Skip to main content
Global

6.2: حل المسائل باستخدام قوانين نيوتن (الجزء الأول)

  1. Last updated
  2. Save as PDF
  • Page ID
    200072

    • \( \newcommand{\vecs}[1]{\overset { \scriptstyle \rightharpoonup} {\mathbf{#1}} } \) \( \newcommand{\vecd}[1]{\overset{-\!-\!\rightharpoonup}{\vphantom{a}\smash {#1}}} \)\(\newcommand{\id}{\mathrm{id}}\) \( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\) \( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\) \( \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}\) \( \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}\) \( \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}\) \( \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}\) \( \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}\) \( \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}\) \( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\) \(\newcommand{\id}{\mathrm{id}}\) \( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\) \( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\) \( \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}\) \( \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}\) \( \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}\) \( \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}\) \( \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}\) \( \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}\) \( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\)\(\newcommand{\AA}{\unicode[.8,0]{x212B}}\)

    أهداف التعلم
    • تطبيق تقنيات حل المشكلات لحل الكميات في أنظمة القوى الأكثر تعقيدًا
    • استخدم مفاهيم من الكينماتيكا لحل المسائل باستخدام قوانين نيوتن للحركة
    • حل مشاكل التوازن الأكثر تعقيدًا
    • حل مشاكل التسريع الأكثر تعقيدًا
    • تطبيق حساب التفاضل والتكامل على مشاكل الديناميكيات الأكثر

    النجاح في حل المشكلات ضروري لفهم المبادئ الفيزيائية وتطبيقها. لقد طورنا نمطًا لتحليل وإعداد الحلول للمشكلات التي تتضمن قوانين نيوتن في قوانين نيوتن للحركة؛ في هذا الفصل، نواصل مناقشة هذه الاستراتيجيات وتطبيق عملية خطوة بخطوة.

    استراتيجيات حل المشكلات

    نتبع هنا أساسيات حل المشكلات المقدمة سابقًا في هذا النص، لكننا نؤكد على استراتيجيات محددة مفيدة في تطبيق قوانين نيوتن للحركة. بمجرد تحديد المبادئ الفيزيائية التي تنطوي عليها المشكلة وتحديد أنها تتضمن قوانين نيوتن للحركة، يمكنك تطبيق هذه الخطوات لإيجاد حل. تعزز هذه التقنيات أيضًا المفاهيم المفيدة في العديد من مجالات الفيزياء الأخرى. تم ذكر العديد من استراتيجيات حل المشكلات بشكل صريح في الأمثلة العملية، لذلك يجب أن تعزز التقنيات التالية المهارات التي بدأت بالفعل في تطويرها.

    إستراتيجية حل المشكلات: تطبيق قوانين نيوتن للحركة
    1. حدد المبادئ الفيزيائية المتضمنة من خلال سرد المعطيات والكميات المراد حسابها.
    2. ارسم الموقف باستخدام السهام لتمثيل جميع القوى.
    3. تحديد نظام الاهتمام. والنتيجة هي رسم تخطيطي للجسم الحر ضروري لحل المشكلة.
    4. قم بتطبيق قانون نيوتن الثاني لحل المشكلة. إذا لزم الأمر، قم بتطبيق المعادلات الحركية المناسبة من الفصل الخاص بالحركة على طول الخط المستقيم.
    5. تحقق من الحل لمعرفة ما إذا كان معقولًا.

    دعونا نطبق استراتيجية حل المشكلات هذه على التحدي المتمثل في رفع بيانو كبير إلى شقة من الطابق الثاني. بمجرد أن نقرر أن قوانين نيوتن للحركة متورطة (إذا كانت المشكلة تنطوي على قوى)، فمن المهم بشكل خاص رسم رسم تخطيطي دقيق للموقف. يظهر هذا الرسم في الشكل\(\PageIndex{1a}\). ثم، كما في الشكل\(\PageIndex{1b}\)، يمكننا تمثيل جميع القوى بالسهام. عند وجود معلومات كافية، من الأفضل تسمية هذه الأسهم بعناية وجعل طول واتجاه كل منها يتوافق مع القوة الممثلة.

    يوضح هذا الشكل تطور مخطط الجسم الحر لبيانو يتم رفعه وتمريره عبر النافذة. الشكل أ عبارة عن رسم تخطيطي يوضح البيانو المعلق من رافعة وجزء من النافذة. يحدد الشكل (ب) القوى. يُظهر الرسم التخطيطي نفسه مع إضافة القوى المُمثَّلة في صورة سهام متجهية مُصنَّفة. يشير المتجه T لأعلى، المتجه F الفرعي T يشير إلى الأسفل، المتجه w يشير إلى الأسفل. يحدد الشكل ج نظام الاهتمام. يظهر الرسم مرة أخرى مع البيانو المحاط بدائرة وتم تحديده كنظام الاهتمام. يتم تضمين المتجهين T لأعلى و w لأسفل فقط في هذا الرسم التخطيطي. القوة الهابطة F sub T ليست قوة على نظام الاهتمام لأنها تمارس على العالم الخارجي. يجب حذفه من مخطط الجسم الحر. كما يظهر مخطط الجسم الحر. وتتكون من نقطة تمثل نظام الاهتمام، والمتجهات T التي تشير إلى الأعلى وw التي تشير إلى الأسفل، وذيولها عند النقطة. يوضح الشكل d إضافة القوى. يتم عرض المتجهين T و w. قيل لنا أن هذه القوى يجب أن تكون متساوية ومتعاكسة لأن القوة الخارجية الصافية هي صفر. وبالتالي فإن T يساوي ناقص w.

