sol14 - 1.1 1 2 kl 2 =.U 1 1 M v 2 I 2 2 2 = U = Ek 1 M r2...

This preview shows page 1 out of 7 pages.

Unformatted text preview: ‫סמסטר א תשסד‬ ‫אוניברסיטת תל אביב‬ ‫בית הספר לפיסיקה ואסטרונומיה‬ ‫פיסיקה קלאסית ‪ 1‬־ פתרון תרגיל מספר‬ ‫‬ ‫‪.1‬‬ ‫)א( בעת השחרור לקפיץ יש אנרגיה פוטנציאלית‬ ‫‪1 2‬‬ ‫‪kl‬‬ ‫‪2‬‬ ‫= ‪.U‬‬ ‫כאשר הקפיץ מגיע לנק שיווי המשקל שלו‪ ,‬כל האנרגיה הפוטנציאלית הופכת לקינטית ומתחלקת בין אנרגיה‬ ‫קינטית של מרכז המסה ואנרגיה קינטית של סיבוב‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪M v 2 + Iω 2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫= ‪, U = Ek‬‬ ‫כאשר עבור גליל‬ ‫‪1‬‬ ‫‪M r2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫= ‪.I‬‬ ‫כיוון שהתנועה היא של גלגול ללא החלקה אז‬ ‫‪, v = −rω‬‬ ‫ולכן אפשר לרשום‬ ‫‪1‬‬ ‫‪3 1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪. kl2 = · M v 2 = 3 Iω 2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2 2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫מכאן‪ ,‬שהאנרגיה הקינטית של מרכז המסה היא‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪, M v 2 = kl2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪3‬‬ ‫והאנרגיה הקינטית של הסיבוב היא‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪. Iω 2 = kl2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪6‬‬ ‫)ב( כיוון שהתנועה היא של גלגול ללא החלקה )וכיוון שהריצפה לא מאיצה(‪ ,‬אפשר לבחור את נקודת הציר בנקודת‬ ‫המגע )הרגעית( של הגליל עם הריצפה‪ .‬המומנט שהקפיץ מפעיל סביב הציר הזה הוא ‪ ,rkx‬כאשר ‪ x‬הוא הסטיה‬ ‫ימינה מנק שיווי המשקל‪ .‬לכן‪ ,‬לפי החוק השני‬ ‫)‪.Iα = rkx (α ≡ ω‬‬ ‫˙‬ ‫מכיוון שהתנועה היא ללא החלקה אז מתקיים גם‬ ‫‪, −rα = x‬‬ ‫¨‬ ‫כך שאפשר לרשום ) ‪(I = 23 M r2‬‬ ‫‪r2 k‬‬ ‫‪2 k‬‬ ‫=‪x‬‬ ‫‪x‬‬ ‫‪I‬‬ ‫‪3M‬‬ ‫¨‪.‬‬ ‫‪x=−‬‬ ‫¨(‬ ‫מכאן כבר קל למצוא את התדירות ‪ ω0‬של התנודה )עפי המשוואה הדיפ ‪x = −ω02 x‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪2 k‬‬ ‫= ‪ω0‬‬ ‫‪3M‬‬ ‫ולכן זמן המחזור הוא‬ ‫‪3M‬‬ ‫‪2k‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‬ ‫‪2π‬‬ ‫‪= 2π‬‬ ‫= ‪.T‬‬ ‫‪ω0‬‬ ‫‪.2‬‬ ‫)א( נרשום קודם את המשוואות עבור כל גוף‪ .