יום שני, 4 בנובמבר 2013

מבחן ראשון בחמדע - מבחר שאלות פתורות



כן, זה אמיתי... עוד על ערפיליות פלנטריות  כאן


שאלה 1 (וקטורים קינמטיים):

חלקיק נע על גבי אליפסה כך שווקטור המקום שלו נתון על ידי 
\begin{aligned}\vec{r}\left(t\right)=a\cos\left(\omega{t}\right)\,\widehat{\boldsymbol{x}}+b\sin\left(\omega{t}\right)\,\widehat{\boldsymbol{y}}\end{aligned}
באשר \(a,b,\omega\) הם פרמטרים. את השאלות הבאות פיתרו במונחים של הפרמטרים הללו, ובמידת הצורך גם קבועים מתמטיים כמו \(\pi\).

א. מה הם המימדים (או היחידות) של הפרמטרים \(a,b\) ו- \(\omega\)? 

תשובה: היות והפונקציות הטריגונומטריות הן ללא מימדים פיזיקליים, ומאחר ולוקטור המקום מימדים של אורך, נקבל של- \(a,b\) מימדים של אורך ול-\(\omega\) מימד של אחד חלקי זמן. בשיטת SI המפורסמת לפרמטרים \(a,b\) יחידות של מטר ולפרמטר \(\omega\) יחידות של אחד חלקי שנייה.

ב. כמה זמן אורך מחזור שלם של התנועה?

תשובה: נציין את זמן המחזור באות \(T\). לפונקציות הטריגונומטריות מחזור של \(2\pi\) ולכן בתום המחזור הראשון \(\omega{T}=2\pi\) ומכאן, \(T=2\pi/\omega\).

ג. הראו שהמרכיב ה-\(x\)-י והמרכיב ה-\(y\)-י של וקטור המקום של החלקיק מקיימים את המשוואה הקנונית של האליפסה 
\begin{aligned}\left(\frac{x}{a}\right)^{2}+\left(\frac{y}{b}\right)^{2}=1\end{aligned} לכל זמן  \(t\).


תשובה: המרכיב ה-\(x\)-י של וקטור המקום נתון ע"י \(x(t)=a\cos(\omega{t})\) והמרכיב ה-\(y\)-י של וקטור המקום נתון ע"י \(y(t)=b\sin(\omega{t})\). לכן,\begin{aligned}\left(\frac{x}{a}\right)^{2}+\left(\frac{y}{b}\right)^{2}=\cos^{2}\omega{t}+\sin^{2}\omega{t}=1\end{aligned} וברור שתוצאה זו אינה תלוייה בזמן.

ד. קבלו ביטוי עבור וקטור המהירות הרגעית של החלקיק, \(\vec{v}\left(t\right)\).

תשובה: המהירות הרגעית מתקבלת מגזירת וקטור המקום לפי הזמן, לכן: \begin{aligned}\vec{v}\left(t\right)=\dot{\vec{r}}\left(t\right)=-\omega{a}\sin\left(\omega{t}\right)\,\widehat{\boldsymbol{x}}+\omega{b}\cos\left(\omega{t}\right)\,\widehat{\boldsymbol{y}}\end{aligned}

ה. הסבירו את המושג "קבוע של התנועה". חשבו את המכפלה הוקטורית \(\vec{r}(t)\times\vec{v}(t)\)  והראו שהיא קבוע של התנועה. 

תשובה: קבוע של התנועה הוא מאפיין של המערכת שאינו תלוי בזמן, המורכב ממשתנים דינאמיים שכל אחד מהם כן תלוי בזמן.  \begin{aligned}\vec{r}\times\vec{v}&=\left|\begin{array}{ccc}\widehat{\boldsymbol{x}}&\widehat{\boldsymbol{y}}&\widehat{\boldsymbol{z}}\\a\cos(\omega{t})&b\sin(\omega{t})&0\\-\omega{a}\sin(\omega{t})&\omega{b}\cos(\omega{t})&0\end{array}\right|=\widehat{\boldsymbol{z}}\omega{ab}\left[\cos^{2}\left(\omega{t}\right)+\sin^{2}\left(\omega{t}\right)\right]\\&=\omega{ab}\,\widehat{\boldsymbol{z}}\end{aligned} קיבלנו וקטור המצביע בכיוון ציר \(z\) שאינו תלוי בזמן ולכן הוא בהכרח קבוע של התנועה (למעשה זהו התנע הזוויתי של החלקיק מחולק במסתו).


ו. קבלו ביטוי עבור וקטור היחידה המצביע בכיוון התנועה של החלקיק.

תשובה: וקטור המהירות הרגעית מצביע בכיוון התנועה, לכן ממנו נוכל לבנות את וקטור היחידה המתאים ע"י חלוקה שלו בגודלו. גודל וקטור המהירות הרגעית נתון בביטוי:
    \begin{aligned}v=\left|\vec{v}\right|=\sqrt{\vec{v}\cdot\vec{v}}=\omega\sqrt{a^{2}\sin^{2}(\omega{t})+b^{2}\cos^{2}(\omega{t})}\end{aligned}
    לכן וקטור היחידה המתאים הוא
    \begin{aligned}\widehat{\boldsymbol{v}}=\frac{\vec{v}}{v}&=\phantom{+}\frac{-a\sin(\omega{t})\,\widehat{\boldsymbol{x}}}{\sqrt{a^{2}\sin^{2}(\omega{t})+b^{2}\cos^{2}(\omega{t})}}\\&\phantom{=}+\frac{b\cos(\omega{t})\,\widehat{\boldsymbol{y}}}{\sqrt{a^{2}\sin^{2}(\omega{t})+b^{2}\cos^{2}(\omega{t})}}\end{aligned}

ז. קבלו ביטוי עבור וקטור התאוצה הרגעית של החלקיק \(\vec{a}\left(t\right)\) והראו שהוא מצביע בכיוון המנוגד לכיוון וקטור המקום.