    الشكل\(\PageIndex{1}\): (أ) يتم رفع بيانو كبير إلى شقة من الطابق الثاني. (ب) تستخدم السهام لتمثيل جميع القوى:\(\vec{T}\) هي الشد في الحبل فوق البيانو،\(\vec{F}_{T}\) وهي القوة التي يمارسها البيانو على الحبل،\(\vec{w}\) وهي وزن البيانو. يُفترض أن تكون جميع القوى الأخرى، مثل دفعة النسيم، ضئيلة. (ج) لنفترض أننا حصلنا على كتلة البيانو وطُلب منا إيجاد الشد في الحبل. ثم نحدد نظام الاهتمام كما هو موضح ونرسم مخططًا للجسم الحر. لم\(\vec{F}_{T}\) يعد يظهر الآن، لأنه ليس قوة تعمل على نظام المصالح؛ بل\(\vec{F}_{T}\) تعمل على العالم الخارجي. (د) تُستخدم طريقة الجمع من الرأس إلى الذيل عند عرض الأسهم فقط. من الواضح أنه إذا كان البيانو ثابتًا،\(\vec{T}\) =\(- \vec{w}\).

    كما هو الحال مع معظم المشكلات، نحتاج بعد ذلك إلى تحديد ما يجب تحديده وما هو معروف أو يمكن استنتاجه من المشكلة كما هو مذكور، أي إعداد قائمة بالمعروف والمجهول. من المهم بشكل خاص تحديد نظام الاهتمام، لأن قانون نيوتن الثاني يتضمن قوى خارجية فقط. يمكننا بعد ذلك تحديد القوى الخارجية والقوى الداخلية، وهي خطوة ضرورية لاستخدام قانون نيوتن الثاني. (انظر الشكل\(\PageIndex{1c}\).) يمكن استخدام قانون نيوتن الثالث لتحديد ما إذا كانت القوى تمارس بين مكونات النظام (الداخلي) أو بين النظام وشيء خارجي (خارجي). كما هو موضح في قوانين نيوتن للحركة، يعتمد نظام الاهتمام على السؤال الذي نحتاج إلى الإجابة عليه. تظهر القوى فقط في مخططات الجسم الحر، وليس التسارع أو السرعة. لقد رسمنا العديد من مخططات الجسم الحر في أمثلة العمل السابقة. \(\PageIndex{1c}\)يوضح الشكل مخطط الجسم الحر لنظام الاهتمام. لاحظ أنه لا توجد قوى داخلية تظهر في مخطط الجسم الحر.

    بمجرد رسم مخطط الجسم الحر، نطبق قانون نيوتن الثاني. يتم ذلك في الشكل\(\PageIndex{1d}\) الخاص بحالة معينة. بشكل عام، بمجرد تحديد القوى الخارجية بوضوح في مخططات الجسم الحر، يجب أن يكون من السهل وضعها في شكل معادلة وحل المجهول، كما حدث في جميع الأمثلة السابقة. إذا كانت المشكلة ذات بُعد واحد - أي إذا كانت جميع القوى متوازية - فيمكن معالجة القوى جبريًا. إذا كانت المشكلة ثنائية الأبعاد، فيجب تقسيمها إلى زوج من المشكلات أحادية البعد. نقوم بذلك عن طريق إسقاط متجهات القوة على مجموعة من المحاور المختارة للراحة. كما هو موضح في الأمثلة السابقة، يمكن أن يؤدي اختيار المحاور إلى تبسيط المشكلة. على سبيل المثال، عندما يتعلق الأمر بالانحدار، تكون مجموعة المحاور ذات المحور الواحد الموازي للميل والآخر عمودي عليه هي الأكثر ملاءمة. من الملائم دائمًا جعل محور واحد موازيًا لاتجاه الحركة، إذا كان ذلك معروفًا. بشكل عام، ما عليك سوى كتابة قانون نيوتن الثاني في المكونات على طول الاتجاهات المختلفة. ثم لديك المعادلات التالية:

    \[\sum F_{x} = m a_{x}, \quad \sum F_{y} = m a_{y}\ldotp\]

    (على سبيل المثال، إذا كان النظام يتسارع أفقيًا، فيمكنك عندئذٍ تعيين ay = 0.) نحن بحاجة إلى هذه المعلومات لتحديد القوى غير المعروفة التي تعمل على النظام.

    كما هو الحال دائمًا، يجب علينا التحقق من الحل. في بعض الحالات، من السهل معرفة ما إذا كان الحل معقولًا. على سبيل المثال، من المعقول أن نجد أن الاحتكاك يتسبب في انزلاق جسم ما إلى أسفل المنحدر ببطء أكثر من عدم وجود احتكاك. في الممارسة العملية، يتطور الحدس تدريجيًا من خلال حل المشكلات؛ مع الخبرة، يصبح من السهل تدريجيًا الحكم على ما إذا كانت الإجابة معقولة. هناك طريقة أخرى للتحقق من الحل وهي التحقق من الوحدات. إذا كنا نعمل على حل مشكلة القوة وانتهى بنا الأمر بوحدات مليمترات في الثانية، فإننا قد ارتكبنا خطأً.

    هناك العديد من التطبيقات المثيرة للاهتمام لقوانين نيوتن للحركة، والتي يتم عرض المزيد منها في هذا القسم. تعمل هذه أيضًا على توضيح بعض التفاصيل الدقيقة للفيزياء وللمساعدة في بناء مهارات حل المشكلات. ننظر أولاً إلى المسائل التي تتضمن توازن الجسيمات، والتي تستخدم قانون نيوتن الأول، ثم ننظر في تسريع الجسيمات، الذي يتضمن قانون نيوتن الثاني.