‬עבור המשקולת )נסמן אותה באינדקס ‪ (2‬החוק השני של ניוטון הוא‬ ‫¨‪m‬‬ ‫‪y2 = T − mg‬‬ ‫עבור הגליל נבחר בנקודת המגע עם הריצפה כנקודת הציר‪ .‬משוואת המומנטים על הגליל היא‬ ‫‪, 2RT = −Iα‬‬ ‫כאשר ‪ I‬הוא מומנט האינרציה סביב נקודת המגע‪ ,‬וכאשר הזרוע של המומנט היא ‪ 2R‬כיוון שזהו המרחק‬ ‫מנקודת הסיבוב שנבחרה ועד לנקודת הפעלת הכח‪ .‬נותר לנו לקשר בין התאוצות של הגליל והמשקולות‪ .‬כיוון‬ ‫שהחוט לא מחליק על הגליל אז המהירות של הגליל יחסית לחוט ‪ v1 + y˙ 2‬מקיימת )צד ימין של המשוואה הוא‬ ‫אכן ‪ Rω‬ולא ‪(2Rω‬‬ ‫‪v1 + y˙ 2 = +Rω‬‬ ‫‪⇒ a1 + y¨2 = +Rα‬‬ ‫)סימן הפלוס ב־ ‪ v1 + y¨2‬מופיע כי מהירות החוט ימינה שווה למינוס מהירות המסה כלפי מעלה(‪.‬‬ ‫קיים גם התנאי הנוסף שהגליל גם לא מחליק על המשטח‪ .‬תנאי זה נותן‬ ‫‪v1 = −Rω‬‬ ‫‪. ⇒ a1 = −Rα‬‬ ‫קיבלנו אם כן את סט המשוואות הב‬ ‫¨‪, m‬‬ ‫‪y2 = T − mg‬‬ ‫‪, 2RT = −Iα‬‬ ‫‪, a1 + y¨2 = +Rα‬‬ ‫‪.a1 = −Rα‬‬ ‫נציב את המשוואה השניה בראשונה ונחסר את הרביעית מהשלישית כדי לקבל‬ ‫‪−I‬‬ ‫‪α − mg‬‬ ‫‪2R‬‬ ‫¨‪m‬‬ ‫= ‪y2‬‬ ‫¨‪.‬‬ ‫‪y2 = 2Rα‬‬ ‫כעת ניתן לפתור עבור ‪ α‬ומקבלים‬ ‫‪2R‬‬ ‫‪mg‬‬ ‫‪−I − 4mR2‬‬ ‫= ‪.α‬‬ ‫מומנט האינרציה של גליל חלול סביב מרכזו הוא‬ ‫‪1‬‬ ‫) ‪M (r2 + R2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫= ‪.ICM‬‬ ‫לכן‪ ,‬לפי משפט שטיינר‪ ,‬מומנט האינרציה סביב נקודת המגע עם המשטח הוא‬ ‫‪1‬‬ ‫‪M (r2 + R2 ) + M R2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫= ‪.I‬‬ ‫נציב בפתרון ונקבל‬ ‫‪2R‬‬ ‫‪−4R‬‬ ‫= ‪mg‬‬ ‫‪mg‬‬ ‫‪−I − 4mR2‬‬ ‫‪M r2 + (3M + 8m)R2‬‬ ‫= ‪,α‬‬ ‫ו־‬ ‫‪2R2‬‬ ‫‪4R2‬‬ ‫= ‪mg‬‬ ‫‪mg‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪−I − 4mR‬‬ ‫‪M r + (3M + 8m)R2‬‬ ‫‪.a1 = −Rα = −‬‬ ‫)ב( תאוצת המשקולת היא ‪ y¨2 = Rα − a1‬ולכן עפי הסעיף הקודם‬ ‫‪−4R2‬‬ ‫‪−8R2‬‬ ‫= ‪mg‬‬ ‫‪mg‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪I + 4mR‬‬ ‫‪M r + (3M + 8m)R2‬‬ ‫¨‪.