תנועה בליסטית.

כשהמאוורר דולק פועל על העגלה כוח קבוע, ולכן גם התאוצה קבועה: $a = \dfrac{F}{m} = \dfrac{0.5}{1} = 0.5\ \mathrm{m/s^2}$$a =$$\dfrac{F}{m} =$$\dfrac{0.5}{1} =$$0.5\ \mathrm{m/s^2}$⁠. ממנוחה, המרחק אחרי זמן $t$⁠ הוא $x = \tfrac12 a t^2 = 0.25\, t^2$$x =$$\tfrac12 a t^2 =$$0.25\, t^2$⁠, ולכן אחרי $0.5$⁠, $1$⁠, $1.5$⁠ ו־$2$⁠ שניות העגלה נמצאת ב־$0.0625$⁠, $0.25$⁠, $0.5625$⁠ ו־$1$⁠ מטר.

המרווחים בין הסימנים הם ההפרשים: $0.0625$⁠, $0.1875$⁠, $0.3125$⁠ ו־$0.4375$⁠ מטר, ביחס $1 : 3 : 5 : 7$⁠. כל מרווח גדול מהקודם באותה כמות, וזה הסימן של תאוצה קבועה.

קודם התאוצה: $a = \dfrac{F}{m}$⁠. אחר כך המרחק ממנוחה: $x = \tfrac12 a t^2$⁠.

1. התאוצה, מהחוק השני של ניוטון: $a = \dfrac{F}{m} = \dfrac{0.5\ \mathrm{N}}{1\ \mathrm{kg}} = 0.5\ \mathrm{m/s^2}$$a =$$\dfrac{F}{m} =$$\dfrac{0.5\ \mathrm{N}}{1\ \mathrm{kg}} =$$0.5\ \mathrm{m/s^2}$⁠.
2. העגלה מתחילה ממנוחה, ולכן $x = \tfrac12 a t^2$⁠.
3. מציבים $t = 2\ \mathrm{s}$⁠: $x = \tfrac12 \cdot 0.5 \cdot 2^2 = 1\ \mathrm{m}$$x =$$\tfrac12 \cdot 0.5 \cdot 2^2 =$$1\ \mathrm{m}$⁠.

החצי חשוב: המהירות גדלה מ־$0$⁠ עד $a t = 1\ \mathrm{m/s}$$a t =$$1\ \mathrm{m/s}$⁠, כך שהמהירות הממוצעת היא רק $0.5\ \mathrm{m/s}$⁠, ובשתי שניות זה $1\ \mathrm{m}$⁠. הסצנה מראה כ־0.98 m בגלל חיכוך קטן מאוד, וכל תשובה בטווח של $5\%$⁠ מתקבלת.

על הכדור פועל רק כוח הכובד, והוא אנכי. לכן בכיוון האופקי אין כוח ואין תאוצה ($a_x = 0$⁠), והרכיב האופקי של המהירות לא משתנה מהרגע שהכדור עוזב את התותח ועד הנחיתה: $v_x = v\cos\theta = 20 \cos 45^\circ \approx 14.1\ \mathrm{m/s}$$v_x =$$v\cos\theta =$$20 \cos 45^\circ \approx$$14.1\ \mathrm{m/s}$⁠ לאורך כל המעוף.

רק הרכיב האנכי משתנה: הוא קטן בעלייה, מתאפס בשיא וגדל בירידה. בסצנה רואים את זה במרווחים: רוחות הרפאים רחוקות זו מזו לרוחב באותו מרחק בדיוק.

פרקו את התנועה לשני כיוונים, בזווית $60^\circ$⁠ ובמהירות 20 m/s:

• לרוחב אין כוח, ולכן $v_x = 20 \cos 60^\circ = 10\ \mathrm{m/s}$$v_x =$$20 \cos 60^\circ =$$10\ \mathrm{m/s}$⁠ כל הזמן, גם בשיא.
• לגובה מתחילים ב־$v_y = 20 \sin 60^\circ \approx 17.3\ \mathrm{m/s}$$v_y =$$20 \sin 60^\circ \approx$$17.3\ \mathrm{m/s}$⁠, והכובד מקטין אותו ב־$9.81\ \mathrm{m/s}$⁠ בכל שנייה. השיא הוא הרגע שבו $v_y = 0$⁠.

