Comments
Description
Transcript
ישימח עובש • םינתשמ תוחוכ
שבוע חמישי • • • כוחות משתנים מסגרות יחוס לא אינרציאליות ,כוחות מדומים ,עיקרון השקילות תאוצת כובד אפקטיבית כוחות התלויים בהעתק F z חבל שאורכו Lומסתו )הכוללת( Mמפולגת באופן אחיד לכל אורכו ,מונח על שולחן אופקי חסר חיכוך .החבל עובר דרך גלגלת חסרת מסה וחיכוך ונמשך בכוח קבוע Fכלפי מעלה .מהו הכוח Fהדרוש כך שהחבל ייעצר בדיוק כשקצהו יתרומם מהשולחן וכולו יהיה באוויר? פתרון: החבל שבתרגיל אינו מסה נקודתית ,אך במסגרת המודל שלנו העוסק במסות נקודתיות בשלב זה ,ניתן להתייחס אליו כרצף של מסות נקודתיות ,אשר אורכו הכולל .Lמאחר והחבל אחיד ,כל המסות הללו יהיו M ונכפיל את הגודל זהות .כדי לחשב מהי המסה של כל חלק של החבל נגדיר את המסה ליחידת אורך כ- L M L M הזה באורך החבל הדרוש .לדוגמא ,המסה של שליש מהחבל תהיה וזו כמובן התשובה = ⋅ L 3 3 הטריוויאלית .כוח הכובד הפועל על החבל הוא תמיד .Mgאולם ,כאשר חלק ממנו נמצא על השולחן הנורמל מאזן את אותו חלק יחסי של כוח הכובד הפועל על החלק הזה .לפיכך כאשר מושכים את קצה החבל בכוח M קבוע Fמשוואת הכוחות בכיוון zשל החבל היא: ∑ Fz = F − L z g = Ma z F g והתאוצה של החבל כתלות בגובה zהיא: = ) a z (z − z M L זוהי תלות ליניארית .כדי לקיים את התנאי שהחבל ייעצר בדיוק כשיתנתק מהשולחן ,בחלקה הראשון של התנועה התאוצה היא חיובית ובחלקה השני שלילית ,כך שממוצע התאוצה יהיה אפס .מאחר והתלות היא ליניארית ממוצע על התאוצה הוא פשוט: F g F − L + a z (z = L ) + a z (z = 0) M L M F g = ) a z (z = = − 2 2 M 2 וכאשר נדרוש שממוצע זה יהיה אפס נקבל: Mg =F 2 שזו תוצאה לא מפתיעה אחרי שהוכחנו שהתלות של כוח הכובד ב z -היא ליניארית .נחזור לדוגמא הזו ונפתור אותה גם משיקולי אנרגיה בבוא העת. זריקה משופעת +רוח אופקית שתלויה בזמן גוף שמסתו mנזרק במהירות V0בזווית αמעל האופק ,מפני הקרקע .בזמן תנועתו מתחילה לנשוב רוח. r הרוח מפעילה על הגוף כוח אופקי שגדל עם הזמן באופן לנארי ˆ: F = −γ tx א. מצאו את וקטור תאוצת הגוף כפונקציה של הזמן. ב. מצאו את מיקום הגוף כפונקציה של הזמן ג. קבלו ביטוי לווקטור מהירות הגוף בפגיעתו בקרקע? פתרון א .נגדיר כיוון החיובי לציר xוציר –yרכיבי כיוון הזריקה: = max ∑F x −γ t = max t 1 2 gt 2 ב .בציר yאין השפעה של הכוח ולכן: t2 בציר :x λ 2m t cos α − λ tdt =v ∫m 0 0 γ ax = − m ay = − g y (t ) = v0 sin α − t vx (t ) = v0, x + ∫ ax (t )dt =v0 cos α − 0 λ 2 λ 3 x(t ) = xo + ∫ vx (t )dt = ∫ v0 cos α − t dt =v0t cos α − t m m 2 6 0 0 t t ג .