ליגרת ןורתפ 5 ( )

5 ‫פתרון תרגיל‬
.‫ א‬1
dU (r )
12a 6b
= − 13 + 7 | r0 = 0
dr
r
r
1
 2a  6
r0 =  
 b 
:‫ נגזור פעם שנייה ונקבל‬.‫ב‬
d 2U (r ) 156a 42b
= 14 − 8
dr 2
r
r
1
 2a  6
r0 =   :‫נציב את נקודת שיווי המשקל‬
 b 
:‫ונקבל‬
2
d U (r )
156a
42b
=
−
2
14
1
1 8
dr




  2a  6 
  2a  6 
 b  
 b  
  
  




 2a 
42b 
156a
42b
156a
 b 
=
−
=
−
=
14
8
14
14
 2a  6
 
 b 
72a
 2a  6
 
 b 
 2a  6
 
 b 
 2a  6
 
 b 
14
 2a  6
 
 b 
.‫ חיוביים קיבלנו תוצאה חיובית ולכן נקודת שיווי המשקל יציבה‬b‫ ו‬a‫מכיוון ש‬
1
U =−
a
1


  2a  6 
 b  
  


 2a  6
−
‫ נקבל‬r0 =   ‫ נקודת הקיצון אם נציב את‬.‫ג‬
6
1
 b 


  2a  6 
 b  
  


b2
U | r =r0 = −
:‫נפשט את הביטוי ונקבל‬
4a
:‫אסימפטוטות‬
r → ∞ ⇒U → 0
r → 0 ⇒U → ∞
:‫ולכן‬
b
12
‫ד‪ .‬ע"פ השרטוט רואים שע"מ להגיע לאינסוף‪ ,‬צריך שאנרגית הגוף תהיה לפחות ‪ . E=0‬אם הגוף נמצא‬
‫‪b2‬‬
‫‪ . U | r =r0 = −‬לכן‪,‬‬
‫בשיווי משקל ללא תנועה‪ ,‬הוא נמצא במצב בו האנרגיה הפוטנציאלית שלו הינה‬
‫‪4a‬‬
‫‪b2‬‬
‫= ‪.ε0‬‬
‫הפרש האנרגיות ממצב שיווי משקל לאנרגיה אפס הינו‬
‫‪4a‬‬
‫ה‪ .‬לנוע מכיוון נקודת שיווי המשקל והלאה משמעו לנוע נגד כיוון הכוח‪ .‬במצב זה‪ ,‬העבודה היא שלילית‪.‬‬
‫ו‪ .‬נבדוק את נקודות החיתוך של סך האנרגיה עם האנרגיה הפוטנציאלית‪:‬‬
‫‪a‬‬
‫‪b‬‬
‫‪2‬‬
‫‪U = 12 − 6 = − ε 0‬‬
‫‪3‬‬
‫‪r‬‬
‫‪r‬‬
‫נציב ‪z = r 6‬‬
‫ונקבל‪:‬‬
‫‪2‬‬
‫‪a − bz + ε 0 z 2 = 0‬‬
‫‪3‬‬
‫ונקבל‪:‬‬
‫‪3a ‬‬
‫‪1 ‬‬
‫=‪z‬‬
‫‪1 ±‬‬
‫‪‬‬
‫‪b ‬‬
‫‪3‬‬
‫‪1‬‬
‫‪ 3a ‬‬
‫‪1  6‬‬
‫‪r =  1 ±‬‬
‫ולכן ‪ ‬‬
‫‪3  ‬‬
‫‪ b ‬‬
‫‪1‬‬
‫‪1‬‬
‫‪ 3a ‬‬
‫‪ 3a ‬‬
‫‪1  6‬‬
‫‪1 6‬‬
‫‪ 1 −‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫<‬
‫‪r‬‬
‫<‬
‫‪‬‬
‫‪1‬‬
‫‪+‬‬
‫התחום המותר הינו‪  :‬‬
‫‪‬‬
‫‪ b‬‬
‫‪ b ‬‬