בשיא המהירות היא אפוא $10\ \mathrm{m/s}$⁠ אופקית, לא אפס. התאוצה היא $g$⁠ כלפי מטה כל הזמן, כי כוח הכובד לא נעלם בשיא; בלעדיה $v_y$⁠ היה נשאר אפס והכדור לא היה מתחיל לרדת.

על כדור במסה $m$⁠ פועל כוח כובד $F = mg$⁠, ולכן התאוצה שלו היא $a = \dfrac{F}{m} = \dfrac{mg}{m} = g$$a =$$\dfrac{F}{m} =$$\dfrac{mg}{m} =$$g$⁠: המסה מצטמצמת. כדור כבד פי שניים נמשך בכוח גדול פי שניים, אבל גם צריך כוח גדול פי שניים כדי להאיץ אותו באותה מידה.

משוואות המעוף, $x = v\cos\theta\, t$⁠ ו־$y = v\sin\theta\, t - \tfrac12 g t^2$$y =$$v\sin\theta\, t - \tfrac12 g t^2$⁠, תלויות רק במהירות, בזווית וב־$g$⁠. אותה מהירות ואותה זווית נותנות אותו מסלול, ולכן הכדור הכבד נוחת באותו מקום.

יש יותר מדרך אחת. ב־$45^\circ$⁠ הכדור מגיע הכי רחוק, אז התחילו משם ומצאו את המהירות, או קבעו מהירות וחפשו זווית.

בלי אוויר הטווח הוא $R = \dfrac{v^2 \sin 2\theta}{g}$$R =$$\dfrac{v^2 \sin 2\theta}{g}$⁠, וצריך $R = 40\ \mathrm{m}$⁠, בטווח של $0.5\ \mathrm{m}$⁠. דרך אחת: קבעו מהירות שיגור ל־20 m/s וחשבו את הזווית:

$\sin 2\theta = \frac{R g}{v^2} = \frac{40 \cdot 9.81}{20^2} \approx 0.981$$\sin 2\theta =$$\frac{R g}{v^2} =$$\frac{40 \cdot 9.81}{20^2} \approx$$0.981$⁠

ולכן $2\theta \approx 78.8^\circ$$2\theta \approx$$78.8^\circ$⁠ ו־$\theta \approx 39^\circ$$\theta \approx$$39^\circ$⁠. ב־$39^\circ$⁠ הכדור נוחת כ־39.9 m מהקו, על הדגל. גם $51^\circ$⁠ עובדת, כי $\sin 2\theta$⁠ שווה בשתי זוויות שמשלימות זו את זו ל־$90^\circ$⁠. ב־$45^\circ$⁠ ו־20 m/s הכדור עובר את הדגל ומגיע לכ־40.8 m.

באותה מהירות הטווח תלוי בזווית רק דרך $\sin 2\theta$⁠, בנוסחה $R = \dfrac{v^2 \sin 2\theta}{g}$$R =$$\dfrac{v^2 \sin 2\theta}{g}$⁠. השוו את ארבע האפשרויות:

• $30^\circ$⁠: $\sin 60^\circ \approx 0.87$$\sin 60^\circ \approx$$0.87$⁠
• $45^\circ$⁠: $\sin 90^\circ = 1$⁠
• $60^\circ$⁠: $\sin 120^\circ \approx 0.87$$\sin 120^\circ \approx$$0.87$⁠
• $75^\circ$⁠: $\sin 150^\circ = 0.5$$\sin 150^\circ =$$0.5$⁠

הגדול ביותר הוא $1$⁠, ב־$45^\circ$⁠. במהירות 20 m/s זה כ־40.8 m, לעומת כ־35.3 m ב־$30^\circ$⁠ וב־$60^\circ$⁠ וכ־20.4 m ב־$75^\circ$⁠.

פרקו את המהירות: $v_x = v\cos\theta$⁠ ו־$v_y = v\sin\theta$⁠. זמן המעוף הוא $t = \dfrac{2 v_y}{g}$$t =$$\dfrac{2 v_y}{g}$⁠, והטווח הוא $R = v_x t$⁠.