    اتزان الجسيمات

    تذكر أن الجسيم في حالة الاتزان هو الجسيم الذي تتوازن فيه القوى الخارجية. يتضمن التوازن الثابت الأجسام في حالة السكون، والتوازن الديناميكي يشمل الأجسام المتحركة دون تسارع، ولكن من المهم أن نتذكر أن هذه الظروف نسبية. على سبيل المثال، قد يكون الكائن في حالة سكون عند مشاهدته من الإطار المرجعي الخاص بنا، ولكن قد يبدو نفس الكائن متحركًا عند مشاهدته من قبل شخص يتحرك بسرعة ثابتة. نحن الآن نستفيد من المعرفة التي تم الحصول عليها في قوانين نيوتن للحركة، فيما يتعلق بأنواع القوى المختلفة واستخدام مخططات الجسم الحر، لحل مشاكل إضافية في توازن الجسيمات.

    مثال 6.1: توترات مختلفة بزوايا مختلفة

    ضع في اعتبارك إشارة المرور (كتلة 15.0 كجم) المعلقة من سلكين كما هو موضح في الشكل\(\PageIndex{2}\). أوجد الشد في كل سلك، مع إهمال كتل الأسلاك.

    يظهر رسم تخطيطي لإشارة مرور معلقة من سلكين مدعومين بقطبيين. (ب) تظهر بعض القوى في هذا النظام. يظهر الشد الفرعي T الذي يسحب الجزء العلوي من القطب الأيسر بواسطة السهم المتجه على طول السلك الأيسر من أعلى القطب، ويظهر الشد المتساوي ولكن المعاكس T الفرعي من خلال السهم الذي يشير لأعلى على طول السلك الأيسر حيث يتم توصيله بالضوء؛ السلك الأيسر يصنع ثلاثين درجة زاوية أفقية. يظهر الشد T الفرعي 2 بواسطة سهم متجه يشير لأسفل من أعلى القطب الأيمن على طول السلك الأيمن، ويظهر الشد المتساوي ولكن المعاكس T الفرعي 2 بواسطة السهم الذي يشير لأعلى على طول السلك الأيمن، مما يجعل الزاوية الأفقية بزاوية 45 درجة. يتم تعليق إشارة المرور في الطرف السفلي من الأسلاك، ويظهر وزنها W بواسطة سهم متجه يعمل لأسفل. (ج) إشارة المرور هي نظام الاهتمام، ويُشار إليه بتدوير إشارة المرور. يظهر الشد الفرعي T الذي يبدأ من إشارة المرور بواسطة سهم على طول السلك بزاوية ثلاثين درجة مع الأفقي. يظهر الشد T الفرعي 2 بدءًا من إشارة المرور بواسطة سهم على طول السلك بزاوية 45 درجة مع الأفقي. يظهر الوزن W بواسطة سهم متجه يشير لأسفل من إشارة المرور. يوضَّح مخطط الجسم الحر بثلاث قوى تؤثِّر على نقطة. الوزن W يعمل لأسفل؛ T الفرعية 1 و T الفرعية 2 تعمل بزاوية عمودية. يظهر نظام الإحداثيات، مع x الموجب إلى اليمين والإيجابي y لأعلى. (د) تظهر القوات مع مكوناتها. يتحلل T الفرعي 1 إلى T الفرعي Y ويشير عموديًا إلى الأعلى ويشير T الفرعي 1 x على طول اتجاه x السالب. الزاوية بين T sub one و T sub one x هي ثلاثين درجة. يتحلل T الفرعي 2 إلى T الفرعي 2 y يشير عموديًا لأعلى و T الفرعي 2 x يشير على طول اتجاه x الموجب. الزاوية بين T sub 2 و T sub two x هي خمسة وأربعون درجة. يظهر الوزن W بواسطة سهم متجه يعمل لأسفل. (هـ) القوة الرأسية الصافية هي صفر، لذا فإن معادلة المتجهات هي T sub One y زائد T sub two y يساوي W. T suber one y و T suber two y يوضحان في مخطط الجسم الحر كسهام متساوية الطول تشير لأعلى. يظهر W كسهم يشير لأسفل يبلغ طوله ضعف طول كل سهم من أسهم T الفرعية y و T الفرعية الثانية y. القوة الأفقية الصافية هي صفر، لذا فإن المتجه T الفرعي واحد x يساوي ناقص المتجه T الفرعي 2 x. T subor two x يظهر بواسطة سهم يشير إلى اليمين، ويظهر T subor one x بسهم يشير إلى اليسار.

    الشكل\(\PageIndex{2}\): إشارة المرور معلقة من سلكين. (ب) بعض القوات المشاركة. (ج) تظهر هنا فقط القوى العاملة على النظام. يظهر أيضًا مخطط الجسم الحر لإشارة المرور. (د) القوى المسقطة على المحاور الرأسية (y) والأفقية (x). يجب إلغاء المكونات الأفقية للتوترات، ويجب أن يساوي مجموع المكونات الرأسية للتوترات وزن إشارة المرور. (هـ) يُظهر مخطط الجسم الحر القوى الرأسية والأفقية المؤثرة على إشارة المرور.

    إستراتيجية

    نظام الاهتمام هو إشارة المرور، ويظهر مخطط الجسم الحر الخاص بها في الشكل\(\PageIndex{2c}\). القوى الثلاث المشاركة ليست متوازية، لذا يجب عرضها على نظام الإحداثيات. يحتوي نظام الإحداثيات الأكثر ملاءمة على محور واحد عمودي وآخر أفقي، وتظهر الإسقاطات المتجهة عليه في الشكل\(\PageIndex{2d}\). هناك نوعان من المجهولين في هذه المشكلة (T 1 و T 2)، لذلك هناك حاجة إلى معادلتين للعثور عليهما. تأتي هاتان المعادلتان من تطبيق قانون نيوتن الثاني على المحورين الرأسي والأفقي، مع ملاحظة أن القوة الخارجية الكلية تساوي صفرًا على طول كل محور لأن العجلة تساوي صفرًا.