‫‪3  ‬‬
‫‪3  ‬‬
‫‪ ‬‬
‫‪ ‬‬
‫‪ .2‬א‪ .‬ניתן למצוא ביטוי לאנרגיה הפוטנציאלית ממנו נגזר כוח זה ולכן הכוח הוא כוח משמר‪ .‬האנרגיה‬
‫‪∂U‬‬
‫‪1‬‬
‫‪F =−‬‬
‫הפוטנציאלית הינה ‪ . U = − bx 2‬ניתן לראות ש ˆ‪x‬‬
‫‪∂x‬‬
‫‪2‬‬
‫‪r‬‬
‫)‬
‫ב‪ .‬הכוח הפועל על הגוף הוא ‪ F = bxi‬בנקודה ‪ x = 0‬הכוח הפועל על הגוף הוא אפס ולכן זוהי נקודת‬
‫שיווי משקל‪ .‬הכוח חיובי מימין לנקודה ושלילי משמאלה‪ .‬כלומר הכוח מושך ימינה כאשר הולכים ימינה‬
‫והוא מושך שמאלה כאשר הולכים שמאלה ולכן נקודת שיווי המשקל היא נקודה לא יציבה‪.‬‬
‫‪r‬‬
‫)‬
‫ג‪ .‬הכוח היחיד שפועל על הגוף הוא כוח ‪ F = bxi‬ולכן הוא היחיד המבצע עבודה‪ .‬ניתן כעת לרשום‬
‫‪1‬‬
‫‪1‬‬
‫‪2‬‬
‫שהעבודה שווה לשינוי באנרגיה הקינטית‪ mv 2 − mv 0 = W :‬וגם ‪ . v0 = 0‬אנו מקבלים‪:‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪1‬‬
‫‪W = mv 2‬‬
‫‪2‬‬
‫מכיוון שהכוח הוא משמר‪ ,‬אין צורך לחשב את האינטגרל אלא רק את האנרגיה הפוטנציאלית‪:‬‬
‫‪1‬‬
‫‪1‬‬
‫‪3‬‬
‫‪W = − ∆U = − bx 2 | x =1 + bx 2 | x = 2 = b‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫ולכן אנו מקבלים‪:‬‬
‫‪1 2 3‬‬
‫‪mv = b‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪3b‬‬
‫=‪v‬‬
‫‪m‬‬
‫שימו לב שלא אכפת לנו מהמסלול בציר ‪ – y‬זה לא תורם למהירות הסופית‪ ,‬ממש כמו שבשדה הכבידה‬
‫אין משמעות למסלול שהגוף עבר בציר ‪ x‬אלא רק לגובה שעבר‪.‬‬
‫‪r‬‬
‫)‬
‫‪r‬‬
‫ד‪ .‬נתון ‪F = bxi = ma = m&x&iˆ + m&y&ˆj‬‬
‫אנו מקבלים שתי משוואות תנועה‪:‬‬
‫&‪bx = m&x‬‬
‫&‪0 = m&y‬‬
‫נתחיל עם המשוואה הפשוטה בציר ‪ .y‬אנו רואים שאין תאוצה בציר ‪ y‬ולכן המהירות בציר זה נשארת‬
‫‪r‬‬
‫‪r‬‬
‫קבועה‪ .‬כמו כן יש לנו תנאי התחלה ‪ v = v0 ˆj‬ו ‪ r0 = 0‬מכאן אנו למדים ש ‪ v0 y = v0‬ו ‪y 0 = 0‬‬
‫ולכן אנו מקבלים משוואה פשוטה‪:‬‬