תשובה: התאוצה הרגעית היא הנגזרת לפי הזמן של המהירות הרגעית ולכן: 
    \begin{aligned}\vec{a}\left(t\right)&=\dot{\vec{v}}=-\omega^{2}a\cos(\omega{t})\,\widehat{\boldsymbol{x}}-\omega^{2}b\sin(\omega{t})\,\widehat{\boldsymbol{y}}\\&=-\omega^{2}\left[a\cos\left(\omega{t}\right)\,\widehat{\boldsymbol{x}}+b\sin\left(\omega{t}\right)\,\widehat{\boldsymbol{y}}\right]\\&=-\omega^{2}\vec{r}\left(t\right)\end{aligned}

ח. רישמו את הביטוי שהחישוב המפורש שלו נותן את התאוצה המשיקית \(a_{T}\) בכל זמן \(t\). חשבו במפורש את התאוצה המשיקית כפונקציה של הזמן והסיקו ממנו בנוגע לתאוצה המשיקית בתנועה מעגלית קצובה.

תשובה: התאוצה המשיקית היא הרכיב המשיק למסלול התנועה של וקטור התאוצה הרגעית והיא מתקבלת מהטלתו של וקטור התאוצה הרגעית על וקטור היחידה בכיוון המשיק למסלול, ולכן:
    \begin{aligned}a_{T}\left(t\right)&=\vec{a}\cdot\widehat{\boldsymbol{v}}=-\omega^{2}\left(\vec{r}\cdot\widehat{\boldsymbol{v}}\right)\\&=\frac{-\omega^{2}\left[-a^{2}\cos(\omega{t})\sin(\omega{t})+b^{2}\sin(\omega{t})\cos(\omega{t})\right]}{\sqrt{a^{2}\sin^{2}(\omega{t})+b^{2}\cos^{2}(\omega{t})}}\\&=\frac{\omega^{2}\left(a^{2}-b^{2}\right)\sin(2\omega{t})}{2\sqrt{a^{2}\sin^{2}(\omega{t})+b^{2}\cos^{2}(\omega{t})}}\end{aligned}
    בשלב האחרון השתמשנו בזהות \(\sin2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha\). ולבסוף, במקרה של תנועה מעגלית \(a=b\), ואז המרכיב המשיקי של התאוצה מתאפס, כצפוי.

ט. מהם ארבעת הזמנים במחזור אחד של התנועה שבהם התאוצה המשיקית מתאפסת? ביחרו זמן אחד כזה ורישמו עבורו את וקטורי המקום, המהירות והתאוצה ברגע זה. 

תשובה: נציג \(2\omega{t}=0,\pi,2\pi,3\pi\) ונקבל התאפסות בכל רבע מחזור. ובפרט, בזמן \(t=0\) נקבל: \(\vec{r}=a\,\widehat{\boldsymbol{x}}\), \(\vec{v}=\omega{b}\,\widehat{\boldsymbol{y}}\), \(\vec{a}=-\omega^{2}a\,\widehat{\boldsymbol{x}}\).



שאלה 2 (חוק ראשון ושלישי):

מישור משופע מחליק על רצפה אופקית במהירות קבועה \(u\) לאורך קו ישר. המישור נטוי בזווית \(\theta\) מעל האופק, ראו השרטוט מטה. חדף (חד-אף, מין של יונק זעיר) שמשקלו \(W\) מחליק במורד המישור המשופע במהירות קבועה \(v\), כפי שהיא נמדדת במערכת המנוחה של המישור המשופע.


התייחסו לכיוון של \(u\) כאל הכיוון החיובי.


א. מדוע אפשר להתייחס למישור המשופע עצמו כאל מערכת התמד? מה אפשר לומר על השקול הוקטורי של כל הכוחות הפועלים עליו? 

תשובה: היות והמישור המשופע נע במהירות קצובה לאורך קו ישר, אפשר להתייחס אליו כאל מערכת התמד. לכן השקול הוקטורי של כל הכוחות הפועלים עליו הוא אפס.

ב. שרטטו שני תרשימי כוחות נפרדים: תרשים אחד מתאר את כל הכוחות הפועלים על המישור המשופע, תרשים שני מתאר את כל הכוחות הפועלים על החדף המחליק על המישור המשופע. 

תשובה: מצורף תרשים הכוחות הפועלים על החדף המצוייר כאן כתיבה מלבנית (במקור לקוח מויקי)... תרשים הכוחות הפועלים על המישור המשופע יגיע בהמשך...

במקרה שלנו \(W=mg\). בתרשים זה
הכיוון החיובי הוא ימינה

ג. הגדירו מהם כוחות פעולה ותגובה ומה אומר החוק השלישי של ניוטון בהקשר זה?