    الحل

    فكر أولاً في المحور الأفقي أو المحور السيني:

    \[F_{net x} = T_{2x} - T_{1x} = 0 \ldotp\]

    وهكذا، كما قد تتوقع،

    \[T_{1x} = T_{2x} \ldotp\]

    هذا يعطينا العلاقة التالية:

    \[T_{1} \cos 30^{o} = T_{2} \cos 45^{o} \ldotp\]

    وهكذا،

    \[T_{2} = 1.225 T_{1} \ldotp\]

    لاحظ أن T 1 و T 2 غير متساويين في هذه الحالة لأن الزوايا على كلا الجانبين ليست متساوية. من المعقول أن ينتهي الأمر بـ T 2 ليكون أكبر من T 1 لأنه يُمارس عموديًا أكثر من T 1.

    الآن فكر في مكونات القوة على طول المحور الرأسي أو المحور y:

    \[F_{net y} = T_{1y} + T_{1x} - w = 0 \ldotp\]

    هذا يعني

    \[T_{1y} + T_{2y} = w \ldotp\]

    يعطي استبدال التعبيرات للمكونات الرأسية

    \[T_{1} \sin 30^{o} + T_{2} \sin 45^{o} = w \ldotp\]

    هناك نوعان من المجهولين في هذه المعادلة، ولكن استبدال التعبير عن T 2 بدلالة T 1 يقلل ذلك إلى معادلة واحدة بمجهول واحد:

    \[T_{1} (0.500) + (1.225 T_{1})(0.707) = w = mg,\]

    الذي ينتج

    \[1.366 T_{1} = (15.0\; kg)(9.80\; m/s^{2}) \ldotp\]

    حل هذه المعادلة الأخيرة يعطي مقدار T 1 ليكون

    \[T_{1} = 108\; N \ldotp\]

    أخيرًا، نجد حجم T 2 باستخدام العلاقة بينهما، T 2 = 1.225 T 1، الموجودة أعلاه. وهكذا نحصل

    \[T_{2} = 132\; N \ldotp\]

    الأهمية

    سيكون كلا التوترين أكبر إذا كان كلا السلكين أفقيًا بشكل أكبر، وسيكونان متساويين فقط إذا كانت الزوايا على أي من الجانبين هي نفسها (كما كانت في المثال السابق لجهاز المشي على الحبل المشدود في قوانين نيوتن للحركة).

    مثال 6.2: قوة السحب على البارجة

    تضغط القاطرتان على البارجة بزوايا مختلفة (الشكل\(\PageIndex{3}\)). وتمارس القاطرة الأولى قوة مقدارها 2.7 × 10 5 نيوتن في الاتجاه السيني، وتمارس القاطرة الثانية قوة مقدارها 3.6 × 10 5 نيوتن في الاتجاه y. كتلة البارجة ٥٫٠ × ١٠٦ كجم، ويُلاحظ أن عجلتها تساوي ٧٫٥ × ١٠ −٢ م/ث ٢ في الاتجاه الموضَّح. ما قوة سحب الماء المؤثِّر على البارجة الذي يقاوم الحركة؟ (ملاحظة: قوة السحب هي قوة احتكاك تمارسها السوائل، مثل الهواء أو الماء. تعارض قوة السحب حركة الكائن. نظرًا لأن البارجة ذات قاع مسطح، يمكننا افتراض أن قوة السحب في الاتجاه المعاكس لحركة البارجة.)

    (أ) منظر من الأعلى لقاطرتين تدفعان على صندل. تدفع إحدى القاطرات بقوة F الفرعية 1 التي تساوي نقطتين سبع مرات في عشرة إلى نيوتن الخمسة، وهو ما يوضحه سهم متجه يعمل باتجاه اليمين في الاتجاه x. تدفع قاطرة أخرى بقوة F الفرعية 2 تساوي ثلاث نقاط ست مرات في عشرة إلى نيوتن الخمسة التي تعمل صعودًا في الاتجاه y الموجب. يظهر تسارع البارجة، a، بواسطة سهم متجه موجه بزاوية ثلاث وخمسين نقطة بزاوية واحدة فوق المحور x. في مخطط الجسم الحر، تُمثَّل الكتلة بنقطة، ويتصرف F sub 2 لأعلى عند النقطة، وF الفرعية 1 في اتجاه اليمين، وF sub D يُؤثِّر في اتجاه الجنوب الغربي تقريبًا. (ب) إن المتجهين F sub 1 و F sub 2 هما أضلاع مثلث قائم الزاوية. والنتيجة هي وتر هذا المثلث، التطبيق الفرعي للمتجه F، مما يجعل زاوية ثلاث وخمسين نقطة واحدة من المتجه الأساسي F sub 1. التطبيق الفرعي للمتجه F بالإضافة إلى قوة المتجه F sub D، التي تشير إلى أسفل المنحدر، يساوي الشبكة الفرعية لمتجه القوة F، التي تشير إلى المنحدر.

    الشكل\(\PageIndex{3}\): (أ) منظر من الأعلى لقاطرتين تدفعان على صندل. (ب) لا يحتوي مخطط الجسم الحر للسفينة إلا على القوى المؤثرة في مستوى الماء. يتم حذف القوتين العموديتين - إلغاء وزن البارجة وقوة الطفو للمياه الداعمة لها ولا تظهر. لاحظ أن\(\vec{F}_{app}\) هذه هي القوة الكلية المطبقة على القاطرات.