נמצא את זמן הפגיעה בקרקע: y (t ) = 0 2v sin α t= o g t2 נציב ב - 2 ונקבל: λ 2m v y (t ) = v0 sin α − gt λ 2vo sin α g vx (t ) = v0 cos α − 2m vx (t ) = v0 cos α − v y (t ) = −v0 sin α כוחות התלויים במהירות – בעיית הצנחן r r הגרר שמפעיל האוויר על צנחן שמסתו mתלוי במהירות הנפילה שלו באופן הבא c) f = −cv :הוא קבוע חיובי( .הסימן השלילי מציין את הכיוונים ההפוכים של המהירות וכוח הגרר. א .מצא/י ביטוי לתאוצת הצנחן כפונקציה של המהירות. ב .מצא/י ביטוי למהירות הצנחן כפונקציה של הזמן f z mg פתרון: נרשום משוואת כוחות לצנחן: = mg − f = ma z c vz m ומכאן נמצא מיד: ∑F z az = g − mg ניתן לשים לב שכאשר c dv c dv = . aנציב ונקבל: על פי הגדרה התאוצה היא az = z = g − vz dt m dt כדי לקבל את המהירות כתלות בזמן נפתור את המשוואה: m v v m m v c dv ′ = − ln1 − ∫=t ∫ = dv ′ m m ′ mg − c v c 0 0 g − v′ g c c m כינוי ,τ -גודל קבוע עם יחידות של זמן .נחלץ את vונקבל: ניתן לקבוע c t − v e τ = 1− τg = vהתאוצה מתאפסת והגוף נמצא במהירותו המקסימלית. t − = v max 1 − e τ t − v(t ) = τg 1 − e τ נבדוק את התוצאה: • כאשר tשואף לאינסוף המהירות שואפת אסימפטוטית למהירות המקסימלית • כאשר tשווה ל 0 -המהירות שווה ל .0 - • כאשר הזמן τגדול מאד ,זאת אומרת שהגרר קטן מאד צריך לבדוק את הגבול בו ∞ → . τנפתח את האקספוננט לטור e x ≅ 1 + xונקבל: t − t v(t ) = limτ →∞ τg 1 − e τ ≅ limτ →∞ τg 1 − 1 + = g ⋅ t τ • וזו המהירות בתאוצה gללא מהירות התחלתית. כאשר הגרר מאד גדול τקטן מאד ,כך שהגוף יישאר ללא מהירות מתחילת התנועה. ניתן באותה השיטה למצוא את התלות של המיקום בזמן: t − dz = v max 1 − e τ dt = ) v(t t − τ dz = v max 1 − e dt t − τ z (t ) = v max t − v maxτ 1 − e כאשר z(t) t = 0שווה אפס וככל שעובר יותר זמן zגדל. דוגמא נוספת: מנוע של סירה שמסתה mומהירותה ההתחלתית v0מפסיק לפעול ב .t=0כוח הגרירה של המים נתון ע"י r r . F = −γ v א .חשבו את מהירות הסירה כפונקציה של הזמן. r r ∑ F = ma r r −γ v = ma dvx dt −γ vx = m dvx γ = − dt vx m dvx γ = − ∫ dt vx m0 t ) v(t v0 ) v (t ∫ v0 ln v |vv0(t ) = ln v(t ) − ln v0 = ln γ ) v(t =− t v0 m ln γ − t m v(t ) = v0 e vx v0 t ב. מצאו את מיקום הסירה ,כפונקציה של הזמן. γ − t −γ t m v0 e m − 1 = v0 1 − e m γ γ m ג. γ dt = − − t m t t x(t ) = x0 + ∫ v(t )dt =v0 ∫ e 0 0 מה המרחק שעברה הסירה עד עצירתה? מאחר ו- נציב - v(t ) = 0כאשר ∞ → t ∞ → tבx(t ) - ונקבל: v0 m γ = ∞→ x (t ) |t x v0 m γ t ד .תוך כמה זמן תעבור מחצית ממרחק זה? ) x(t ) |t →∞ = 2 x(t γ − t v0 1 − e m γ m v0 = 2 m γ γ − t 1 = 2e m 1 γ ln = − t 2 m t γ m ln 2 = ln 2 m γ =t ה .