‬‬ ‫= ‪y2‬‬ ‫¨‪ m‬ונקבל‬ ‫את המתיחות נמצא מהקשר ‪y2 = T − mg‬‬ ‫‪r2 + 3R2‬‬ ‫‪mM g‬‬ ‫‪+ (3M + 8m)R2‬‬ ‫‪M r2‬‬ ‫= ‪.T‬‬ ‫‪.3‬‬ ‫)א( התנאי לכך שהגליל יבצע הקפה שלמה הוא שהכח הצנטריפיטלי יתאים בכל נקודה לתנועה מעגלית‪ .‬אין כאן‬ ‫בעיה שעשוי להווצר כח צנטריפיטלי קטן מדי מכיוון שהמסילה יכולה להפעיל כח נורמלי גדול כפי שנדרש‪.‬‬ ‫הבעיה היא כח צנטריפיטלי גדול מדי‪ .‬כאשר המסה בשיא הגובה של המעגל פועל עליה כח משיכה ‪ mg‬כלפי‬ ‫מטה )לכיוון מרכז המעגל( ועוד כח נורמל מהמסילה‪ .‬כלומר הכח הצנטריפיטלי בנקודה גדול מ־‪ ,mg‬ולכן התנאי‬ ‫על המהירות שם הוא‬ ‫‪mv 2‬‬ ‫‪> mg‬‬ ‫‪R‬‬ ‫‪.‬‬ ‫את המהירות של הגוף בנקודת המקסימום אפשר למצוא משימור אנרגיה‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪mv 2 + Iω 2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪³ v ´2‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪mv 2 + kmr2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪(1 + k)mv 2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫=‬ ‫)‪mg(h − 2R‬‬ ‫=‬ ‫=‬ ‫אם נציב את התנאי למהירות המינימלית בביטוי האחרון נקבל‬ ‫‪1‬‬ ‫‪(1 + k)mgR‬‬ ‫‪2‬‬ ‫> )‪mg(h − 2R‬‬ ‫או פשוט‬ ‫‪5+k‬‬ ‫‪R‬‬ ‫‪2‬‬ ‫> ‪.h‬‬ ‫הערה‪ :‬אנו השתמשנו כאן בקרוב ‪ .r ¿ R‬ללא קרוב זה הגובה של הגוף )של מרכז המסה שלו( בשיא הגובה‬ ‫הוא לא ‪ 2R‬אלא )‪ ,(2R − r‬כאשר הגובה אפס עדיין נמדד מהריצפה )בשביל חישוב נכון דרוש שגם ‪ h‬ימדד עד‬ ‫מרכז המסה של הגוף(‪.‬‬ ‫)ב( עבור ‪ k = 0‬נקבל‬ ‫)‪(k = 0‬‬ ‫‪5‬‬ ‫‪R‬‬ ‫‪2‬‬ ‫> ‪.h‬‬ ‫זהו התנאי לגןף נקודתי )שלא מתגלגל ואין לא אנרגיית סיבוב(‪.‬‬ ‫עבור ‪ k = 1‬נקבל‬ ‫)‪(k = 1‬‬ ‫‪.h > 3R‬‬ ‫‪ .4‬מכיוון שהכדור מתגלגל ללא החלקה אפשר לחור את ציר הסיבוב של הכדור בנקודת המגע )הרגעית( שלו עם הכלי‪.‬‬ ‫מהחוק השני לסיבובים‬ ‫‪, Iα = mgb sin φ‬‬ ‫כאשר ‪ I‬הוא מומנט האינרציה סביב הציר שבחרנו‪ b ,‬הוא רדיוס הכדור ו־‪ φ‬היא הזווית של השיפוע )ראו שרטוט(‪.‬‬ ‫‪φ‬‬ ‫‪φ‬‬ ‫‬ ‫מכיוון שהכדור מתגלגל ללא החלקה אז התאוצה הקווית שלו‪ ,‬לאורך המסלול המעגלי‪ ,‬היא ‪ , −bα‬אבל היא גם‬ ‫)תאוצת מרכז המסה( ¨‪ .aφ‬נציב במשוואה הקודמת שלנו )‪ (Iα = mgb sin φ‬ונקבל‬ ‫‪mgb2‬‬ ‫‪sin φ‬‬ ‫‪Ia‬‬ ‫‪.