    إستراتيجية

    يوضح الشكل اتجاهات ومقاييس التسارع والقوى المطبقة\(\PageIndex{3a}\). نحدد القوة الإجمالية للقاطرات على البارجة على\(\vec{F}_{app}\) النحو التالي

    \[\vec{F}_{app} = \vec{F}_{1} + \vec{F}_{2} \ldotp\]

    يقع سحب الماء\(\vec{F}_{D}\) في الاتجاه المعاكس لاتجاه حركة القارب؛ وبالتالي تعمل هذه القوة في الاتجاه المعاكس\(\vec{F}_{app}\)، كما هو موضح في مخطط الجسم الحر في الشكل\(\PageIndex{3b}\). نظام الاهتمام هنا هو البارجة، حيث يتم إعطاء القوى الموجودة عليها بالإضافة إلى تسريعها. نظرًا لأن القوى المطبقة متعامدة، يكون المحوران x و y في نفس اتجاه\(\vec{F}_{1}\) و\(\vec{F}_{2}\). تتحول المشكلة بسرعة إلى مشكلة أحادية البعد على طول الاتجاه\(\vec{F}_{app}\)، حيث أن الاحتكاك يكون في الاتجاه المعاكس\(\vec{F}_{app}\). تتمثل استراتيجيتنا في إيجاد مقدار واتجاه القوة الكلية المطبقة\(\vec{F}_{app}\) ثم تطبيق قانون نيوتن الثاني لحل قوة السحب\(\vec{F}_{D}\).

    الحل

    نظرًا لأن F x و F y متعامدتان، يمكننا إيجاد مقدار واتجاه الاتجاه\(\vec{F}_{app}\) المباشر. أولاً، يتم إعطاء الحجم الناتج من خلال نظرية فيثاغورس:

    \[ \vec{F}_{app} = \sqrt{F_{1}^{2} + F_{2}^{2}} = \sqrt{(2.7 \times 10^{5}\; N)^{2} + (3.6 \times 10^{5}\; N)^{2}} = 4.5 \times 10^{5} \; N \ldotp\]

    يتم إعطاء الزاوية من خلال

    \[\theta = \tan^{-1} \left(\dfrac{F_{2}}{F_{1}}\right) = \tan^{-1} \left(\dfrac{3.6 \times 10^{5}\; N}{2.7 \times 10^{5}\; N}\right) = 53.1^{o} \ldotp\]

    من قانون نيوتن الأول، نعلم أن هذا هو نفس اتجاه العجلة. نعلم أيضًا أن\(\vec{F}_{D}\) هذا في الاتجاه المعاكس\(\vec{F}_{app}\)، لأنه يعمل على إبطاء التسارع. لذلك، تكون القوة الخارجية الصافية في نفس الاتجاه\(\vec{F}_{app}\)، لكن حجمها أقل بقليل من\(\vec{F}_{app}\). المشكلة الآن أحادية البعد. من مخطط الجسم الحر، يمكننا أن نرى ذلك

    \[F_{net} = F_{app} - F_{D} \ldotp\]

    ومع ذلك، ينص قانون نيوتن الثاني على ذلك

    \[F_{net} = ma \ldotp\]

    وهكذا،

    \[F_{app} - F_{D} = ma \ldotp\]

    يمكن حل هذا بحجم قوة السحب للماء F D من حيث الكميات المعروفة:

    \[F_{D} = F_{app} - ma \ldotp\]

    يعطي استبدال القيم المعروفة

    \[F_{D} = (4.5 \times 10^{5}\; N) - (5.0 \times 10^{6}\; kg)(7.5 \times 10^{-2}\; m/s^{2}) = 7.5 \times 10^{4}\; N \ldotp\]

    \(\vec{F}_{D}\)تم تحديد الاتجاه بالفعل ليكون في الاتجاه المعاكس\(\vec{F}_{app}\) أو بزاوية 53 درجة جنوب الغرب.

    الأهمية

    الأرقام المستخدمة في هذا المثال معقولة بالنسبة للبارجة الكبيرة إلى حد ما. من الصعب بالتأكيد الحصول على سرعات أكبر باستخدام القاطرات، ومن المستحسن استخدام سرعات صغيرة لتجنب تشغيل البارجة في الأرصفة. يعتبر السحب صغيرًا نسبيًا بالنسبة للهيكل المصمم جيدًا بسرعات منخفضة، بما يتفق مع الإجابة على هذا المثال، حيث يكون F D أقل من 1/600 من وزن السفينة.

    في قوانين نيوتن للحركة، ناقشنا القوة العادية، وهي قوة تلامس تعمل بشكل طبيعي على السطح بحيث لا يكون للجسم تسارع عمودي على السطح. مقياس الحمام هو مثال ممتاز للقوة العادية التي تعمل على الجسم. يوفر قراءة كمية لمقدار ما يجب دفعه لأعلى لدعم وزن الكائن. ولكن هل يمكنك التنبؤ بما ستراه على قرص ميزان الحمام إذا وقفت عليه أثناء ركوب المصعد؟

    هل سترى قيمة أكبر من وزنك عند بدء تشغيل المصعد؟ ماذا يحدث عندما يتحرك المصعد لأعلى بسرعة ثابتة؟ قم بالتخمين قبل قراءة المثال التالي.

    مثال 6.3: ماذا يقرأ ميزان الحمام في المصعد؟

    \(\PageIndex{4}\)يُظهر الشكل رجلاً وزنه 75.0 كجم (وزنه حوالي 165 رطلاً) يقف على ميزان حمام في مصعد. احسب قراءة المقياس: (أ) إذا تسارع المصعد لأعلى بمعدل 1.20 متر/ثانية 2، و (ب) إذا تحرك المصعد لأعلى بسرعة ثابتة تبلغ 1 م/ث.