תשובה: כוחות פעולה ותגובה הם צמדים של כוח הפועלים בין שני גופים שונים המבצעים אינטראקציה זה עם זה. מתוקף החוק השלישי של ניוטון, כל גוף מפעיל על הגוף השני כוח השווה בגודלו והפוך בכיוונו לכוח שהגוף השני מפעיל עליו. בשפה מתמטית: \(\vec{F}_{1\to2}=-\vec{F}_{2\to1}\). הערה: למרבה הפלא ישנם מצבים בתורה האלקטרומגנטית עבורם החוק השלישי אינו תקף.

ד. ציינו את כל הצמדים של כוחות פעולה ותגובה הפועלים בין המישור המשופע והחדף, ואת כיווני פעולת הכוחות.

תשובה: במקרה שלנו יש שני צמדים רלוונטים: 1) הכוח הנורמלי שהחדף מפעיל על המישור המשופע שווה בגודלו והפוך בכיוונו לכוח הנורמלי שהמישור המשופע מפעיל על החדף; כוחות אלו פועלים בניצב למשטח המגע בין המישור המשופע לבין החדף ואנו נסמנם באות \(N\). 2) כוח החיכוך הקינטי שהחדף מפעיל על המישור המשופע שווה בגודלו והפוך בכיוונו לכוח החיכוך הקינטי שהמישור המשופע מפעיל על החדף; החדף מפעיל כוח חיכוך על המישור המשופע בכיוון המורד, והמישור המשופע מפעיל את אותו הכוח על החדף בכיוון המעלה. נסמן גודלו של כוח זה ב- \(f\).

ה. בחרו מערכת צירים נוחה ורישמו את משוואות תנאי ההתמדה עבור החדף המחליק על גבי המישור המשופע.

תשובה: מערכת צירים נוחה לתיאור החדף היא מערכת צירים הצמודה למישור המשופע כך שציר ה-\(x\) מקביל למישור המשופע וציר ה-\(y\) ניצב לו. מתנאי ההתמדה בכיוון ציר \(x\) נקבל: \(W\sin\theta=f\), מתנאי ההתמדה בכיוון ציר \(y\) נקבל: \(W\cos\theta=N\). 

ו. חשבו את מקדם החיכוך הקינטי בין הגוף לבין המישור המשופע כפונקציה של הפרמטרים בבעיה. מדוע זה נראה כאילו מקדם החיכוך כלל לא תלוי בגופים המתחככים ובתכונותיהם? האם זה באמת כך?

תשובה: נציג \(f=\mu{N}\) במשוואת תנאי ההתמדה עבור החדף בציר \(x\) ונקבל את צמד המשוואות:
\begin{aligned}W\sin\theta&=\mu{N}\\W\cos\theta&=N\end{aligned}
נחלק את שתי המשוואות זו בזו ונקבל  \(\mu=\tan\theta\).

לכאורה תוצאה זו לא תלוייה בתכונות הגופים וזאת משום מה? דרשנו החלקה במהירות קצובה והדרישה הזו הובילה למקדם חיכוך מאוד מסויים שרק עבורו היא תתרחש. עבור כל מקדם חיכוך אחר, דרישתנו לא היתה יכולה להתקיים. ברור שבבסיסו של דבר מקדם החיכוך תלוי בגופים המתחככים ובתכונותיהם.

ז. הוכיחו שבבעיה זו לא פועל כוח חיכוך בין המישור המשופע לבין הרצפה.


תשובה: הבה נניח שיש חיכוך בין המישור המשופע לבין הרצפה ונסמן אותו ב- \(\mathfrak{f}\) מזווותת (לא מזופתת...) נבחר מערכת צירים שבה ציר ה-\(x\) מקביל לרצפה ונרשום את תנאי ההתמדה של המישור המשופע בכיוון זה. מצד אחד פועל המרכיב ה-\(x\)-י של הכוח הנורמלי שהחדף מפעיל על המישור המשופע הניתן ע"י \(N\sin\theta\). מנגד פועלים המרכיב ה-\(x\)-י של כוח החיכוך שמפעיל החדף על המישור המשופע \(f\cos\theta\) ועל זה יש להוסיף את כוח החיכוך \(\mathfrak{f}\) הפועל בין המישור המשופע לרצפה. תנאי ההתמדה בכיוון זה הוא לפיכך \(\mathfrak{f}+f\cos\theta=N\sin\theta\). מכאן נקבל:
\begin{aligned}\mathfrak{f}=N\sin\theta-f\cos\theta=N\left(\sin\theta-\mu\cos\theta\right)=0\end{aligned} היות ו-\(\mu=\tan\theta\).

ח. מתוך נתוני השאלה, מה אפשר לומר (אם בכלל) על המהירויות של המישור המשופע ושל החדף?

תשובה: הואיל ובאף אחד מחישובנו עד כה לא נכנסו המהירויות לחשבון, ומאחר וגודל המהירות לא משחק תפקיד בכוח החיכוך הקינטי, לא נוכל לומר דבר על מהירות המישור המשופע או על מהירות החדף במערכת המישור המשופע.

ט. בזמן \(t=0\) נמצא החדף בנקודה \((0,20)\) במערכת צירים נייחת, ובגובה של עשרים יחידות אורך (מטרים אם תרצו) מעל הרצפה. כיתבו ביטוי לוקטור המקום של החדף במערכת צירים זו כפונקצייה של הזמן, הזווית \(\theta\), ושתי המהירויות \(u\) ו- \(v\) (רמז: אפשר ואף רצוי להשתמש בנוסחאות טרנספורמציית גליליי...).