1. פרקו את המהירות: $v_x = 20 \cos 35^\circ \approx 16.38\ \mathrm{m/s}$$v_x =$$20 \cos 35^\circ \approx$$16.38\ \mathrm{m/s}$⁠ ו־$v_y = 20 \sin 35^\circ \approx 11.47\ \mathrm{m/s}$$v_y =$$20 \sin 35^\circ \approx$$11.47\ \mathrm{m/s}$⁠.
2. זמן המעוף, עד שהכדור חוזר לגובה השיגור: $t = \dfrac{2 v_y}{g} = \dfrac{2 \cdot 11.47}{9.81} \approx 2.34\ \mathrm{s}$$t =$$\dfrac{2 v_y}{g} =$$\dfrac{2 \cdot 11.47}{9.81} \approx$$2.34\ \mathrm{s}$⁠.
3. הטווח: $R = v_x t \approx 16.38 \cdot 2.34 \approx 38.3\ \mathrm{m}$$R =$$v_x t \approx$$16.38 \cdot 2.34 \approx$$38.3\ \mathrm{m}$⁠.

או בבת אחת: $R = \dfrac{v^2 \sin 2\theta}{g} = \dfrac{400 \cdot \sin 70^\circ}{9.81} \approx 38.3\ \mathrm{m}$$R =$$\dfrac{v^2 \sin 2\theta}{g} =$$\dfrac{400 \cdot \sin 70^\circ}{9.81} \approx$$38.3\ \mathrm{m}$⁠. אם יצא לכם כ־26.8 m או כ־54.7 m, השתמשתם באותה פונקציה, $\sin$⁠ או $\cos$⁠, לשני הרכיבים.

בנוסחה $R = \dfrac{v^2 \sin 2\theta}{g}$$R =$$\dfrac{v^2 \sin 2\theta}{g}$⁠ הזווית לא משתנה, ולכן $R$⁠ פרופורציונלי ל־$v^2$⁠. כשמכפילים את $v$⁠ פי $2$⁠, הטווח גדל פי $2^2 = 4$⁠.

אפשר לראות את זה גם בלי הנוסחה: זמן המעוף $t = \dfrac{2v\sin\theta}{g}$$t =$$\dfrac{2v\sin\theta}{g}$⁠ גדל פי $2$⁠, וגם המהירות האופקית $v\cos\theta$⁠ גדלה פי $2$⁠, אז המרחק $v_x t$⁠ גדל פי $4$⁠. בסצנה, ב־$45^\circ$⁠: 10 m/s נותן כ־10.2 m, ו־20 m/s נותן כ־40.8 m.

קבעו את ראש המגדל כ־$y = 0$⁠ וכיוון חיובי כלפי מעלה. המגרש נמצא ב־$y = -20\ \mathrm{m}$⁠: פתרו $-20 = v\sin\theta\, t - \tfrac12 g t^2$$-20 =$$v\sin\theta\, t - \tfrac12 g t^2$⁠ וקחו את הפתרון החיובי.

קבעו את ראש המגדל כ־$y = 0$⁠, עם כיוון חיובי כלפי מעלה. המגרש נמצא ב־$y = -20\ \mathrm{m}$⁠.

1. הרכיב האנכי של המהירות: $v_y = 10 \sin 30^\circ = 5\ \mathrm{m/s}$$v_y =$$10 \sin 30^\circ =$$5\ \mathrm{m/s}$⁠.
2. משוואת הגובה $y = v_y t - \tfrac12 g t^2$$y =$$v_y t - \tfrac12 g t^2$⁠ נותנת $-20 = 5t - 4.905\, t^2$$-20 =$$5t - 4.905\, t^2$⁠, כלומר $4.905\, t^2 - 5t - 20 = 0$$4.905\, t^2 - 5t - 20 =$$0$⁠.
3. נוסחת השורשים: $t = \dfrac{5 \pm \sqrt{5^2 + 4 \cdot 4.905 \cdot 20}}{2 \cdot 4.905} = \dfrac{5 \pm 20.43}{9.81}$$t =$$\dfrac{5 \pm \sqrt{5^2 + 4 \cdot 4.905 \cdot 20}}{2 \cdot 4.905} =$$\dfrac{5 \pm 20.43}{9.81}$⁠.
4. רק הפתרון החיובי הוא זמן אמיתי: $t \approx 2.59\ \mathrm{s}$$t \approx$$2.59\ \mathrm{s}$⁠.