φ¨ = −‬‬ ‫‪Ia‬‬ ‫‪ (l = mb‬כך שהפתרון הוא מיידי‪ .‬אך אפשר גם‬ ‫המשוואה הזו דומה למשוואה של מטוטלת מתמטית )עם חוט באורך‬ ‫לפתור באופן מסודר‪ :‬נניח תנודות קטנות )זוויות קטנות( כך ש־‪ sin φ ≈ φ‬ונקבל את המשוואה הדיפ‬ ‫‪mgb2‬‬ ‫‪φ‬‬ ‫‪Ia‬‬ ‫‪.φ¨ = −‬‬ ‫משוואה כזו אנו יודעים לפתור‬ ‫‪mgb2‬‬ ‫‪Ia‬‬ ‫‪r‬‬ ‫=‪ω‬‬ ‫כלומר‬ ‫‪Ia‬‬ ‫‪mgb‬‬ ‫‪s‬‬ ‫‪.T = 2π‬‬ ‫במקרה שלנו בעזרת משפט שטיינר )ציר הסיבוב שלנו הוא סביב נקודה בשפת הכדור(‬ ‫‪7‬‬ ‫‪2 2‬‬ ‫= ‪mb + mb2‬‬ ‫‪mb2‬‬ ‫‪5‬‬ ‫‪10‬‬ ‫= ‪,I‬‬ ‫ולכן‬ ‫‪7a‬‬ ‫‪10g‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪.T = 2π‬‬ ‫הערה‪ :‬ההנחה ש־‪ b ¿ a‬נכנסה בכך שתאוצת מרכז המסה לאורך המסלול המעגלי היא בעצם ¨‪ (a − b)φ‬ולא ¨‪ .aφ‬ללא‬ ‫הקרוב )אך עדיין תנודות קטנות( היה מתקבל‬ ‫‪s‬‬ ‫)‪7(a − b‬‬ ‫‪.T = 2π‬‬ ‫‪10g‬‬ ‫‪.5‬‬ ‫)א( את המהירות של הסליל בתחתית אפשר למצוא משיקולי אנרגיה‪ .‬במהלך הירידה מרכז המסה יורד מגובה ‪h‬‬ ‫לגובה ‪) R‬מרכז המסה לא מגיע לריצפה ממש(‪ .‬הפרש האנרגיה הזה הולך לאנרגיה הקינטית של מרכז המסה‬ ‫ועוד האנרגיה של הסיבוב סביב מרכז המסה‪:‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪(2M + m)vCM‬‬ ‫‪+ I ω 2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫= )‪.(2M + m)g(h − R‬‬ ‫מומנט האינרציה של הגוף הוא הסכום של גלילים אחידים‪ .‬לדיסקה‪/‬גליל במסה ‪ M‬ורדיוס ‪ R‬יש מומנט התמד‬ ‫)סביב ציר הסימטריה( של ‪ I = 12 M R2‬ולכן‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪.I = 2( M R2 ) + mr2 = M R2 + mr2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫כיוון שיש לנו גילגול ללא החלקה‪ ,‬אזי יש קשר בין מהירות מרכז המסה למהירות הזוויתית‪ .‬נשים לב כי החלק‬ ‫במגע עם הריצפה )שמתגלגל ללא החלקה( הוא הגליל הצר ולכן‬ ‫|‪. |vCM | = |rω‬‬ ‫נציב את התוצאות במש באנרגיה ונקבל‬ ‫‪1‬‬ ‫‪v2‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪+ I CM‬‬ ‫‪(2M + m)vCM‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪r2‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪v2‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪(2M + m)vCM‬‬ ‫‪+ (M R2 + mr2 ) CM‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪r2‬‬ ‫‬ ‫= )‪(2M + m)g(h − R‬‬ ‫=‬ ‫או‪ ,‬אם נגדיר‬ ‫‪1‬‬ ‫) ‪(I ≡ M R2 + mr2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪, M ≡ 2M + m‬‬ ‫‪µ‬‬ ‫= )‪.M g(h − R‬‬ ‫אז ניתן גם לרשום‬ ‫‪2‬‬ ‫‪vCM‬‬ ‫¶‬ ‫‪1‬‬ ‫‪I‬‬ ‫‪r2‬‬ ‫‬ ‫‪M +‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪2‬‬ ‫כעת אפשר לחלץ את המהירות ‪ v0‬של מרכז המסה בתחתית‬ ‫‪2M (h − R)r 2‬‬ ‫‪g‬‬ ‫‪M r2 + I‬‬ ‫‪s‬‬ ‫‪2(2M + m)(h − R)r 2‬‬ ‫=‪g‬‬ ‫‪(2r2 + R2 )M + 32 mr2‬‬ ‫‪s‬‬ ‫= ‪⇒ v0 ≡ vCM‬‬ ‫‪−v0 x‬‬ ‫)ב( בהנחה שהסליל לא קופץ כאשר הוא מגיע לריצפה‪ ,‬אזי בתחילת התנועה האופקית שלו‪ ,‬יש לו מהירות ˆ‬ ‫‪ x‬לכיוון ימין( ומהירות זוויתית ‪ ω) ω = vr0‬חיובי‪ ,‬נגד כיוון השעון(‪ .‬כל עוד הסליל היה על השיפוע‪ ,‬הגליל הצר‬ ‫)ˆ‬ ‫‪ m‬היה במגע עם הריצפה‪ ,‬אבל עכשיו הדיסקות ‪ M‬הן במגע עם הריצפה‪ .‬מכאן שהתנאי לגילגול ללא החלקה‬ ‫כעת הוא ‪) v = −Rω‬במקום ‪ ,(v = −rω‬וכפי שראינו התנאי לא מתקיים )כי כן מתקיים ‪.(v = −rω‬‬ ‫)ג( מכיוון ש־‬ ‫‪, v0 ≡ rω0 < Rω0‬‬ ‫אזי הסליל נע לאט מדי שמאלה‪ ,‬או לחילופין מסתובב מהר מדי נגד כיוון השעון )כאשר ‪ ω0‬היא המהירות‬ ‫הזוויתית‪ ,‬נגד כיוון השעון‪ ,‬של הסליל ברגע הגיעו לקרקע(‪ .‬כתוצאה מכך פועל על הסליל מהריצפה חיכוך קינטי‬ ‫‪ f‬שמאלה )מתנגד לסיבוב ומאיץ את הסליל שמאלה(‪:‬‬ ‫‪.f = µN = µM g‬‬ ‫משוואת הכוחות )‪ (F = ma‬על הגוף היא‬ ‫‪M a = −f = −µM g‬‬ ‫  ‬ ‫= ‪⇒ a = −µg‬‬ ‫)‪ (τ = I ω‬היא‬ ‫ומשוואת המומנטים ˙‬ ‫‪g‬‬ ‫‬ ‫‪I ω˙ = −Rf = −RµM‬‬ ‫   ‬ ‫‪M R‬‬ ‫=‪g‬‬ ‫ ‪I‬‬ ‫‪. ⇒ ω˙ = −µ‬‬ ‫שימו לב‪ ,‬כי הסימנים כאן נובעים מכך שהכיוון ימינה וסיבוב נגד כיוון השעון נבחרו כחיובים‪ .‬את המשוואות‬ ‫ל־ ˙‪ a, ω‬קל לפתור בעזרת אינטגרציה פשוטה‬ ‫‪⇒ v = −v0 − µgt‬‬ ‫‪v0‬‬ ‫‪M R‬‬ ‫‪gt‬‬ ‫‪−µ‬‬ ‫‪r‬‬ ‫ ‪I‬‬ ‫=‪⇒ω‬‬ ‫   ‬ ‫  ‬ ‫= ‪, a = −µg‬‬ ‫‪M  R‬‬ ‫=‪g‬‬ ‫‪I‬‬ ‫‪.