‫‪) y = v 0 t‬מיקום כאשר המהירות קבועה ו ‪( y 0 = 0‬‬
‫כפי שנתין לראות‪ ,‬בזמן ‪ t = 0‬יש לנו גם ‪ x = 0‬וגם ‪ v x = 0‬הגוף נמצא בנקודת שיווי משקל ולכן אין‬
‫סיבה שתהיה תנועה בציר ‪ ,x‬אבל רק לצורך החישוב‪ ,‬נעשה את זה עד הסוף‪:‬‬
‫מהמשוואה למעלה מקבלים‪:‬‬
‫‪b‬‬
‫‪&x& − x = 0‬‬
‫‪m‬‬
‫נציב ‪ x = Ae λt‬ונקבל‪:‬‬
‫‪b‬‬
‫‪Ae λt = 0‬‬
‫‪m‬‬
‫‪λ2 Ae λt −‬‬
‫‪b‬‬
‫‪=0‬‬
‫‪m‬‬
‫‪b‬‬
‫‪λ=±‬‬
‫‪m‬‬
‫‪λ2 −‬‬
‫ולכן‪:‬‬
‫‪− λt‬‬
‫‪λt‬‬
‫‪x = Ae + Be‬‬
‫‪b‬‬
‫כאשר‬
‫‪m‬‬
‫‪x& = λAe λt − λBe −λt‬‬
‫‪λ=+‬‬
‫נציב תנאי התחלה‪ x& 0 = v0 x = 0 :‬וגם ‪ x0 = 0‬ונקבל‪:‬‬
‫‪A+ B = 0‬‬
‫‪λA − λB = 0‬‬
‫פתרונן ייתן‪:‬‬
‫‪A=B=0‬‬
‫ולכן הפתרון היחיד עבור משוואת המיקום הוא‬
‫‪x=0‬‬
‫כפי שכתבנו למעלה‪.‬‬
‫מ‪.‬ש‪.‬ל‪.‬‬
‫‪.3‬א‪ .‬נרשום את מיקום הגוף בצורה מדויקת‪:‬‬
‫‪r‬‬
‫ˆ‪r = 2 cos t − t 2 iˆ + sin t − t 2 ˆj + 3 sin t − t 2 k‬‬
‫ולכן וקטור המהירות יהיה‪:‬‬
‫(‬
‫)‬
‫(‬
‫)‬
‫(‬
‫)‬
‫‪r‬‬
‫‪r dr‬‬
‫=‪v‬‬
‫ˆ‪= (1 − 2t ) − 2 sin t − t 2 iˆ + cos t − t 2 ˆj + 3 cos t − t 2 k‬‬
‫‪dt‬‬
‫])‬
‫)‬
‫(‬
‫(‬
‫)‬
‫(‬
‫[‬
‫‪r r‬‬
‫‪r ⋅v‬‬
‫ע"מ למצוא את הזווית בין הוקטורים נבצע את המכפלה הסקלרית באופן הבא‪:‬‬
‫‪rv‬‬
‫‪r r‬‬
‫נמצא תחילה את הערך של ‪: r ⋅ v‬‬
‫‪r r‬‬
‫‪r ⋅ v = (1 − 2t ) − 4 cos(t − t 2 )sin (t − t 2 ) + cos(t − t 2 )sin (t − t 2 ) + 3 cos(t − t 2 )sin (t − t 2 ) = 0‬‬
‫= ‪cosθ‬‬
‫[‬
‫]‬
‫ואם המכפלה הוקטורית שווה לאפס‪ ,‬הרי הוקטורים מאונכים אחד לשני‪ ,‬והתנועה היא תנועה על פני‬
‫משטח כדורי כלשהו‪ .‬על מנת שהתנועה תהיה תנועה מעגלית‪ ,‬עלינו לדרוש גם שמישור המעגל יהיה‬
‫קבוע‪ ,‬כלומר שוקטור המהירות הזוויתית‪ ,‬שהוא נורמל למשטח המעגל‪ ,‬יהיה וקטור שכיוונו קבוע!‬
‫‪dθ‬‬
‫ב‪= 1 − 2t .‬‬
‫‪dt‬‬
‫‪r‬‬