אם יצא לכם כ־1.02 s, חישבתם את הזמן עד שהכדור חוזר לגובה המגדל, $t = \dfrac{2 v_y}{g}$$t =$$\dfrac{2 v_y}{g}$⁠, בלי הנפילה של 20 m מתחתיו.

חשבו את הטווח בשתי זוויות, ממגדל בגובה 20 m ובמהירות 15 m/s. בכל זווית פותרים את $0 = 20 + v_y t - 4.905\, t^2$$0 =$$20 + v_y t - 4.905\, t^2$⁠ כדי למצוא את הזמן, ומכפילים במהירות האופקית:

• ב־$45^\circ$⁠: $v_x = v_y \approx 10.61\ \mathrm{m/s}$$v_x =$$v_y \approx$$10.61\ \mathrm{m/s}$⁠ ו־$t \approx 3.37\ \mathrm{s}$$t \approx$$3.37\ \mathrm{s}$⁠, ולכן $R \approx 35.8\ \mathrm{m}$$R \approx$$35.8\ \mathrm{m}$⁠.
• ב־$30^\circ$⁠: $v_x \approx 12.99\ \mathrm{m/s}$$v_x \approx$$12.99\ \mathrm{m/s}$⁠, $v_y = 7.5\ \mathrm{m/s}$$v_y =$$7.5\ \mathrm{m/s}$⁠ ו־$t \approx 2.92\ \mathrm{s}$$t \approx$$2.92\ \mathrm{s}$⁠, ולכן $R \approx 38.0\ \mathrm{m}$$R \approx$$38.0\ \mathrm{m}$⁠.

הזווית הנמוכה מגיעה רחוק יותר. הנפילה מהמגדל כבר נותנת לכדור זמן באוויר, ולכן כדאי להשקיע יותר מהמהירות ברכיב האופקי. $45^\circ$⁠ היא הטובה ביותר רק כשהכדור נוחת בגובה השיגור; כאן הזווית הטובה ביותר היא כ־$31^\circ$⁠.

בלי אוויר, ב־$45^\circ$⁠ ובמהירות 25 m/s, הטווח הוא $R = \dfrac{v^2}{g} = \dfrac{625}{9.81} \approx 63.7\ \mathrm{m}$$R =$$\dfrac{v^2}{g} =$$\dfrac{625}{9.81} \approx$$63.7\ \mathrm{m}$⁠: זו העקומה המקווקוות.

עם אוויר פועל על הכדור כוח נוסף, הגרר, שמכוון תמיד נגד כיוון התנועה. הרכיב האופקי שלו מאט את הכדור לרוחב, והרכיב האנכי שלו מצטרף לכובד בעלייה ומקצר אותה. שניהם מקצרים את המעוף, ולכן הכדור נוחת לפני העקומה, בסצנה כ־34 m. שום כוח לא יכול לדחוף אותו מעבר לעקומה, כי הגרר רק לוקח מהירות.

רשמו את הכוחות על הכדור במעוף: כוח הכובד $mg$⁠ כלפי מטה, וכוח הגרר נגד כיוון המהירות. כשהכדור עולה באלכסון קדימה, הגרר מכוון אחורה ולמטה, ולכן יש לו שני רכיבים:

• רכיב אופקי אחורה, שמקטין את $v_x$⁠. בלי אוויר $v_x$⁠ היה קבוע.
• רכיב אנכי כלפי מטה בעלייה, שמצטרף לכובד ומקצר את העלייה.

הכדור נע לאט יותר לרוחב וגם נמצא פחות זמן באוויר, ולכן נוחת קרוב יותר. המשקל שלו וכוח הכובד לא משתנים: מה שנוסף הוא רק הגרר.

בלי אוויר, $45^\circ$⁠ מאזנת בין זמן באוויר למהירות אופקית. עם הרבה גרר יש מחיר לכל רגע באוויר: הגרר לוקח מהכדור מהירות כל הזמן, וכדור שעף גבוה מבזבז את רוב המהירות על עלייה וירידה. מסלול נמוך יותר נמצא פחות זמן באוויר ושומר יותר מהמהירות האופקית שלו, ולכן מגיע רחוק יותר.

בסצנה, בכדור נוצה ובמהירות 25 m/s: ב־$45^\circ$⁠ הכדור מגיע לכ־8.5 m, וב־$32^\circ$⁠ לכ־9.1 m, הטווח הגדול ביותר. נסו בעצמכם עם זווית שיגור.