ω˙ = −µ‬‬ ‫התנאי לגילגול ללא החלקה הוא ‪ ,v = −Rω‬ובמיקרה כאן‬ ‫‪R‬‬ ‫‪M R2‬‬ ‫‪gt‬‬ ‫‪v0 + µ‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪I‬‬ ‫¶‬ ‫‪R‬‬ ‫‪− 1 v0‬‬ ‫‪r‬‬ ‫‪µ‬‬ ‫=‪t‬‬ ‫¶‬ ‫‪−v0 − µgt = −‬‬ ‫‪M R2‬‬ ‫‪⇒ µg 1 +‬‬ ‫‪I‬‬ ‫‪µ‬‬ ‫כעת קל לפתור עבור הזמן‬ ‫‪I (R − r)v0‬‬ ‫) ‪rµg(I + M R2‬‬ ‫‬ ‫= ‪,t‬‬ ‫כאשר‪ ,‬כאמור‬ ‫‪1‬‬ ‫‪I ≡ M R2 + mr2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫; ‪≡ 2M + m‬‬ ‫‪2M (h − R)r 2‬‬ ‫‪g‬‬ ‫‪M r2 + I‬‬ ‫‪s‬‬ ‫‬ ‫‪,M‬‬ ‫= ‪.v0‬‬ ‫‪ .6‬נסמן את הסליל העליון במספר ‪ 1‬ואת התחתון במספר ‪ .2‬כמו כן נסמן את המתיחות בחוט העליון ב־ ‪ T1‬ואת זו‬ ‫בחוט התחתון ב־ ‪ .T2‬תוך שימוש בסימונים הנ״ל הכוחות הפועלים על כל סליל מתוארים בשרטוטים הבאים‪:‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪T2‬‬ ‫‪r1‬‬ ‫‪mg‬‬ ‫‪1‬‬ ‫‪T1‬‬ ‫‪r1‬‬ ‫‪r2‬‬ ‫‪r2‬‬ ‫‪T2 + mg‬‬ ‫נשתמש שוב בהסכם הכיוונים שהכיוון למעלה הוא חיובי‪ ,‬וסיבוב נגד כיוון השעון הוא חיובי‪ .‬ונרשום עבור כל סליל‬ ‫את משוואת הכוחות‪ ,‬את משוואת המומנטים )סביב מרכז המסה של כל סליל(‪ ,‬ואת התנאי לגילגול ללא החלקה‪.‬‬ ‫עבור סליל ‪) 1‬העליון( המשוואות הן‬ ‫‬ ‫)‪, ma1 = T1 − (T2 + mg‬‬ ‫‬ ‫‪, I ω˙ 1 = −r1 T1‬‬ ‫‬ ‫‬ ‫‪.a1 = r1 ω˙ 1‬‬ ‫עבור סליל ‪ r1 ) 2‬הוא הרדיוס סביבו מלופף החוט בשני הסלילים( המשוואות הן‬ ‫‪, ma2 = T2 − mg‬‬ ‫‬ ‫‬ ‫‪, I ω˙ 2 = r1 T2‬‬ ‫‬ ‫‬ ‫‬ ‫‪.(a2 − a1 ) = −r1 ω˙ 2‬‬ ‫במשוואה האחרונה מופיעה ) ‪ (a2 − a1‬כיוון שהתנאי לגלגול ללא החלקה הוא יחסי לחוט‪ ,‬והחוט התחתון מאיץ‬ ‫בתאוצה ‪ a1‬כמו הסליל העליון עליו הוא מחובר‪ .‬לכן‪ ,‬התאוצה של סליל ‪ 2‬ביחס לחוט שלו היא ‪.a2 − a1‬‬ ‫כעת ממשואות ‪ 2‬ו־ ‪ 3‬מקבלים‬ ‫‪I‬‬ ‫‪I‬‬ ‫‪ω˙ 1 = − 2 a1‬‬ ‫‪r1‬‬ ‫‪r1‬‬ ‫‪, T1 = −‬‬ ‫וממשוואות ‪ 5‬ו־ ‪ 6‬מקבלים‬ ‫‪I‬‬ ‫‪I‬‬ ‫) ‪ω˙ 2 = 2 (a1 − a2‬‬ ‫‪r1‬‬ ‫‪r1‬‬ ‫= ‪.T2‬‬ ‫נציב את שני הביטויים האחרונים במשוואות ‪ 1‬ו־‪ 4‬ונקבל את המשוואות‬ ‫‪I‬‬ ‫‪I‬‬ ‫) ‪a1 − 2 (a1 − a2‬‬ ‫‪2‬‬ ‫‪r1‬‬ ‫‪r1‬‬ ‫‪, ma1 + mg = −‬‬ ‫‪⇒ (2I + mr12 )a1 + mr12 g = Ia2‬‬ ‫ו־‬ ‫‪I‬‬ ‫) ‪(a1 − a2‬‬ ‫‪r12‬‬ ‫= ‪ma2 + mg‬‬ ‫‪⇒ Ia1 − mr12 g = (mr12 + I)a2‬‬ ‫‪8‬‬ ‫כעת קל לפתור את המשוואות‪ ,‬ומקבלים‬ ‫‪mr12 + 2I‬‬ ‫‪g‬‬ ‫‪+ 3Imr12 + (mr12 )2‬‬ ‫‪I2‬‬ ‫‪, a1 = −mr12‬‬ ‫‪mr12 + 3I‬‬ ‫‪g‬‬ ‫‪+ 3Imr12 + (mr12 )2‬‬ ‫‪I2‬‬ ‫‪.a1 = −mr12‬‬ ‫הערה‪ :‬שימו לב‪ ,‬אילו בחרנו אתנקודת הציר של סליל ‪ ,2‬כנקודת המגע שלו עם החוט‪ ,‬אזי המומנט שפועל בנק מרכז‬ ‫המסה לא היה רק ‪ .mg‬הסיבה לכך היא שהחוט גם מאיץ‪ ,‬בתאוצה ‪ .a1‬אם נעבור למערכת המנוחה של החוט‪ ,‬אזי‬ ‫במרכז המסה של הסליל יפעל כח נוסף )מדומה( של ‪ −ma1‬שגם יתרום למומנט‪ .‬אם בוחרים את מרכז המסה כנק‬ ‫הציר‪ ,‬אז אין בעיה כזו כיוון שהכוחות המדומים )כאשר עוברים מערכת( פועלים במרכז המסה‪ ,‬ולכן לא תורמים‬ ‫מומנט‪.‬‬ ‫‪ .7‬המשוואה‬ ‫~‬ ‫‪dL‬‬ ‫‪~ ×L‬‬ ‫~‬ ‫‪=Ω‬‬ ‫‪dt‬‬ ‫‪,‬‬ ‫כאשר הגודל ‪ L‬של ~‬ ‫‪ L‬לא משתנה‪ ,‬איננו תכונה מיוחדת של תנע זוויתי‪ ,‬אלא של כל וקטור שמסובבים אותו סביב‬ ‫‪ n‬אזי‬ ‫ציר‪ .‬כלומר באופן כללי אם יש לנו וקטור יחידה )‪ˆ (t‬‬ ‫ˆ‪d‬‬ ‫~ ‪n‬‬ ‫‪=Ω×n‬‬ ‫ˆ‬ ‫‪dt‬‬ ‫‪.‬‬ ‫~‬ ‫ל־‪) Ω‬תמיד אפשר לעשות זאת‪,‬‬ ‫דרך אחת לראות זאת היא לבחור את מערכת הצירים שלנו כך שכיוון ˆ‪ z‬מקביל‬ ‫‪0‬‬ ‫‪ x‬כך ש־ ˆ‪ z‬מקביל לציר הסיבוב(‪.‬‬ ‫‪ x‬אז אפשר להגדיר שלושה כיוונים חדשים ‪ˆ0 , yˆ0 , zˆ0‬‬ ‫ואם כבר יש מערכת צירים ˆ‪ˆ, yˆ, z‬‬ ‫במערכת כזו‬ ‫ˆ‪~ = Ω‬‬ ‫‪Ω‬‬ ‫‪z‬‬ ‫וישנן זוויות ‪ θ, ϕ‬כך ש־‬ ‫ˆ‪.‬‬ ‫ˆ( ‪n = zˆ cos θ + sin θ‬‬ ‫)‪x cos ϕ + yˆ sin ϕ‬‬ ‫כיוון שאנו מסובבים סביב ציר ˆ‪ z‬אזי ‪ θ‬לא משתנה בזמן‪ ,‬אבל ‪ ϕ‬כן לפי‬ ‫)‪(θ˙ = 0‬‬ ‫‪.ϕ˙ = Ω‬‬ ‫‪ n‬לפי הזמן ונקבל‬ ‫כעת נגזור את ˆ‬ ‫ˆ‪sin θ (−‬‬ ‫˙‪x sin ϕ + yˆ cos ϕ) ϕ‬‬ ‫=‬ ‫ˆ‪sin θ (−‬‬ ‫‪x sin ϕ + yˆ cos ϕ) Ω‬‬ ‫=‬ ‫ˆ‪d‬‬ ‫‪n‬‬ ‫‪dt‬‬ ‫‪.‬‬ ‫ˆ( מתקיים‬ ‫אם נזכור כי במערכת קואורדינטות ימנית )קרטזית רגילה שבה ˆ‪x × yˆ = z‬‬ ‫‪, zˆ × x‬‬ ‫ˆ‪ˆ = y‬‬ ‫ˆ‪, zˆ × yˆ = −‬‬ ‫‪x‬‬ ‫‪, zˆ × zˆ = 0‬‬ ‫אזי קל לראות כי‬ ‫ˆ‪= (Ω‬‬ ‫ˆ[ × ) ‪z‬‬ ‫ˆ( ‪z cos θ + sin θ‬‬ ‫])‪x cos ϕ + yˆ sin ϕ‬‬ ‫‪~ ×n‬‬ ‫‪Ω‬‬ ‫ˆ‬ ‫ˆ‪= sin θ (−‬‬ ‫‪x sin ϕ + yˆ cos ϕ) Ω‬‬ ‫‪n‬‬ ‫ˆ‪ . d‬התוצאה איננה תלויה במערכת הצירים שבחרנו )למרות שנוח לחשב‬ ‫קיבלנו אם כן את אותה התוצאה כמו ‪dt‬‬ ‫כאשר ˆ‪ z‬מקביל ל־ ~‬ ‫‪ (Ω‬ולכן הוכחנו‬ ‫ˆ‪d‬‬ ‫~ ‪n‬‬ ‫‪=Ω×n‬‬ ‫ˆ‬ ‫‪dt‬‬ ‫ובפרט‬ ‫~‬ ‫‪dL‬‬ ‫‪~ ×L‬‬ ‫~‬ ‫‪=Ω‬‬ ‫‪dt‬‬ ‫‪9‬‬ ‫‪.‬‬ ...
View Full Document