מה תהיה מהירות הסירה בזמן שמצאתם בסעיף הקודם? זה כבר פשוט נציב ln 2 : v0 2 −1 = = v0 e− ln 2 = v0eln 2 = v0 2−1 m γ γ m − ln 2 m γ = tבמהירות ) v (tונקבל: = v0e ln 2 m γ | ) v(t =t תנועה בתאוצה פרופורציונית לריבוע המהירות היחסית קרון שמסתו Mמתחיל לנוע ממנוחה על מסילה אופקית ישרה בהשפעת רוח הנושבת במקביל לתנועת הקרון ומפעילה כוח דוחף של - u . F = γu 2מהירות הרוח יחסית לקרון .מהירות הרוח יחסית לקרקע היא . v0אין חיכוך בין הקרון למסילה. א .רשמו את משוואת התנועה של הקרון. ב .מהי המהירות המכסימלית של הקרון? )רמז :אין צורך לפתור את משוואת התנועה(. . קבלו ביטוי למהירות הקרון כפונקציה של הזמן.ג פתרון u (t ) = v(t ) − v0 : הוא המהירות היחסית בין הקרון לרוחu מאחר ו.א . היא מהירות הקרון יחסית לקרקעv(t) כאשר ∑ F = ma F = γ u 2 = γ ( v − v0 ) a= 2 dv dt dv dt γ ( v − v0 ) = m 2 ∑ F = γu 2 = ma = 0 γ (vmax − v0 )2 = 0 .ב v max = v0 .ג ∑ F = γu 2 = ma dv dt γ (v − v0 )2 = m γ m γ γ m m t= dv (v − v0 )2 v( t ) m γ dt = t= 0 t= t= dv ∫ (v − v ) 2 0 − 1 v( t ) |0 v − v0 −1 1 + v( t ) − v0 − v0 m 1 1 − γ v0 − v( t ) v0 1 v(t ) = v0 1 − 1 + γ v0t m מערכות צירים מואצות וכוחות מדומים A θ mצופה מאיץ נתחיל מדוגמא: כל הוילונות מוגפים כך שנוסע היושב בתוך האוטובוס אינו יכול להסתכל החוצה .מסה m תלויה מהתקרה בעזרת חבל .נוסע באוטובוס מודד את הזווית של החבל ביחס לאנך לאופק צופה נייח ומגלה כי זו שווה .0 < β נרשום משוואת כוחות למסה כפי שמודד אותם הנוסע .האם משוואה זו מקיימת את החוק השני של ניוטון? ניתן לראות שבציר xפועל רק רכיב המתיחות אך המסה אינה מואצת. Ty T לכאורה ישנה סתירה עם החוק השני של ניוטון. Tx m הפיתרון לסתירה זו נובע מעצם העובדה שהחוק השני של ניוטון הוא מקרה פרטי בו mg המערכת היא אינרציאלית .נניח כי נתונה מערכת יחוס אינרציאלית Sומערכת לא r אינרציאלית ’ Sהמאיצה בתאוצה Aביחס ל – :S r r r מחיבור וקטורי מתקבל: r = R + r′ r r r ברור כי מגזירה של המשוואה בזמן מתקבלv = V + v ′ : r r r וגזירה נוספת: a = A + a′ ) ( r r r כפל של המשוואה במסה מוביל למשוואה: ma = m A + a ′ r r במערכת האינרציאלית אנחנו יודעים כי: ∑ Fr =mar r כך שבמערכת המאיצה תאוצת הגוף היא: ∑rF − mA =ma ′ על פי עקרון ד'לאמבר במערכת יחוס מאיצה ישנו כוח נוסף הפועל על כל מסה השווה ל mAוכיוונו הפוך לכיוון תאוצת מערכת היחוס .כוח זה נקרא בד"כ כוח מדומה אך הוא כוח לכל דבר. לפיכך ,הכוחות על המסה mעבור הנוסע באוטובוס הם: Ty T וסכום הכוחות במערכת המאיצה שווה לאפס. Tx -mA m r יש לשים לב שהחוק השני של ניוטון הוא מקרה פרטי שבו A = 0של העיקרון r r mg r הכללי יותר שבו: ∑ F − mA =ma ′ בשיווי משקל סכום הכוחות אפס. = T sin θ 0 − F0 = 0 ∑F x T sin θ 0 = ma 0 = T cos θ 0 − mg = 0 y ∑F T cos θ 0 = mg ומחילוק המשוואות זו בזו נקבל: a0 g = tan θ 0 נחזור לדוגמת המכונית המשולשת: A מכונית משולשת