תשובה: יהא \(\vec{r}_{1}(t)\) וקטור המקום של המישור המשופע במערכת הצירים הנייחת, כך ש-\(\vec{r}_{1}(t=0)=\vec{0}\). יהא \(\vec{r}_{2}(t)\) וקטור המקום של החדף במערכת המנוחה "המיושרת" של המישור המשופע, שראשית הצירים שלה נמצאת ב- \(\vec{r}_{1}\). לכן בזמן \(t=0\) מתקיים
 \begin{aligned}\vec{r}_{2}(t=0)=20\,\widehat{\boldsymbol{y}}\end{aligned}המישור המשופע נע במהירות קבועה \(u\) בציר \(x\) החיובי ולכן  \(\vec{r}_{1}(t)=ut\,\widehat{\boldsymbol{x}}\). נתאר עתה את החדף במערכת המנוחה המיושרת של המישור המשופע: במערכת זו יש לחדף מהירות קבועה \(v\cos\theta\) בכיוון ציר ה-\(x\) השלילי, ומהירות קבועה  \(v\sin\theta\) בכיוון ציר \(y\) השלילי. לכן וקטור המקום של החדף במערכת ייחוס זו ניתן ע"י
\begin{aligned}\vec{r}_{2}\left(t\right)=\big[-v\cos(\theta)\,t\big]\,\widehat{\boldsymbol{x}}+\big[20-v\sin(\theta)\,t\big]\,\widehat{\boldsymbol{y}}\end{aligned}
קל לראות שוקטור המקום של החדף במערכת הנייחת ניתן ע"י השקול הוקטורי \(\vec{r}=\vec{r}_{1}+\vec{r}_{2}\) ולכן בסופו של יום נקבל
\begin{aligned}\vec{r}\left(t\right)=\big[\left(-v\cos\theta+u\right)\,t\big]\,\widehat{\boldsymbol{x}}+\big[20-v\sin(\theta)\,t\big]\,\widehat{\boldsymbol{y}}.\end{aligned}


שבתאי - היַפְיוּף של מערכת השמש. עוד?... כאן.

שאלה 3 (חוק שני):

גוף נזרק אנכית כלפי מעלה (להלן הכיוון החיובי) במהירות התחלתית \(v_{0}\). הגוף נע בהשפעת כוח המשיכה (הקבוע) בקרבת פני כדה"א \(\boldsymbol{F}=m\boldsymbol{g}\), וגם בהשפעת כוח הגרר של האוויר הנתון בביטוי \(\boldsymbol{f}=-\alpha{}m\boldsymbol{v}\) באשר \(m\) היא מסת הגוף, \(\alpha\) "מקדם הגרר", ו- \(\boldsymbol{v}\) היא מהירותו הרגעית.

א. ציירו את דיאגרמת הכוחות הפועלים על הגוף בזמן מעופו, רישמו את החוק השני של ניוטון בציר האנכי ואת המשוואה הדיפרנציאלית עבור המהירות האנכית הרגעית של הגוף.

תשובה: מדובר בבעיה חד מימדית. בציר האנכי, והיות וכוח הגרר מנוגד לכיוון התנועה, מנפק החוק השני של ניוטון את המשוואה \(ma_{y}=-mg-\alpha{}mv_{y}\). במונחים של המהירות הרגעית נקבל את המשוואה הדיפרנציאלית \(\dot{v}_{y}=-g-\alpha{}v_{y}\).

ב. נתונים: \(g=10_{m/s^{2}}\), \(v_{0}=20_{m/s}\), \(\alpha=0.5_{1/s}\). הראו באמצעות הצבה במשוואה הדיפרנציאלית ש- \(v_{y}\left(t\right)=Ae^{-\alpha{}t}+B\) הוא פתרון הכללי של המשוואה וחשבו בעזרת הנתונים את ערכם של שני הקבועים \(A\) ו- \(B\).

תשובה: נציג את הפתרון המוצע במשוואה הדיפרנציאלית ונקבל
\begin{aligned}-\alpha{}Ae^{-\alpha{}t}=-g-\alpha\left(Ae^{-\alpha{}t}+B\right)=-g-\alpha{}Ae^{-\alpha{}t}-\alpha{}B\end{aligned}
נסלק את האקספוננט משני אגפי המשוואה ונראה מייד ש- \(B=-g/\alpha=-20_{m/s}\). נציג את תנאי ההתחלה בפתרון המוצע ונקבל \(20=A-20\) או\(A=40_{m/s}\), כך שהפתרון המלא ניתן ע"י
\begin{aligned}v_{y}\left(t\right)=40\,e^{-t/2}-20.\end{aligned} 

ג. קבלו את הביטוי עבור הגובה הרגעי של הגוף \(y\left(t\right)\) בהנחה שהוא נזרק מהקרקע, כלומר בהנחת תנאי ההתחלה \(y\left(t=0\right)=0_{m}\).