  • Fall '10

{[ snackBarMessage ]}

Get FREE access by uploading your study materials

Upload your study materials now and get free access to over 25 million documents.

Upload now for FREE access Or pay now for instant access
Christopher Reinemann
"Before using Course Hero my grade was at 78%. By the end of the semester my grade was at 90%. I could not have done it without all the class material I found."
— Christopher R., University of Rhode Island '15, Course Hero Intern

Ask a question for free

What students are saying

  • Left Quote Icon

    As a current student on this bumpy collegiate pathway, I stumbled upon Course Hero, where I can find study resources for nearly all my courses, get online help from tutors 24/7, and even share my old projects, papers, and lecture notes with other students.

    Student Picture

    Kiran Temple University Fox School of Business ‘17, Course Hero Intern

  • Left Quote Icon

    I cannot even describe how much Course Hero helped me this summer. It’s truly become something I can always rely on and help me. In the end, I was not only able to survive summer classes, but I was able to thrive thanks to Course Hero.

    Student Picture

    Dana University of Pennsylvania ‘17, Course Hero Intern

  • Left Quote Icon

    The ability to access any university’s resources through Course Hero proved invaluable in my case. I was behind on Tulane coursework and actually used UCLA’s materials to help me move forward and get everything together on time.

    Student Picture

    Jill Tulane University ‘16, Course Hero Intern