‫ג‪ .‬נגדיר וקטור ˆ‪ A = a1iˆ + a 2 ˆj + a3 k‬ונדרוש שהמכפלה הסקלרית עם וקטור המיקום ועם וקטור‬
‫המהירות תתן אפס‪.‬‬
‫‪r r‬‬
‫‪A ⋅ r = 2a1 cos θ + a 2 sin θ + 3a 3 sin θ = 0‬‬
‫‪r s‬‬
‫‪A ⋅ v = (1 − 2t ) − 2a1 sin θ + a 2 cos θ + 3a 3 cos θ = 0‬‬
‫יש לנו פרמטר חופשי אחד‪ ,‬נבחר ‪ a 3 = 1‬ונקבל‪:‬‬
‫=‪ω‬‬
‫]‬
‫[‬
‫)‬
‫(‬
‫‪2a1 cos θ + a 2 + 3 sin θ = 0‬‬
‫)‬
‫(‬
‫‪− 2a1 sin θ + a 2 + 3 cos θ = 0‬‬
‫הפתרון לשתי המשוואות האלו הוא מיידי‪:‬‬
‫‪a1 = 0‬‬
‫‪a2 = − 3‬‬
‫‪r‬‬
‫וקטור ‪ A‬הוא לכן‪:‬‬
‫‪r‬‬
‫ˆ‪A = − 3 ˆj + k‬‬
‫על מנת לקבל וקטור יחידה יש לנרמל אותו‪ ,‬גם פה התהליך הוא די פשוט ואנו מקבלים‪:‬‬
‫ˆ ‪3 ˆ 1‬‬
‫‪Aˆ = −‬‬
‫‪j+ k‬‬
‫‪4‬‬
‫‪4‬‬
‫ד‪ .‬בגלל שהוא מאונך למהירות ולמיקום הרי זהו הכיוון של וקטור המהירות הזוויתית‪.‬‬
‫וקטור קבוע בזמן!!! ולכן התנועה היא תנועה מעגלית!‬
‫‪r‬‬
‫ה‪ ω = ω .‬כפי שראינו בסעיף הקודם ולכן כתיבת המהירות הזוויתית באופן וקטורי תתן‪:‬‬
‫‪‬‬
‫‪3 ˆ 1 ˆ‬‬
‫‪j + k ‬‬
‫‪4‬‬
‫‪4 ‬‬
‫‪ω = (1 − 2 t ) −‬‬
‫‪r‬‬
‫‪‬‬
‫‪r r r‬‬
‫ניתן להראות כעת ע"י חישוב ישיר ש ‪. v = ω × r‬‬
‫‪r‬‬
‫‪r dω‬‬
‫ˆ‪3 ˆ 1‬‬
‫=‪α‬‬
‫וקטור התאוצה הזוויתית ‪j − k‬‬
‫=‬
‫‪dt‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫ו‪ .‬זווית המיקום כפונקציה של הזמן היא‪:‬‬
‫‪θ = t −t2‬‬
‫נמצא את הזמן בו הגוף מבצע הקפה מלאה‪:‬‬
‫‪θ = t − t 2 = 2π‬‬
‫⇓‬
‫‪− 1 ± 1 − 8π‬‬
‫‪−2‬‬
‫אנו רואים שהגוף חוזר אחורה לפני שהוא מבצע הקפה מלאה כי אין זמן בו הזווית היא ‪) θ = 2π‬יש לנו‬
‫שורש שלילי( ולכן נבדוק מתי הוא חוזר לאותה נקודה כאשר באמצע התנועה הוא חוזר אחורה‪ ,‬כלומר‬
‫נבדוק מתי הזווית היא שוב אפס‪:‬‬
‫‪θ = t −t2 = 0‬‬
‫=‪t‬‬
‫⇓‬
‫‪t=0‬‬
‫‪t = 1s‬‬
‫כמובן שהזמן ההתחלתי לא מעניין אותנו ולכן אנו רואים שהגוף חוזר לאותה נקודה כעבור שנייה אחת‪.‬‬