תשובה: המקום מתקבל מאינטגרציה על המהירות ולכן \(y\left(t\right)=-80\,e^{-t/2}-20t+C\) באשר \(C\) הוא קבוע האינטגרציה. נציג את תנאי ההתחלה במשוואה ונקבל \(C=80_{m}\) ולכן המקום כפונקציה של הזמן ניתן ע"י
\begin{aligned}y\left(t\right)=80\left(1-e^{-t/2}\right)-20t\end{aligned}

ד. כמה זמן לקח לגוף להגיע לשיא הגובה?

תשובה: בשיא הגובה המהירות האנכית מתאפסת. כלומר אם זמן ההגעה לשיא הגובה הוא \(t^{\star}\) אז \(v_{y}\left(t=t^{\star}\right)=0\). נציג זאת במשוואת המהירות ונקבל (\(\ln(1/x)=-\ln{}x\)):
\begin{aligned}40\,e^{-t^{\star}/2}=20\;\Rightarrow\;-t^{\star}/2=\ln\left(1/2\right)\;\Rightarrow\;t^{\star}=2\ln2\approx1.386_{s}\end{aligned}

ה. מהו שיא הגובה אליו הגיע הגוף?

תשובה: נציג עתה את הזמן שקיבלנו במשוואת מקום כפונקציה של זמן ונקבל:
\begin{aligned}y\left(t^{\star}\right)&=80\left(1-e^{-t^{\star}/2}\right)-20t^{\star}\\&=80\left(1-1/2\right)-40\ln2=40\left(1-\ln2\right)\approx12.27_{m}\end{aligned}

ו. האם זמן הנפילה משיא הגובה לקרקע שווה לזמן ההגעה מהקרקע לשיא הגובה? נמקו ללא חישוב.

תשובה: ודאי שלא, שהרי בנפילה חזרה כוח הגרר מחליף כיוון והוא עתה מנוגד לכוח המשיכה של כדור הארץ; משוואת התנועה שמתקבלת מן-הסתם שונה וכך גם פתרונה.



שאלה 4 (מערכות מאיצות + תנודות)



מסה נקודתית \(m\) תלוייה מתקרתו של קרון דרך חוט שמסתו זניחה ואורכו \(L\). בניסויים שנעשו הקרון כולו מאיץ ימינה בתאוצה \(a\) לא ידועה (ראו איור).


א.  בניסוי ראשון משחררים את המערכת להאיץ, כך שברגע השיחרור החוט פרוש בזווית פרישה מסויימת \(\theta_{0}\) (נתונה) הנשמרת כל העת במהלך התאוצה. מהי התאוצה \(a\) במונחים של הפרמטרים בבעיה?

תשובה: תהיה \(T\) המתיחות בחוט. אם הזווית נשמרת במהלך התאוצה אז מנקודת מבט של מערכת התמד (למשל) ובהתאם לחוק השני של ניוטון:
\begin{aligned}T\sin\theta_{0}=ma,\quad{}T\cos\theta_{0}=mg\end{aligned} חלוקה של שתי המשוואות תנפק את הקשר \(a=g\tan\theta_{0}\). (לכן המטוטלת יכולה לשמש כמד-תאוצה: מודדים את זווית הפריסה במצב שיווי המשקל ומחשבים ממנה את התאוצה).

ב. בניסוי שני משחררים את המערכת באותה תאוצה \(a\) כך שברגע השחרור החוט אנכי ביחס לריצפת הקרון. מיד לאחר השיחרור מבצעת המטוטלת תנועה הרמונית סביב זווית הפרישה \(\theta_{0}\). מהי תדירות התנודות ומהי המשרעת שלהן בהנחה של תנודות קטנות (כך ש- \(\sin\theta\approx\theta\))?

תשובה: המטוטלת תתנדנד סביב זווית הפרישה \(\theta_{0}\) היות וזו הזווית במצב בו הכוחות מתאזנים. מנקודת מבט של צופה הנמצא במערכת המאיצה המטוטלת מתנדנדת בעטיו של כוח "משיכה" שקול אשר מרכיביו הם כוח המשיכה והכוח המדומה הפועל שמאלה הנגרם בעטיה של התאוצה, וכיוונו של הכוח השקול פרוש בזווית \(\theta_{0}\) ביחס לאנך (כלומר הציר "האנכי" "הטבעי" בתוך הקרון המאיץ פרוש בזווית \(\theta_{0}\) ביחס לציר האנכי של המעבדה). גודלו של הכוח השקול בכיוון ציר זה הוא
\begin{aligned}F&=\sqrt{m^{2}g^{2}+m^{2}a^{2}}=\sqrt{m^{2}g^{2}+m^{2}g^{2}\tan^{2}\theta_{0}}\\&=mg\sqrt{1+\tan^{2}\theta_{0}}=\frac{mg}{\cos\theta_{0}}\,.\end{aligned}
תהא \(\theta\left(t\right)\) זווית הפרישה הרגעית הנמדדת ביחס לציר "האנכי" החדש הנפרש בזווית \(\theta_{0}\) ביחס לציר האנכי של המעבדה. החוק השני במערכת הקרון (הלוקח בחשבון כמובן גם את הכוח המדומה \(ma\) בכיוון ציר \(x\) השלילי) מנפק את המשוואה
\begin{aligned}mL\ddot{\theta}=-\frac{mg}{\cos\theta_{0}}\,\sin\theta\approx-\frac{mg}{\cos\theta_{0}}\,\theta\end{aligned}
זוהי משוואה מהצורה \(\ddot{\theta}=-\omega^{2}\theta\) עם \(\omega^{2}=g/L\cos\theta_{0}\). היות והמערכת התחילה תנועתה ממנוחה (בתאוצה \(a\) ובזווית \(\theta_{0}\) ביחס ל"אנך") פתרון המשוואה הוא \(\theta\left(t\right)=\theta_{0}\cos\left(\omega{}t\right)\) כלומר תנועה הרמונית סביב הציר הנפרש בזווית \(\theta_{0}\) ביחס לאנך ובמהירות הזוויתית \(\omega\). בשפה של תדירות,
\begin{aligned}f=\frac{\omega}{2\pi}=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{g}{L\cos\theta_{0}}}\end{aligned}

