פיסיקה 1 - פתרון מבחן לתלמידי הנדסה

‫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