    شخص يقف على ميزان الحمام في المصعد. يظهر وزنه w بسهم بالقرب من صدره يشير إلى الأسفل. F sub s هي قوة المقياس على الشخص، ويظهرها متجه يبدأ من قدميه ويتجه رأسيًا لأعلى. W subs هو وزن المقياس، ويظهره متجه يبدأ من المقياس ويشير رأسيًا لأسفل. W sub e هو وزن المصعد، ويُظهر بسهم مكسور يبدأ من أسفل المصعد ويشير رأسيًا لأسفل. F sub p هي قوة الشخص على المقياس، ويتم رسمها بدءًا من المقياس والإشارة رأسيًا إلى الأسفل. F sub t هي قوة المقياس على أرضية المصعد، وتشير عموديًا لأسفل، و N هي القوة الطبيعية للأرضية على المقياس، بدءًا من المصعد بالقرب من المقياس المتجه لأعلى. (ب) يظهر الشخص نفسه على الميزان في المصعد، ولكن يتم عرض عدد قليل فقط من القوى المؤثرة على الشخص، وهو نظام اهتمامنا. يظهر W بواسطة سهم يعمل لأسفل، بينما تمثل F subs قوة المقياس على الشخص، ويظهرها متجه يبدأ من قدميه ويتجه رأسيًا لأعلى. كما يظهر مخطط الجسم الحر، مع قوتين تؤثران على نقطة. يعمل F sub s رأسيًا لأعلى، ويعمل w رأسيًا لأسفل. يظهر نظام إحداثيات x y، مع وجود x موجب إلى اليمين وإيجابي y لأعلى.

    الشكل\(\PageIndex{4}\): (أ) القوى المختلفة التي تعمل عندما يقف الشخص على ميزان الحمام في المصعد. تكون الأسهم صحيحة تقريبًا عندما يتسارع المصعد لأعلى - تمثل الأسهم المكسورة قوى كبيرة جدًا بحيث لا يمكن سحبها لتوسيع نطاقها. \(\vec{T}\)هو الشد في الكبل الداعم،\(\vec{w}\) هو وزن الشخص،\(\vec{w}_{s}\) هو وزن المقياس،\(\vec{w}_{e}\) هو وزن المصعد،\(\vec{F}_{s}\) هو قوة المقياس على الشخص،\(\vec{F}_{p}\) هو قوة الشخص على المقياس،\(\vec{F}_{t}\) هي قوة المقياس الموجود على أرضية المصعد،\(\vec{N}\) وهو قوة الأرضية لأعلى على المقياس. (ب) يُظهر مخطط الجسم الحر فقط القوى الخارجية التي تعمل على نظام الاهتمام المعين - الشخص - وهو الرسم التخطيطي الذي نستخدمه لحل المشكلة.

    إستراتيجية

    إذا كان المقياس قيد الراحة دقيقًا،\(\vec{F}_{p}\) فإن قراءته تساوي حجم القوة التي يمارسها الشخص نزولًا عليه. \(\PageIndex{4a}\)يوضِّح الشكل القوى العديدة المؤثرة على المصعد والمقياس والشخص. إنها تجعل هذه المشكلة أحادية البعد تبدو أكثر صعوبة مما لو تم اختيار الشخص ليكون نظام الاهتمام وتم رسم مخطط الجسم الحر، كما في الشكل\(\PageIndex{4b}\). يمكن لتحليل مخطط الجسم الحر باستخدام قوانين نيوتن أن يقدم إجابات لكل من الشكل\(\PageIndex{4a}\) و (ب) من هذا المثال، بالإضافة إلى بعض الأسئلة الأخرى التي قد تنشأ. القوى الوحيدة التي تؤثر على الشخص هي وزنه\(\vec{w}\) والقوة التصاعدية للمقياس\(\vec{F}_{s}\). وفقًا لقانون نيوتن الثالث،\(\vec{F}_{p}\)\(\vec{F}_{s}\) وهما متساويان في الحجم والعكس في الاتجاه، لذلك نحتاج إلى إيجاد F s لإيجاد ما يقرأه المقياس. يمكننا القيام بذلك، كالمعتاد، من خلال تطبيق قانون نيوتن الثاني،

    \[\vec{F}_{net} = m \vec{a} \ldotp\]

    من مخطط الجسم الحر، نرى ذلك\(\vec{F}_{net} = \vec{F}_{s} - \vec{w}\)، لذلك لدينا

    \[F_{s} - w = ma \ldotp\]

    يعطينا حل F s معادلة بمجهول واحد فقط:

    \[F_{s} = ma + w,\]

    أو، لأن w = mg، ببساطة

    \[F_{s} = ma + mg \ldotp\]

    لم يتم وضع أي افتراضات حول التسارع، لذلك يجب أن يكون هذا الحل صالحًا لمجموعة متنوعة من التسارعات بالإضافة إلى تلك الموجودة في هذه الحالة. (ملاحظة: نحن ندرس الحالة التي يتسارع فيها المصعد صعودًا. إذا كان المصعد يتسارع نحو الأسفل، يصبح قانون نيوتن الثاني هو F s − w = −ma.)