ג. תוך כדי תאוצת הקרון ימינה נצמד חרק לדופנו הימנית והוא מחליק מטה (בהיותו צמוד לדופן) בתאוצה. מקדם החיכוך בין החרק לדופן הוא \(\mu\). מה צריכה להיות זווית הפרישה \(\theta_{0}\)  כדי שתאוצתו של החרק מטה תהיה בדיוק \(g/2\)?

תשובה: דופן הקרון מפעילה על החרק כוח נורמלי \(N\) בכיוון החיובי של הציר האופקי ומהחוק השני של ניוטון בציר זה \(N=ma\). היות והחרק מחליק מטה פועל עליו כוח חיכוך קינטי כלפי מעלה ושיעורו \(f=\mu{}N=\mu{}ma\). לכן החוק השני בציר האנכי (הצמוד לדופן הקרון) מנפק את המשוואה \(ma_{y}=mg-\mu{}ma=mg-\mu{}mg\tan\theta_{0}\). מנתוני השאלה \(a_{y}=g/2\), נציב זאת במשוואת החוק השני, נחלץ את \(\theta_{0}\) ונקבל \begin{aligned}\theta_{0}=\tan^{-1}\left(\frac{1}{2\mu}\right)\end{aligned}

ד. במהלך התנודה נקרע לפתע החוט בדיוק בזווית \(\theta=0\) ביחס לציר האנכי של המעבדה. ציירו סקיצה כיצד יראה מסלול הנפילה של המסה מנקודת המבט של צופה הנמצא בתוך העגלה. אפיינו את הציור באמצעות צירים וזווית והסבירו אותו.

תשובה: צופה הנמצא בתוך העגלה "רואה" נפילה חופשית בציר \(y\) ובתאוצה \(g\) ו"נפילה חופשית" בציר \(x\) השלילי ובתאוצה \(a\). היות ותנאי ההתחלה הוא \(v_{0}=0\) (למה?) נקבל תנועה בקו ישר ובזווית
\begin{aligned}\alpha=\tan^{-1}\left\{\frac{\frac{1}{2}gt^{2}}{\frac{1}{2}at^{2}}\right\}=\tan^{-1}\left(g/a\right)\end{aligned}
מתחת לאופק.


שאלה 5 (מערכות מאיצות + תנודות)



בול שמסתו \(m_{1}\) חפשי לנוע אופקית וללא חיכוך על עגלה שמסתה \(m_{2}\). הבול מחובר לעגלה באמצעות קפיץ בעל קבוע כוח \(k\), ואילו העגלה עצמה מונחת על משטח אופקי חסר חיכוך. מותחים את הקפיץ מרחק \(L\) ומשחררים את כל המערכת ממנוחה (ראו איור). נגדיר: \(a\) תאוצת \(m_{1}\) במערכת המנוחה של \(m_{2}\), ו- \(A\) תאוצת \(m_{2}\) במערכת המעבדה. 

א. ציירו דיאגרמת כוחות עבור שתי המסות (\(m_{2}\) במערכת המעבדה ו- \(m_{1}\) במערכת המנוחה של \(m_{2}\)) וציינו בה את כל הכוחות בציר האופקי. 

תשובה: (תיאור ללא ציור) יהא \(x\) האורך המתוח של הקפיץ מייד לאחר השחרור. הקפיץ מאיץ את \(m_{1}\) ימינה ואת \(m_{2}\) שמאלה. מנקודת מבט של צופה היושב על \(m_{2}\) פועלים על \(m_{1}\) בכיוון ימין שני כוחות: 1) כוח הקפיץ \(kx\) (הוא תמיד כוח מחזיר) והכוח המדומה \(mA\). על \(m_{2}\) פועל רק הכוח המחזיר \(kx\). 

ב. רישמו את שתי המשוואות עבור \(m_{1}\) ו- \(m_{2}\). 

תשובה: מהחוק השני של ניוטון במערכת המאיצה בתוספת כוחות מדומים נקבל את המשוואה: \(m_{1}a=-kx+m_{1}{A}\). מהחוק השני של ניוטון על\(m_{2}\) במערכת המעבדה, \(m_{2}A=-kx\) (שימו לב \(x\) היא קואורדינטה המקיימת \(\ddot{x}=a\), ולא \(\ddot{x}=A\)).

ג. מהי תדירות התנודות של כל אחת מהמסות? 