‫זמן נוסף יהיה כאשר הגוף יחזור אחורנית לאותה נקודה‪ ,‬כלומר כאשר ‪: θ = −2π‬‬
‫‪θ = t − t 2 = −2π‬‬
‫⇓‬
‫‪− 1 − 1 + 8π‬‬
‫‪−2‬‬
‫השמטנו כמובן את התשובה השלילית‪...‬‬
‫=‪t‬‬
‫‪ .4‬בכל רגע‪ ,‬הכוח הפועל על החבל הוא‪ . F = m ( t ) g :‬המסה ‪ m‬תלויה בזמן ‪ t‬וזאת משום שהכוח פועל‬
‫רק על החלק התלוי‪ .‬אנו יכולים לדעת את הקשר בין המסה לבין מיקום קצה החבל ע"י שימוש בצפיפות‬
‫‪m(t ) M‬‬
‫ולכן ) ‪m(t ) = λy(t‬‬
‫=‬
‫מסה‪ .‬אם סך כל החבל שוקל ‪ ,M‬הרי שבכל רגע נתון‪ ,‬ניתן לכתוב‬
‫‪y (t ) L‬‬
‫‪M‬‬
‫= ‪ . λ‬ו )‪ y(t‬מוגדר בצורה הבאה‪:‬‬
‫כאשר‬
‫‪L‬‬
‫) ‪y (t‬‬
‫‪m (t ) g‬‬
‫כעת‪ ,‬ע"פ ניוטון‪:‬‬
‫‪ . F = Ma‬שימו לב שאמנם כוח המשיכה פועל רק באיזור החלק התלוי אך הוא מזיז את כל המסה ‪.M‬‬
‫החיכוך פועל על כל החבל לא משנה באיזו נקודה הוא ולכן‪:‬‬
‫‪ . mg − bv = Ma‬השמטתי את הסימון )‪ (t‬אך הכוונה היא עדיין למסה המשתנה בזמן‪ ..‬נכתוב זאת‬
‫בעזרת התלות ב‪:y‬‬
‫‪λyg − bv = Ma‬‬
‫ניזכר שהמהירות היא הנגזרת של המיקום בזמן‪ ,‬והתאוצה היא הנגזרת השנייה ולכן ניתן לרשום זאת‬
‫בצורה של משוואה דיפרנציאלית‪:‬‬
‫‪b‬‬
‫‪λg‬‬
‫‪&y& +‬‬
‫‪y& −‬‬
‫‪y=0‬‬
‫‪M‬‬
‫‪M‬‬
‫נשים לב שלמשוואה זו יש פתרונות מהצורה הבאה‪:‬‬
‫‪ . y = Ae βt‬נציב פתרונות אלו במשוואה הדיפרנציאלית ע"מ למצוא את ערכי הפרמטרים‪.‬‬
‫‪ &y& = β 2 Ae βt , y& = β Ae βt , y = Ae βt‬ולכן‪:‬‬
‫‪b‬‬
‫‪λ g βt‬‬
‫‪Ae = 0‬‬
‫‪βAe βt −‬‬
‫‪M‬‬
‫‪M‬‬
‫‪b‬‬
‫‪λg‬‬
‫‪=0‬‬
‫‪β2 + β −‬‬
‫‪M‬‬
‫‪M‬‬
‫ונקבל‪:‬‬
‫‪β 2 Ae λt +‬‬
4λ g
b
 b 
−
±   +
M
M
M 
=
2
2
β1, 2
:‫ולכן‬
Μ
λ
= L ‫נשים לב ש‬
2
b
g
 b 
β1, 2 = − ± 
 +
M
L
 2M 
:‫ ולכן הפתרון השלם יהיה קומבינציה של שניהם‬,‫למשוואה זו שני פתרונות‬
y = Ae β1t + Be β 2t = Ae
y=e
y=e
y& = e