    الحل
    1. لدينا = 1.20 م/ث 2، بحيث يكون $F_ {s} = (75.0\؛ كجم) (9.80\؛ م/ثانية ^ {2}) + (75.0\؛ كجم) (1.20\؛ م/ثانية ^ {2}) $$العائد $F_ {s} = 825\؛ N\ ldotp $$
    2. الآن، ماذا يحدث عندما يصل المصعد إلى سرعة تصاعدية ثابتة؟ هل سيظل المقياس يقرأ أكثر من وزنه؟ بالنسبة لأي سرعة ثابتة - لأعلى أو لأسفل أو ثابتة - يكون التسارع صفرًا بسبب\(a = \frac{\Delta v}{\Delta t}\) و\(\Delta v = 0\). وهكذا، $F_ {s} = الحد الأقصى + ملغ = 0+ ملغ$$أو $F_ {s} = (75.0\; كجم) (9.80\; م/s^ {2})، $$مما يعطي $F_ {s} = 735\؛ N\ ldotp $$

    الأهمية

    تبلغ قراءة المقياس في الشكل\(\PageIndex{4a}\) حوالي 185 رطلاً. ماذا كان سيقرأ المقياس إذا كان ثابتًا؟ نظرًا لأن تسارعه سيكون صفرًا، فإن قوة المقياس ستكون مساوية لوزنه:

    \[F_{net} = ma = 0 = F_{s} − w\]

    \[F_{s} = w = mg\]

    \[F_{s} = (75.0\; kg)(9.80\; m/s^{2}) = 735\; N \ldotp\]

    وبالتالي، فإن قراءة المقياس في المصعد أكبر من وزنه البالغ 735-N (165 رطلاً). وهذا يعني أن الميزان يضغط على الشخص بقوة أكبر من وزنه، كما يجب من أجل تسريعه صعودًا.

    من الواضح أنه كلما زاد تسارع المصعد، زادت قراءة المقياس، بما يتفق مع ما تشعر به في التسارع السريع مقابل المصاعد التي تتسارع ببطء. في الشكل\(\PageIndex{4b}\)، قراءة المقياس هي 735 نيوتن، وهو ما يساوي وزن الشخص. هذا هو الحال عندما يكون للمصعد سرعة ثابتة - يتحرك لأعلى أو لأسفل أو ثابتًا.

    التمرين 6.1

    الآن احسب قراءة المقياس عندما يتسارع المصعد لأسفل بمعدل 1.20 متر/ثانية 2.

    ينطبق حل المثال السابق أيضًا على المصعد الذي يتسارع إلى الأسفل، كما ذكرنا. عندما يتسارع المصعد إلى الأسفل، تكون a سلبية، وتكون قراءة المقياس أقل من وزن الشخص. إذا تم الوصول إلى سرعة هبوطية ثابتة، تصبح قراءة المقياس مرة أخرى مساوية لوزن الشخص. إذا كان المصعد في حالة سقوط حر وتسارع هبوطيًا عند g، فإن قراءة المقياس تكون صفرًا ويبدو أن الشخص عديم الوزن.

    مثال 6.4: كتلتان مرفقتان

    \(\PageIndex{5}\)يوضِّح الشكل كتلة كتلتها m 1 على سطح أفقي خالٍ من الاحتكاك. يتم سحبها بواسطة خيط خفيف يمر فوق بكرة عديمة الاحتكاك وبدون كتلة. يتم توصيل الطرف الآخر من السلسلة بكتلة كتلتها m 2. أوجد تسارع الكتل والشد في الخيط بدلالة m 1 وm 2 وg.

    (أ) تقع الكتلة m الفرعية 1 على سطح أفقي. يتم توصيله بخيط يمر فوق بكرة ثم يتدلى بشكل مستقيم لأسفل ويتصل بالكتلة m sub 2. يحتوي Block m sub 1 على تسريع فرعي 1 موجه إلى اليمين. يحتوي بلوك م الفرعي 2 على تسارع فرعي 2 موجه نحو الأسفل. (ب) مخططات الجسم المجانية لكل كتلة. تحتوي الكتلة m sub 1 على قوة w sub 1 موجهة رأسيًا لأسفل، و N موجهة رأسيًا لأعلى، و T موجهة أفقيًا إلى اليمين. الكتلة m sub 2 لها قوة w sub 2 موجهة رأسيًا لأسفل، و T موجهة رأسيًا لأعلى. يحتوي نظام الإحداثيات x y على x موجب إلى اليمين وإيجابي y لأعلى.

    الشكل\(\PageIndex{5}\): (أ) المجموعة 1 متصلة بسلسلة خفيفة بالكتلة 2. (ب) الرسوم البيانية ذات الجسم الحر للكتل.

    إستراتيجية

    نرسم مخططًا للجسم الحر لكل كتلة على حدة، كما هو موضح في الشكل\(\PageIndex{5}\). ثم نقوم بتحليل كل منها للعثور على المجهول المطلوب. القوى الموجودة على الكتلة 1 هي قوة الجاذبية وقوة التلامس للسطح والتوتر في الخيط. تتعرض الكتلة 2 لقوة الجاذبية وتوتر الأوتار. ينطبق قانون نيوتن الثاني على كل منهما، لذلك نكتب معادلتين متجهتين:

    بالنسبة للكتلة 1:\(\vec{T} + \vec{w}_{1} + \vec{N} = m_{1} \vec{a}_{1}\)

    بالنسبة للكتلة 2:\(\vec{T} + \vec{w}_{2} = m_{2} \vec{a}_{2}\).

    لاحظ أن هذا\(\vec{T}\) هو نفسه لكلتا الكتلتين. نظرًا لأن الخيط والبكرة لهما كتلة ضئيلة، ونظرًا لعدم وجود احتكاك في البكرة، يكون الشد هو نفسه في جميع أنحاء الخيط. يمكننا الآن كتابة المعادلات المكونة لكل كتلة. جميع القوى إما أفقية أو رأسية، لذلك يمكننا استخدام نفس نظام الإحداثيات الأفقية/الرأسية لكلا الجسمين.