תשובה: נציג את \(A\) מהמשוואה עבור \(m_{2}\) במשוואת החוק השני עבור \(m_{1}\) ונקבל: 
\begin{aligned}&m_{1}a=-kx+m_{1}\left(\frac{-k}{m_{2}}\right)x=-k\left(1+\frac{m_{1}}{m_{2}}\right)x\\&\Rightarrow\quad\ddot{x}=-\frac{k}{m_{1}}\left(1+\frac{m_{1}}{m_{2}}\right)x=-k\left(\frac{m_{1}+m_{2}}{m_{1}m_{2}}\right)x\\&\Rightarrow\quad\omega_{1}^{2}=k\left(\frac{m_{1}+m_{2}}{m_{1}m_{2}}\right)=\frac{k}{\mu}\end{aligned}
באשר \(\mu\) היא המסה המצומצמת. שתי המסות מתנודדות בעטיו של אותו הקפיץ ולכן שתיהן מתנודדות באותה תדירות, \(\omega_{2}=\omega_{1}\).


שאלה 6 (קינמטיקה + חוק שני)

חלקיק בעל מסה \(m\) מחליק על גבי ציקלואידה הפוכה (מעין קערה ציקלואידית) נטולת חיכוך. וקטור המקום הרגעי של החלקיק נתון בביטוי 
\begin{aligned}\boldsymbol{r}=R\left[\theta\left(t\right)-\sin\theta\left(t\right)\right]\widehat{\boldsymbol{x}}+R\left[\cos\theta\left(t\right)-1\right]\widehat{\boldsymbol{y}}\end{aligned}
כאן התלות המפורשת של \(\theta(t)\) ב- \(t\) לא ידועה (ולצרכינו גם לא חשובה), ו- \(R\) פרמטר נתון. נסמן ב- \(\alpha\) את הזווית בין המשיק לציקלואידה לבין ציר ה- \(x\). הערה: נא לפשט את הביטויים שתקבלו באמצעות זהויות טריגונומטריות ככל שתוכלו.

א. קבלו את וקטור היחידה הרגעי המצביע לעבר כיוון תנועתו של החלקיק בכל זמן כפונקציה של המשתנים ו/או הפרמטרים \(R,g,\theta,\dot{\theta}\)

תשובה: וקטור היחידה הרגעי המצביע לעבר כיוון תנועתו של החלקיק הוא זה המצביע בכיוון המהירות. גזירה לפי הזמן של וקטור המקום תיתן:
\begin{aligned}\boldsymbol{v}\left(t\right)&=R\left[\dot{\theta}-\left(\cos\theta\right)\dot{\theta}\right]\widehat{\boldsymbol{x}}-R\left(\sin\theta\right)\dot{\theta}\,\widehat{\boldsymbol{y}}\\&=R\dot{\theta}\left(1-\cos\theta\right)\widehat{\boldsymbol{x}}-R\dot{\theta}\sin\theta\,\widehat{\boldsymbol{y}}\end{aligned}נחלק את וקטור המהירות באורכו וניעזר בנוסחאות הטריגונומטריות של חצי-זווית ושל זווית כפולה כדי לקבל:
\begin{aligned}\widehat{\boldsymbol{v}}\left(t\right)&=\frac{R\dot{\theta}\left(1-\cos\theta\right)\widehat{\boldsymbol{x}}-R\dot{\theta}\sin\theta\,\widehat{\boldsymbol{y}}}{\sqrt{R^{2}\dot{\theta}^{2}\left(1-\cos\theta\right)^{2}+R^{2}\dot{\theta}^{2}\sin^{2}\theta}}\\&=\frac{\left(1-\cos\theta\right)\widehat{\boldsymbol{x}}-\sin\theta\,\widehat{\boldsymbol{y}}}{\sqrt{1-2\cos\theta+\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta}}\\&=\frac{\left(1-\cos\theta\right)\widehat{\boldsymbol{x}}-\sin\theta\,\widehat{\boldsymbol{y}}}{\sqrt{2}\sqrt{1-\cos\theta}}\\&=\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)\widehat{\boldsymbol{x}}-\cos\left(\frac{\theta}{2}\right)\widehat{\boldsymbol{y}}\end{aligned}

ב. קבלו 1) ביטוי עבור הכוח המאיץ את החלקיק במורד הציקלואידה, 2) משוואה עבור הכוח הנורמלי הפועל על החלקיק במהלך תנועתו - כפונקציה של המשתנים ו/או הפרמטרים בבעיה.