מאיצה שמאלה בתאוצה של ].A=10 [m/sec2 מזוודה שמסתה ] 20 [kgנשכחה על "גג" המכונית )הצד המשופע(. ‘האם תנוע המזוודה במעלה ה"גג" ,במורד הגג או שתישאר במקומה ביחס גג? 37o פתרון: הפעם נבחר במערכת צירים מואצת בה הכוחות הפועלים על המזוודה הם mg ,Nוהכוח .Fנכתוב משוואת כוחות: r r r r N + mg − F = ma כאשר התאוצה כאן היא התאוצה של המזוודה במערכת המכונית. ) (0, N ) + (mg sin (α ),−mg cos(α )) − m(Ax , Ay ) = m(a x , a y g sin (α ) − Ax = a x N a y = − g cos(α ) − Ay = 0 m y x N mg (A , A ) = ( A cos(α ), A sin(α )) = (8,6) m y sec : ולכן x m a x = g sin (α ) − Ax = −2 sec ay = 0 כלומר המזוודה תאיץ במעלה גג המכונית בתאוצה של ] 2 [m/sec2בדיוק כמו שקיבלנו בפעם הקודמת. כוח צנטריפוגלי – הכוח המדומה הפועל על גוף במערכת יחוס מסתובבת )בעלת תאוצה צנטריפטלית( תנועה מעגלית גם היא תנועה מואצת לכל דבר ולכם במערכת צירים שעל הגוף המסתובב קיים כוח מדומה. דוגמא: רוכב אופניים נוסע במסלול מעגלי שרדיוסו Rבמהירות זוויתית .ωבאיזה זווית יחסית לאופק עליו להטות את האופניים כדי לא ליפול? נבחר לפתור את התרגיל במערכת הצירים המואצת יחד עם הרוכב. תרשים הכוחות על האפניים: כדי שהרוכב יוכל להמשיך בנסיעתו סך כל הכוחות חייבים להתאפס במערכת המואצת ולכן: 2 v = ) tan (α Rg N Froad v2 m R α α f mg v2 m + g R הערה -אם האופניים הם גוף נקודתי לא ניתן לקבוע מהי זווית ההטיה אלא רק זווית שקול הכוחות .ניתן להוכיח שהזווית αהיא זווית ההטיה של האופניים ,אבל בעזרת שיקולים של מומנט כוח שנלמד בקרוב. ניתן להגדיר במערכת המואצת כוח כבידה מוכלל שיתאר את הכוח הפועל על גוף כלשהו .לדוגמא :במערכת v2 g * = + g זו ניתן להגדיר: R נפתח את רעיון כוח הכבידה המוכלל ולשם כך נחזור לדוגמת המעלית והמשקל מהשבוע השלישי: בדוגמא ישנו אדם העומד על מאזניים בתוך מעלית .נניח שהמעלית עולה בתאוצה .A עבור האיש ,הנע במערכת מואצת ,ישנו שדה כבידה שונה מאשר מחץ למעלית .שדה r r r הכבידה של האיש הוא . g* = g − A -המשקל שיראו המאזניים אם כך יהיה: * mg + mA − N = 0 ⇒ m( g + A) = N = mg ניתן להמחיש זאת כך: נניח שהאיש מחזיק בידיו כדור .הכדור יאיץ ביחס אליו בתאוצה של * gולא .g דוגמא נוספת: קרונית מאיצה במורד מישור משופע נטול חיכוך .לגג הקורנית קשורה מסה .mמהי הזווית בין הבל בו קשורה המסה לאנך? תאוצת הקרונית היא כמו כל גוף הנע במישור משופע נטול חיכוך: ) A = g sin(α r r r מאחר ו- g* = g − A A נקבל כי ) g* = g cos(aבכיוון ציר yהשלילי. במערכת זו החבל יהיה מתוח בכיוון * gובזווית .α A y x m α דוגמא נוספת: שני מטבעות זהים בעלי מסה mכל אחד מונחים על תקליט המסתובב אופקית על הפטיפון .המטבעות מונחים לאורך הרדיוס במרחקים r1 , r2ממרכז התקליט .