    الحل

    تتبع المعادلات المكونة معادلات المتجهات أعلاه. نرى أن القوى الرأسية متوازنة في الكتلة 1، لذلك نتجاهلها ونكتب معادلة تتعلق بالمكونات x. لا توجد قوى أفقية على الكتلة 2، لذلك تتم كتابة المعادلة y فقط. نحصل على هذه النتائج:

    الكتلة 1

    \[\sum F_{x} = m a_{x}\]

    \[T_{x} = m_{1} a_{1x}\]

    الكتلة 2

    \[\sum F_{y} = m a_{y}\]

    \[T_{y} - m_{2}g = m_{2} a_{2y}\]

    عندما تتحرك الكتلة 1 إلى اليمين، تنتقل الكتلة 2 مسافة متساوية إلى الأسفل؛ وبالتالي، فإن 1x = −a 2y. عند كتابة التسارع الشائع للكتل كـ a = a 1x = −a 2y، لدينا الآن

    \[T = m_{1}a\]

    و

    \[T − m_{2}g = −m_{2}a \ldotp\]

    من هاتين المعادلتين، يمكننا التعبير عن a و T بدلالة الكتل m 1 و m 2، و g:

    \[a = \frac{m_{2}}{m_{1} + m_{2}}g\]

    و

    \[T = \frac{m_{1} m_{2}}{m_{1} + m_{2}} g \ldotp\]

    الأهمية

    لاحظ أن الشد في الخيط أقل من وزن الكتلة المعلقة من نهايتها. من الأخطاء الشائعة في مثل هذه المشكلات تعيين T = m 2 g. يمكنك أن ترى من مخطط الجسم الحر للكتلة 2 أنه لا يمكن تصحيحه إذا كانت الكتلة تتسارع.

    تحقق من فهمك 6.2

    احسب تسارع النظام، والتوتر في السلسلة، عندما تكون الكتل m 1 = 5.00 kg و m 2 = 3.00 kg.

    مثال 6.5: آلة أتوود

    هناك مشكلة كلاسيكية في الفيزياء، تشبه تلك التي قمنا بحلها للتو، وهي مشكلة آلة Atwood، والتي تتكون من حبل يمر فوق بكرة، مع ربط جسمين بكتلة مختلفة. إنه مفيد بشكل خاص في فهم العلاقة بين القوة والحركة. في الشكل\(\PageIndex{6}\)، m 1 = 2.00 كجم و m 2 = 4.00 كجم. ضع في اعتبارك أن البكرة خالية من الاحتكاك. (أ) إذا تم إصدار m 2، فماذا سيكون التسارع؟ (ب) ما مقدار الشد في الخيط؟

    تتكون آلة Atwood من كتل معلقة على جانبي البكرة بواسطة خيط يمر فوق البكرة. في الشكل، الكتلة m sub 1 على اليسار والكتلة m الفرعية 2 على اليمين. يُظهر مخطط الجسم الحر للكتلة الأولى الكتلة الأولى مع توجيه متجه القوة T عموديًا لأعلى ومتجه القوة w الفرعي واحد يشير عموديًا لأسفل. يُظهر مخطط الجسم الحر للكتلة الثانية الكتلة الثانية مع توجيه متجه القوة T عموديًا لأعلى ومتجه القوة w الفرعي 2 يشير عموديًا لأسفل.

    الشكل\(\PageIndex{6}\) : آلة Atwood ومخططات الجسم الحر لكل من الكتلتين.

    إستراتيجية

    نرسم مخططًا للجسم الحر لكل كتلة على حدة، كما هو موضح في الشكل. ثم نقوم بتحليل كل رسم تخطيطي للعثور على المجاهيل المطلوبة. قد يتضمن هذا حل المعادلات المتزامنة. من المهم أيضًا ملاحظة التشابه مع المثال السابق. عندما تتسارع الكتلة 2 بالتسارع a 2 في الاتجاه الهبوطي، تتسارع الكتلة 1 صعودًا مع التسارع a 1. وهكذا، a = a 1 = −a 2.

    الحل
    1. لدينا $$لـ\; m_ {1}،\ مجموع F_ {y} = T − m_ {1} g = m_ {1} a\ ldotp\ quad FOR\؛ m_ {2}،\ المجموع F_ {y} = T − m_ {2} g = −m_ {2} a\ ldotp $$ (تشير العلامة السالبة أمام m 2 a إلى تسارع m 2 إلى الأسفل؛ تتسارع كلتا الكتلتين بنفس المعدل، ولكن في اتجاهين متعاكسين.) قم بحل المعادلتين في وقت واحد (طرحهما) والنتيجة هي $$ (m_ {2} - m_ {1}) g = (m_ {1} + m_ {2}) أ\ ldotP$$حل لـ: $$a =\ frac {m_ {2} - m_ {1}} {1} + m_ {2}} g =\ frac {4\; كجم - 2\؛ كجم} {4\؛ كجم + 2\؛ كجم} (9.8\؛ م/ثانية^ {2}) = 3.27\؛ م/ثانية^ {2}\ ldotp$$
    2. عند مراقبة الكتلة الأولى، نرى أن $T − m_ {1} g = m_ {1} a$$ $T = m_ {1} (g + a) = (2\; kg) (9.8\; m/s^ {2} + 3.27\; m/s^ {2}) = 26.1\; N\ ldotp$$

    الأهمية

    يمكن تفسير نتيجة التسارع المعطى في المحلول على أنها نسبة القوة غير المتوازنة على النظام، (m 2 − m 1) g، إلى الكتلة الكلية للنظام، m 1 + m 2. يمكننا أيضًا استخدام آلة Atwood لقياس شدة مجال الجاذبية المحلية.

    التمرين 6.3

    أوجد صيغة عامة بدلالة m 1 وm 2 وg لحساب الشد في الخيط الخاص بجهاز Atwood الموضح أعلاه.

    Template:TranscludeAutoNum