 Ae


2
 b

 − +  b  + g t


 M
 2 M  L 


2
 b  g

 + t
 2M  L
2
 b  g
− 
 + t
 2M  L
+ Be
2
 b

 − −  b  + g t


 M
 2 M  L 







−
b
t
M
−
b
t
M
(Ae
−
b
t
M


b 
b 

  ω −  Ae ωt +  − ω −  Be −ωt 
M
M



ωt
+ Be −ωt
+ Be
)
ω =
2
 b  g

 +
 2M  L
‫כאשר‬
:‫ יש לנו‬t=0 ‫ אנו יודעים שבזמן‬.‫ נמצא ע"פ תנאי התחלה‬A,B ‫את ערכי הפרמטרים‬
y (0 ) = b
v(0 ) = y& (0 ) = 0
:‫מתוך שתי המשוואות נקבל‬
A+ B = b
b 
b 


ω −  A +  − ω − B = 0
M
M


:‫ולכן‬
b
b2
+
2 2mω
b
b2
B= −
2 2mω
:‫ ונקבל‬y ‫נציב חזרה בפתרון עבור‬
b
− t  b
b 2  ωt  b
b 2  −ωt 
e +  −
e
y = e M   +

 2 2 Mω 
  2 2 Mω 

:‫ונסדר מעט‬
A=
‫‪  e ωt + e − ωt  b 2  e ωt − e − ωt‬‬
‫‪ +‬‬
‫‪‬‬
‫‪b‬‬
‫‪2‬‬
‫‪M‬‬
‫‪2‬‬
‫‪ω‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪b‬‬
‫‪− t‬‬
‫‪‬‬
‫‪b2‬‬
‫‪y = e M b cosh (ωt ) +‬‬
‫‪sinh (ωt )‬‬
‫‪Mω‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪b‬‬
‫‪t‬‬
‫‪M‬‬
‫נציב חזרה‬
‫‪‬‬
‫‪t )‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪2‬‬
‫‪ b  g‬‬
‫‪‬‬
‫‪ +‬‬
‫‪ 2M  L‬‬
‫‪2‬‬
‫‪ b  g‬‬
‫‪‬‬
‫‪ +‬‬
‫‪ 2M  L‬‬
‫(‬
‫‪sinh‬‬
‫= ‪ω‬‬
‫ונקבל‪:‬‬
‫‪b2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪−‬‬
‫‪y=e‬‬
‫‪ b  g‬‬
‫‪‬‬
‫‪ +‬‬
‫‪ 2M  L‬‬
‫‪t )+‬‬
‫‪M‬‬
‫‪2‬‬
‫‪ b  g‬‬
‫‪‬‬
‫‪ +‬‬
‫‪ 2M  L‬‬
‫(‬
‫‪‬‬
‫‪b cosh‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪b‬‬
‫‪t‬‬
‫‪M‬‬
‫‪−‬‬
‫‪y=e‬‬
‫‪ .5‬א‪ .‬נזכור שעל מנת לחשב מהירות כפונקציה של מרחק‪ ,‬הפעולה הכי חכמה תהיה לעשות שיקולי‬
‫אנרגיה‪ .‬לצורך כך נמצא את העבודה שנעשתה על ידי כוח הקפיץ ואת העבודה שנעשתה ע"י הכוח‬
‫החיצוני וזה יהיה שווה לשינוי באנרגיה הקינטית‪:‬‬
‫‪W = ∫ (P + Fx )dx‬‬
‫‪x‬‬
‫(‬
‫)‬
‫‪0‬‬
‫‪x‬‬
‫‪W = ∫ 84 x 2 − kx dx‬‬
‫‪0‬‬
‫‪W = 28 x 3 − 20 x 2‬‬
‫כאשר הצבנו ‪ .k=40N/m‬ו‪ x‬הוא התארכות הקפיץ מנקודת שיווי המשקל‪.‬‬
‫העבודה שווה לשינוי באנריגה הקינטית‪ .‬המהירות ההתחלתית היא אפס ולכן נקבל‪:‬‬
‫‪1‬‬
‫‪mv 2 = 28 x 3 − 20 x 2‬‬
‫‪2‬‬
‫יש להציב כעת ‪ x=1‬ולמצוא את המהירות מתוך הנתונים‪.‬‬
‫‪m‬‬
‫‪s‬‬
‫‪v=8‬‬
‫ניתן כמובן לעשות את אותו הדבר ע"י שימוש באנרגיה פוטנציאלית של קפיץ‪ .‬כמובן‪ ,‬נקבל את אותה‬
‫התשובה‪.‬‬
‫ב‪ .‬נשתמש הפעם בחשבון פשוט של שימור אנרגיה‪ .‬ברגע שהוא עובר בנקודה‬
‫‪1‬‬
‫‪1‬‬
‫‪ ,B‬סך הכל האנרגיה שלו היא ‪ E i = kx 2 + mv 2‬כאשר ‪,x=1m‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪1‬‬
‫‪ , k=40N/m‬ו ‪ mv 2‬הוא הביטוי שמצאנו בסעיף הקודם‪ ,‬מקבלים‪:‬‬
‫‪2‬‬
‫‪1‬‬
