שאלות ממועד 2025 ב׳
שאלה עם $\ln$ - תאוצה זוויתית
מיקום גוף נע מתואר בקואורדינטות x ו y באופן הבא (לא זוכר במדיוק):
\[x(t) = A\ln\left(1 + \frac{t}{\tau}\right) \cos\left(2A\omega\left[(t + \tau)\ln\left(1 + \frac{t}{\tau}\right) - t\right]\right)\] \[y(t) = A\ln\left(1 + \frac{t}{\tau}\right) \sin\left(2A\omega\left[(t + \tau)\ln\left(1 + \frac{t}{\tau}\right) - t\right]\right)\]$\omega, A, \tau$ הם קבועים ביחידות המתאימות.
מה התאוצה הזוויתית של הגוף? ($a_\theta$)
התשובה הנכונה הייתה ככל הנראה:
\[\boxed{a_\theta = \frac{2A\omega}{t + \tau}}\]בשלב הראשון נדרש להבין מהנתונים ש:
\[R = A\ln\left(1 + \frac{t}{\tau}\right)\]וש-
\[\theta = 2A\omega\left[(t + \tau)\ln\left(1 + \frac{t}{\tau}\right) - t\right]\]גזירה ראשונה של $\theta$ נותנת (שימו לב שבשביל $\ln$ צריך את כלל השרשרת):
\[\frac{d}{dt} \theta = 2A\omega \frac{d}{dt}\left[(t + \tau)\ln\left(1 + \frac{t}{\tau}\right) - t\right]\]נפתח את הנגזרת של הביטוי בתוך הסוגריים המרובעים בעזרת נגזרת של מכפלה ($(ab)’=a’b + b’a$):
\[\frac{d}{dt}\left[(t + \tau)\ln\left(1 + \frac{t}{\tau}\right) - t\right] = \frac{d}{dt}\left[\ln\left(1 + \frac{t}{\tau}\right)\right](t + \tau) + \underbrace{\frac{d}{dt}\left[(t + \tau)\right]}_{=1}\ln\left(1 + \frac{t}{\tau}\right) - 1\] \[\frac{d}{dt}\left[\ln\left(1 + \frac{t}{\tau}\right)\right](t + \tau) = \frac{1}{1+\frac{t}{\tau}}\cdot\frac{1}{\tau} (t+ \tau) = 1\]מכאן שהביטוי המפחיד מצטמצם עם 1:
\[\frac{d}{dt}\left[(t + \tau)\ln\left(1 + \frac{t}{\tau}\right) - t\right] = \cancel{\frac{d}{dt}\left[\ln\left(1 + \frac{t}{\tau}\right)\right](t + \tau)} + \frac{d}{dt}\left[(t + \tau)\right]\ln\left(1 + \frac{t}{\tau}\right) - \cancel{1}\] \[=\ln\left(1 + \frac{t}{\tau}\right)\]נמשיך עם הנגזרת השנייה:
\[\frac{d^2 \theta}{dt} = 2A\omega \frac{d}{dt}\left[\ln\left(1 + \frac{t}{\tau}\right)\right] = 2A\omega\left(\frac{1}{1+\frac{t}{\tau}}(\frac{1}{\tau})\right)\] \[\boxed{a_\theta = \frac{2A\omega}{t + \tau}}\]\[T = (m + M)g + \frac{m^2v_0^2}{2L(M+m)}\]שאלת קליע - מתיחות בחוט
קליע במשקל $m$ שנע במהיות $v_0$ נתקבע בבול עץ במשקל $M$ שתלוי מחוט באורך $L$ (מטוטלת בליסטית?), מה המתיחות של החוט שמחזיק את הקליע בנקודת שיא הגובה?
\[\sqrt{v_0 + \frac{2GM(R-a)}{Ra}}\]שאלת כוכב - מהירות יציאה מהפלנטה
נתון שגוף שמימי מגיע למרחק של $a$ ושואלים לגבי המהירות שבה הוא עוזב.
שאלת קפיץ פולארי
מה המשוואה שמתארת את המערכת של קפיץ מסתובב? כלומר, הקפיץ נראה כמחוג שעון.
המשוואה הרגילה של קפיץ במערכת קרטזית:
\[\boxed{ \begin{aligned} \ddot{x} + \omega^2(x - x_0) &= 0\\ \ddot{y} + \omega^2(y - y_0) &= 0 \end{aligned} }\]כאשר $(x_0, y_0)$ הן קואורדינטות המיקום בשיווי משקל.
השליפה הזאת לא טריוויאלית, כי לאורך הקורס עסקנו בעיקר בקפיץ חד ממדי. במקרה כזה המשוואה פשוטה בהרבה - מהצורה:
\[\ddot{x} + \omega^2(x - x_0) = 0\]היה נתון שנקודת שיווי המשקל (אורך אפס) נמצאת ברדיוס $r_0$ מהמרכז, אז:
\[x_0 = r_0 \cos{\theta}, \quad y_0 = r_0 \sin{\theta}\]והמשוואות הופכות להיות:
\[\begin{aligned} \ddot{x} + \omega^2(x - r_0 \cos{\theta}) &= 0\\ \ddot{y} + \omega^2(y - r_0 \sin{\theta}) &= 0 \end{aligned}\]שלב 2: המרה לקואורדינטות פולאריות
מחליפים $x = r \cos{\theta}$ ו-$y = r \sin{\theta}$:
\[\ddot{x} + \omega^2(r - r_0) \cos{\theta} = 0\] \[\ddot{y} + \omega^2(r - r_0) \sin{\theta} = 0\]שלב 3: חישוב הנגזרות השניות (זה החלק החשוב!)
