = 12 mv 2 ( v = 2gH –11 aR = 8.66 m/s2 צעד שלישי :שימוש בחוק השני של ניוטון בנקודה (:)3 aR = G נציב ערכים 5.97 ·10 24 ^ 6380 ·10 3 + 400 ·10 3h2 v 3 = 2gh מכאן: צעד שני :ביטוי לתאוצת הכדור ב:)3( - 2mgh L ME r2 לכן: 1 E (1) = E (3) ( mgh 1 = 2 mv 32 ME m = ma R r2 SFR = ma R ( G ()1 בניסוי הראשון הגובה ממנו שוחרר הכדור גדול פי 2מאשר בניסוי השני ,לכן ,על פי קשר ()1 לעיל מהירות הכדור בנקודה ( )3בניסוי הראשון גדולה פי 2מאשר בניסוי השני. צעד שני :לאור התשובה שבסעיף ד ,אפשר להסיק שיש יחס ישר בין המרחק האופקי שהכדור עובר מרגע הניתוק עד שהגיע לקרקע לבין מהירותו לרגע הניתוק .מכאן שהמרחק D1 גדול פי 2מהמרחק .D2 ב .היגד iנכון :תחנת החלל נעה במסלולה במהירות שגודלה קבוע. ג .התאוצות של האסטרונאוטים ושל החללית שוות ,לכן תאוצת האסטרונאוטים ביחס ללוויין היא אפס ,לכן האסטרונאוטים מרחפים ביחס ללוויין. ד .נחשב את זמן המחזור של הלוויין: v2 4r 2 r 2 = aR = r & aR T2 r 2 4r r 2 T מכאן: 3 3 6380 · 10 + 400 · 10 8.66 = aR r = 2r aR T = 2r T = 92.6 min תוצאת החישוב: מספר הפעמים הנוספות ,n ,שתחנת החלל עברה מעל הנקודה שעל קו המשווה: 24 · 60 n = 92.6 . 15.6 ביממה תחנת החלל עברה 15פעמים נוספות מעל הנקודה שעל קו המשווה. ה .כן. נימוק :עבודת כוח הכבידה על תחנת החלל היא אפס (בכל נקודה כוח הכבידה ניצב להעתק) לכן האנרגיה המכנית הכוללת של תחנת החלל נשמרת. 419 קיץ תשע"ה ( - )2015התשובות פרק שני -אופטיקה וגלים .6א .התרשים: נורה נוספת נורה A צל חלקי צל מלא צל חלקי צללית .7א .בניגוד להחזרה מקיר ,ההחזרה ממראה היא מסודרת ,לכן הילד משתקף במראה. ב. נורה α D ב .כידוע ,במראה מישורית מקום הדמות סימטרי למקום העצם ,ביחס למישור המראה .לפי הנתונים ,בתחילה הילד היה במרחק 1m מהמראה ובסוף הוא יהיה במרחק 0.25m מהמראה. המהירות הקבועה של הילד נתונה על ידי Tx הביטוי: =v Tt B O A 50 cm C E מכאן מקבלים: צללית המרחק בין הילד לדמותו יהיה 0.5מטר כעבור 1.5שניות. נתבונן בתרשים שלמעלה במשולש :DEC ˚& a = 10.12 EC 50 cm tan a = DE = 280 cm Tx 1 – 0.25 = Tt = = 1.5 s v 0.5 ג. צורה IV נתבונן בתרשים במשולש :DOB OB sin a = DO OB 20 = DO = = 113.8 cm sin a sin 10.12 AE = DE – DO – OA = 280 – 113.8 – 20 = 146.2 cm ג .התרשים: .8א )1( .משרעת הגל היא ההעתק המרבי מנקודת שיווי המשקל ,ועל-פי תרשים א וגם על-פי תרשים ב משרעת הגל היא 5ס”מ. ( )2על-פי תרשים א זמן המחזור הוא 4שניות ,לכן ,מהקשר f = 1/Tנובע כי .f = 1/4 = 0.25 Hz ( )3על פי תרשים ב אורך הגל הוא .λ = 40 cm 420 קיץ תשע"ה ( - )2015התשובות ב .מהירות התפשטות הגל בחבל: EQ v = lf = 0.4 · 0.25 = 0.1 m/s ג .כעבור 2שניות ,שהם מחצית זמן המחזור, הנקודה Pתהיה בנקודה .d נימוק :הגל הנתון הוא גל רוחב ולכן כל נקודה נעה בכיוון מאונך לכיוון ההתפשטות .במחצית זמן מחזור הנקודה Pנעה מ y = +A -ל.y = –A - EB B Eq ( )2הפוטנציאל החשמלי בנקודה Bשווה לאפס. נימוק :פוטנציאל הוא גודל סקלרי ,וערכי הפוטנציאל בנקודה Bהודות למטענים Qוq - מנוגדים בסימנם ושווים בגודלם. אלקטרומגנטיות .1א .המטען Qחיובי. נימוק :קו שדה מוגדר כקו שכיוונו (ליתר דיוק כיוון המשיק לו) בכל נקודה הוא כיוון הכוח שהיה פועל על מטען בוחן חיובי שהיה מוצב בנקודה זו. כיוון השדה החשמלי בשאלה שלנו הוא “החוצה מהמטען” ,זה אומר שאם יוצב מטען בוחן (חיובי) יופעל עליו על ידי המטען Qכוח דחייה .מכאן ש Q -חיובי. ה .העבודה הדרושה כדי להעביר את המטען מ- ישירות ל D -היא .WN→D = –15 · 10–3 J N נימוק :אפשר לבטא עבודה של כוח חיצוני שמעביר מטען מנקודה אחת לאחרת על ידי הביטוי DV ;qDVמנוגד למקרה הקודם ,לכן לעבודה סימן מנוגד. .2א .תרשים המעגל החשמלי: V ב .הביטוי לעוצמת שדה חשמלי הוא: מכאן: Q Q & 100 = 9 ·10 9 r2 0.1 2 E = k Q = 19 ·10 –9 C A ג .המטען qשלילי ,וערכו המוחלט שווה ל.Q - נימוק :אפשר לראות בתרשים שקווי השדה יוצאים מ Q -ונכנסים ל ,q -מכאן ש q -מטען שלילי .מהסימטריה של קווי השדה ביחס לישר ,נובע כי גודלי המטענים שווים. ד )1( .עוצמת השדה בנקודה Bשונה מאפס. נימוק :שדה חשמלי הוא גודל וקטורי .השדה השקול בנקודה Bמכוון שמאלה ,כפי שמוצג באיור. ב )1( .מתח ההדקים לפני שסוגרים את המפסק הוא .V1 = ε לאחר שסוגרים את המפסק עובר זרם חשמלי במעגל ,לכן מתח ההדקים הוא: .V2 = ε – Ir אפשר לראות שמתקיים.V1 > V2 : הערה :אומנם בשאלה נאמר שהערך הרשום על
© Copyright 2024