מעלים את מהירות הסיבוב של התקליט באטיות .מקדם החיכוך הסטאטי בין התקליט למטבעות הוא .µs א .באיזה מהירות זוויתית יחליק כל מטבע? איך יפרשו את המצב צופה אינרציאלי וצופה לא אינרציאלי? ב .קושרים את המטבעות בחוט חסר מסה .באיזה מהירות זוויתית יחליקו המטבעות? מהי המתיחות בחוט רגע לפני ההחלקה? ω נבחר במערכת יחוס לא אינרציאלית הנעה על גבי התקליט. f s − mw 2 r = 0 המטבעות במנוחה ולכן - mgµ s = mw r 2 gµ s gµ s = w⇒ w r r1 gµ s r2 w נצייר את הכוחות הפועלים על כל מטבע: T f s − mw 2 r1 − T = 0 T f s − mw 2 r2 − T = 0 המהירות הזוויתית המקסימלית: 2 gµ s r1 + r3 w חוק הוק )(Hooke תכונת הגמישות אצל חומרים מתאפיינת ביכולתם לחזור לצורתם המקורית לאחר עיוות שנגרם ע"י כוח חיצוני .גופים אלו יתנגדו לעיוות על ידי כוח מחזיר הפועל על מנת להחזיר את הגוף למצבו המקורי ,כל זמן שהעיוות הוא בתחום הדינמי שלהם .בגופים אלסטיים ליניאריים גודל הכוח המחזיר הוא פרופרציוני לגודל r r העיוות .בקפיץ המכני הכוח המחזיר שווהF = − k ∆r : כאשר - k :קבוע שתלוי בסוג הקפיץ r - ∆rאורך המתיחה/כיווץ הקפיץ ממצב שיווי משקל ברגע שהעיוות חורג מהתחום הדינמי של הגוף ,הגוף מאבד את יכולתו לחזור לצורתו המקורית והכוח המחזיר דועך. שאלה בנושא קפיץ )תנועה מעגלית וכוח מדומה( גוף שמסתו mנמצא בתוך צינור חלק והוא מחובר אל שני קפיצים זהים בעלי קבוע ,kואורך רפוי ) L0כל קפיץ(. כשהגוף מצוי באמצע הצינור שני הקפיצים רפויים .מחברים את קצה הצינור אל ציר סיבוב אנכי כך שהצינור מסתובב במישור אופקי במהירות זוויתית .ω א .באיזה מרחק xמאמצע הצינור צריך להימצא הגוף כדי שיבצע תנועה מעגלית עם הצינור מבלי להחליק ביחס אליו? ב .מהו קבוע הקפיץ המינימלי שעבורו קיים פתרון לסעיף א'? פתרון: אם הגוף לא מחליק ביחס לצינור פרוש הדבר שיחסית לצינור הגוף בשיווי משקל, לכן נשרטט את הכוחות הפועלים על הגוף יחסית לצינור. שימו לב שהצינור הוא בעצם מערכת מואצת ולכן על הגוף יפעל גם כוח מדומה. כיוון התאוצה בכיוון ציר הסיבוב )שהוא מרכז המעגל( וגודלו aR = ω 2 R -כאשר Rרדיוס הסיבוב. מאחר ובגלל הסיבוב הגוף מתרחק מהציר -נניח למרחק -xרדיוס הסיבוב יהיה. R = L0 + x : נשרטט את הכוחות הפועלים על הגוף יחסית לצינור כאשר הקפיצים נמתחו -או התכווצו ב: x - F0 2kx = F0 ולכן: כאשר : 2kx ) F0 = ma0 = maR = mω 2 R = mω 2 ( L0 + x ) 2kx = mω 2 ( L0 + x נציב ונקבל את המרחק מאמצע הצינור: mω 2 L0 2k − mω 2 =x פתרון סעיף ב' קבוע הקפיץ המינימלי הוא כאשר הגוף נוגע קלות בבסיס החיצוני של הגליל )מעבר לזה הבסיס יפעיל כוח נורמל על הכדור ....ואז החישוב שלנו כבר לא נכון .במקרה זה x ≤ L0 נציב את xמהסעיף הקודם ונקבל: mω 2 L0 ≤ L0 2k − mω 2 mω 2 ≤ 2k − mω 2 2mω 2 ≤ 2k mω 2 ≤ k