הנגזרות הן:
\[\dot{x} = \dot{r} \cos{\theta} - r \dot{\theta} \sin{\theta}\] \[\ddot{x} = \ddot{r} \cos{\theta} - 2\dot{r} \dot{\theta} \sin{\theta} - r \ddot{\theta} \sin{\theta} - r \dot{\theta}^2 \cos{\theta}\] \[\dot{y} = \dot{r} \sin{\theta} + r \dot{\theta} \cos{\theta}\] \[\ddot{y} = \ddot{r} \sin{\theta} + 2\dot{r} \dot{\theta} \cos{\theta} + r \ddot{\theta} \cos{\theta} - r \dot{\theta}^2 \sin{\theta}\]שלב 4: הקרנה רדיאלית
כדי לקבל משוואה עבור $r$, מכפילים את המשוואה הראשונה ב-$\cos{\theta}$ ואת השנייה ב-$\sin{\theta}$ ומחברים:
\[\ddot{x} \cos{\theta} + \ddot{y} \sin{\theta} + \omega^2(r - r_0) = 0\]מציבים את הביטויים ל-$\ddot{x}$ ו-$\ddot{y}$ ופותחים:
\[\ddot{r}(\cos^2{\theta} + \sin^2{\theta}) - r \dot{\theta}^2(\cos^2{\theta} + \sin^2{\theta}) + \omega^2(r - r_0) = 0\]מכיוון ש-$\cos^2{\theta} + \sin^2{\theta} = 1$:
\[\boxed{\ddot{r} - r \dot{\theta}^2 + \omega^2(r - r_0) = 0}\]התוצאה הסופית
\[\boxed{\ddot{r} - (\dot{\theta}^2 - \omega^2)r - \omega^2 r_0 = 0}\]הנקודה המרכזית: כשעוברים לקואורדינטות פולאריות, מופיע איבר נוסף של כוח צנטריפוגלי $-r\dot{\theta}^2$ שמשנה את תדירות האוסצילציה האפקטיבית מ-$\omega^2$ ל-$(\omega^2 - \dot{\theta}^2)$.
הערה ולקח: הגעתי לתשובה הנכונה דרך פסילת האחרות אך עדיין התלבטתי בין שתי תשובות דומות. בדקה האחרונה למבחן שיניתי את התשובה שסימנתי, בגלל תגובת המתרגל לשאלה שלי. זה היה המתרגל הצעיר ביותר, ואני מאמין שהוא לא התכוון להרע, אך בכל מקרה הייתי מציע להימנע מסיטואציה דומה.
\[\tan{\theta} \leq \frac{\mu g + A}{g-\mu A}\]שאלת חיכוך
שאלת אנרגיה
נתון כוח משמר שפועל על גוף ושואלים על השינוי באנרגיה שלו בין שתי נקודות.
כדי לפתור את התרגיל היה נדרש תחילה לגזור את וקטור המקום כדי לקבל את וקטורי המהירות, וכן הלאה. מומלץ להסתכל על פתרון תרגיל דומה מהתרגול.
\[-36 \, \mathrm{J}\]\[A = \frac{m_1 v_1}{\sqrt{k m_2}}\]שאלת אמפליטודה של תנודות
נתון פיצוף שמעיף חצי אחד כלפי חוץ וחצי שני שמחובר לקיר עם קפיץ כלפי הקיר.
\[\cos{\theta} = \frac{2}{3}\]זווית התנתקות של חפץ מחליק מכיפה
חפץ מחליק מכיפה חלקה (ללא חיכוך).
מה הזווית שבה החפץ מתנתק מהכיפה?
בנקודה כלשהי על הכיפה, הכוחות הפועלים על החפץ:
- משקל: $mg$ (כלפי מטה)
- כוח נורמלי: $N$ (לכיוון מרכז הכיפה)
ברכיב הרדיאלי (לכיוון המרכז), מהחוק השני של ניוטון:
\[mg\cos\theta - N = \frac{mv^2}{R}\]החפץ מתנתק כאשר הכוח הנורמלי הופך לאפס, כלומר:
\[N = 0\]אז במקרה הזה המשוואה הופכת להיות:
\[mg\cos\theta = \frac{mv^2}{R}\]כלומר:
\[\boxed{v^2 = gR\cos\theta}\]משימור אנרגיה בין הנקודה הראשונה (קודקוד) לנקודת ההתנתקות:
\[mgR(1-\cos\theta) = \frac{1}{2}mv^2\]נחליף את הביטוי עבור $v^2$ שקיבלנו מקודם:
\[\begin{aligned} mgR(1-\cos\theta) &= \frac{1}{2}m(gR\cos\theta) \\ 1-\cos\theta &= \frac{1}{2}\cos\theta \\ 1 &= \cos\theta + \frac{1}{2}\cos\theta = \frac{3}{2}\cos\theta \end{aligned}\] \[\boxed{\cos\theta = \frac{2}{3}}\] דור פסקל