‫‪E i = kx 2 + 28 x 3 − 20 x 2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪1‬‬
‫‪2‬‬
‫‪ . Ei = 28 J‬האנרגיה הסופית היא רק פוטנציאלית‪ E f = kx max = Ei = 28 J :‬ונקבל‪:‬‬
‫‪2‬‬
‫‪7‬‬
‫= ‪x max‬‬
‫‪m‬‬
‫‪5‬‬
‫‪7‬‬
‫ולכן האורך המינימלי הינו ‪m‬‬
‫‪5‬‬
‫‪7‬‬
‫ג‪ .‬האורך המקסימלי הינו ‪m‬‬
‫‪5‬‬
‫‪ .6‬א‪.‬‬
‫‪l 0 − x max = 2 −‬‬
‫‪l 0 + x max = 2 +‬‬
‫) ‪p2 = (m − dm )(v + dv‬‬
‫‪sand‬‬
‫) ‪p1 = dm(v − u‬‬
‫‪v‬‬
‫‪F‬‬
‫‪dm‬‬
‫השינוי במסה הוא קבוע והוא ‪= c‬‬
‫‪dt‬‬
‫מסתו תהיה ‪. m = M 0 − ct‬‬
‫ניקח את האוטובוס ברגע מסוים‪ ,‬ללא להתחשב בתנאים ההתחלתיים‪ .‬באותו רגע‪ ,‬לאוטובוס יש תנע‬
‫התחלתי ‪ . P(t ) = mv‬כאשר המסה הזו כוללת את החול שיש לו באותו רגע עליו‪ .‬כאשר פיסת חול‬
‫נזרקת החוצה‪ ,‬התנע הכולל הוא התנע של האוטובוס והתנע של פיסת החול ביחד‪ .‬כלומר )ע"פ‬
‫השרטוט( ‪ . P(t + dt ) = P1 + P2‬נבדוק מה התנע של כל אחד בנפרד‪:‬‬
‫חאוטובוס עלתה המהירות מ‪ v‬ל‪ v+dv‬ומסתו ירדה במסת חלקיק החול‪ .‬כלומר מסתו עכשיו היא‬
‫‪ . m − dm‬לכו תנע האוטובוס הוא כרגע‪ . P2 = (v + dv )(m + dm) :‬מכיוון שאנו מודדים את התנע‬
‫ממערכת שנמצאת מחוץ לאוטובוס ולא נעה ביחד עם האוטובוס‪ ,‬יש לקחת את המהירות היחסית של החול‬
‫ביחס לאותה מערכת ולא ביחס לאוטובוס‪ .‬מהירות זו תהיה המהירות של האוטובוס ביחס למערכת‬
‫החיצונית פחות מהירות החול ביחס לאוטובוס‪ .‬כלומר‪ v − u :‬ולכן תנע החלקיק שמסתו ‪ dm‬הינו‬
‫) ‪ P1 = ( v − u )( dm‬מתוך החוק השני של ניוטון‪ ,‬משוואת התנע היא‪:‬‬
‫‪ .‬מסת האוטובוס יורדת בקצב זה ולכן כעבור זמן ‪ t‬מסוים כלשהו‪,‬‬
‫) ‪dP P(t + dt ) − P(t‬‬
‫=‬
‫‪dt‬‬
‫‪dt‬‬
‫(‬
‫‪v + dv )(m + dm ) + (v − u )dm − mv‬‬
‫=‪F‬‬
‫‪dt‬‬
‫אנו מקבלים‪:‬‬
‫‪ F = m dv − u dm‬כאשר הזנחנו איבר מאוד קטן )‪(dvdm ≅ 0‬‬
‫‪dt‬‬
‫‪dt‬‬
‫= ‪ F‬ולכן‪:‬‬
‫‪F = ma − uc‬‬
‫⇓‬
‫‪uc + F‬‬
‫‪uc + F‬‬
‫=‬
‫‪m‬‬
‫‪M 0 − ct‬‬
‫= ‪a‬‬
‫ע"מ למצוא את המהירות‪ ,‬יש כמובן לבצע אינטגרציה‬
‫‪t‬‬
‫‪t uc + F‬‬
‫‪F  t −c‬‬
‫‪‬‬
‫∫ = ‪v − v0 = ∫ adt‬‬
‫∫ ‪= − u + ‬‬
‫‪0‬‬
‫‪0 M − ct‬‬
‫‪c  0 M 0 − ct‬‬
‫‪‬‬
‫‪0‬‬
‫‪F   M − ct ‬‬
‫‪‬‬
‫‪ + v0‬‬
‫‪v = − u +  ln 0‬‬
‫‪c   M 0 ‬‬
‫‪‬‬
‫‪F   M0 ‬‬
‫‪‬‬
‫‪ + v0‬‬
‫‪v =  u +  ln‬‬
‫‪c   M 0 − ct ‬‬
‫‪‬‬
‫‪F   M0 ‬‬
‫‪‬‬
‫ב‪ .‬נבדוק מתי ‪ v = 2v0‬כלומר מתי ‪ + v0 = 2v0‬‬
‫‪ .  u +  ln‬נפתור את המשוואה עבור ‪:t‬‬
‫‪c   M 0 − ct ‬‬
‫‪‬‬
F   M0 

 + v 0 = 2v 0
 u +  ln
c   M 0 − ct 

F   M0 

 = v0
 u +  ln
c   M 0 − ct 

M0
=e
M 0 − ct
v0
 F
 u+ 
c

−
M 0 − ct = M 0 e
v0
 F
 u+ 
c

v0

−

 F 

 u+ 
M0
c
1 − e   
t=
c 