תשובה: תהא \(\alpha\) הזווית בין ציר ה-\(x\) לבין המשיק לציקלואידה. הכוח המאיץ במורד הציקלואידה הוא \(mg\sin\alpha\), ואילו מהחוק השני של ניוטון בציר הניצב לציקלואידה הכוח הנורמלי מקיים \(N-mg\cos\alpha=ma_{\perp}\). הזווית \(\alpha\) מתקבלת מתוך המכפלה הסקלרית של \(\widehat{\boldsymbol{v}}\) עם \(\widehat{\boldsymbol{x}}\). כלומר
\begin{aligned}\cos\alpha=\widehat{\boldsymbol{v}}\cdot\widehat{\boldsymbol{x}}=\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)=\cos\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\theta}{2}\right)\quad\Rightarrow\quad\alpha=\frac{\pi}{2}-\frac{\theta}{2}\end{aligned}
לכן הכוח המאיץ במורד הציקלואידה הוא \(F_{\parallel}=mg\sin\alpha=mg\cos\left(\theta/2\right)\), ואילו הכוח הנורמלי הניצב למשטח מקיים \(N=ma_{\perp}+mg\cos\alpha=ma_{\perp}+mg\sin\left(\theta/2\right)\). ומהו \(a_{\perp}\)? וקטור היחידה הניצב למשטח הוא \(\widehat{\boldsymbol{n}}= \cos\left(\theta/2\right)\widehat{\boldsymbol{x}}+\sin\left(\theta/2\right)\widehat{\boldsymbol{y}}\) מאחר וזהו וקטור בעל אורך יחידה המקיים את דרישת הניצבות \(\widehat{\boldsymbol{n}}\cdot\widehat{\boldsymbol{v}}=0\); התאוצה הכוללת היא \begin{aligned}\boldsymbol{a}=\dot{\boldsymbol{v}}=R\left[\ddot{\theta}\left(1-\cos\theta\right)+{\dot{\theta}}^{2}\sin\theta\right]\widehat{\boldsymbol{x}}-R\left[\ddot{\theta}\sin\theta+{\dot{\theta}}^{2}\cos\theta\right]\widehat{\boldsymbol{y}}\end{aligned} ואילו המרכיב הניצב ניתן ע"י \(a_{\perp}={\boldsymbol{a}}\cdot\widehat{\boldsymbol{n}}\).


שאלה 7 (מומנט ותנע זוויתי)

א. התנע הזוויתי של חלקיק כלשהו מוגדר להיות \(\boldsymbol{L}=\boldsymbol{r}\times\boldsymbol{p}\), באשר \(\boldsymbol{r}\) הוא וקטור המקום של החלקיק, ו- \(\boldsymbol{p}=m\boldsymbol{v}\) הוא התנע הקווי שלו. הוכיחו שהתנע הזוויתי \(\boldsymbol{L}\) מקיים באופן זהותי את המשוואה \(\dot{\boldsymbol{L}}=\boldsymbol{r}\times\boldsymbol{F}\) היכן ש- \(\boldsymbol{F}\) הוא שקול הכוחות הפועלים על החלקיק.

תשובה: ניעזר בכלל לייבניץ לגזירה של מכפלות וקטוריות ונקבל:
\begin{aligned}\dot{\boldsymbol{L}}=\underbrace{\dot{\boldsymbol{r}}\times\boldsymbol{p}}_{\sim\;\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{v}\,\equiv\,0}+\;\underbrace{\boldsymbol{r}\times\dot{\boldsymbol{p}}}_{\dot{\boldsymbol{p}}\,=\,\boldsymbol{F}}=\boldsymbol{r}\times\boldsymbol{F}\end{aligned}
לגודל \(\boldsymbol{r}\times\boldsymbol{F}\) קוראים מומנט ונהוג לסמנו באות \(\boldsymbol{\tau}\). 

ב. תקליט לא חלק מסתובב במהירות זוויתית \(\omega\). על התקליט מונחת מטבע ועליה פועל (בין השאר) כוח מדומה המכונה "כוח צנטרפוגלי" הנתון בביטוי \(\boldsymbol{F}_{C}=-m\,\boldsymbol{\omega}\times\left(\boldsymbol{\omega}\times\boldsymbol{r}\right)\), באשר \(\boldsymbol{r}\) הוא וקטור המקום של המטבע במערכת התקליט. וקטור זה מונח במישור התקליט ומצביע ממרכז התקליט לעבר המטבע. הוקטור \(\boldsymbol{\omega}=\omega\widehat{\boldsymbol{z}}\) מכונה וקטור המהירות הזוויתית והוא מצביע בניצב למישור התקליט. 

1. הסבירו בקצרה מהו כוח מדומה ומאיזו מערכת הוא ניצפה. 

תשובה: כוח מדומה הוא כוח הפועל במערכת שאינה מערכת התמד, הוא נגרם משום-כלום ומקורו הוא תכונת ההתמדה של הגוף החש אותו. 

2. חשבו את המומנט המופעל על המטבע במערכת התקליט בעטיו של הכוח הצנטרפוגלי.

תשובה: נציג את הכוח הצנטרפוגלי בהגדרת המומנט ונקבל:
\begin{aligned}\boldsymbol{\tau}&=-m\,\boldsymbol{r}\times\left(\boldsymbol{\omega}\times\left(\boldsymbol{\omega}\times\boldsymbol{r}\right)\right)\\&=-m\,\boldsymbol{r}\times\big(\underbrace{\left(\boldsymbol{\omega}\cdot\boldsymbol{r}\right)}_{=\;0}\boldsymbol{\omega}-\left(\boldsymbol{\omega}\cdot\boldsymbol{\omega}\right)\boldsymbol{r}\big)\\&=m\left(\boldsymbol{\omega}\cdot\boldsymbol{\omega}\right)\underbrace{\boldsymbol{r}\times\boldsymbol{r}}_{=\;\boldsymbol{0}}\;=\;\boldsymbol{0}\end{aligned}
ובאמת הכוח הצנטרפוגלי מצביע בכיוון וקטור המקום ולכן מפעיל מומנט אפס על המטבע (מאחר והמומנט הוא המכפלה הוקטורית בין המקום לכוח). הערה: אם המטבע נמצאת במנוחה במערכת המסתובבת (שאינה מערכת התמד) הרי שמנקודת מבט של צופה במערכת זו, הכוח הצנטרפוגלי הוא הכוח המדומה הנותן 'קונטרה' לכוח החיכוך הסטטי.