أقصى ارتفاع لمقذوف: شرح فيزياء HSC

كرة تُقذف بزاوية ترتفع، ثم تتباطأ رأسيًا، وتصل إلى أعلى نقطة في مسارها، ثم تسقط. عند تلك النقطة الأعلى، هل يكون المقذوف قد توقف؟

توقّع قبل أن تتابع القراءة: هل يصبح مقدار سرعته صفرًا، أم تسارعه صفرًا، أم أن سرعته الرأسية فقط هي التي تصبح صفرًا؟

السرعة الرأسية فقط هي التي تساوي صفرًا. ما لم يكن المقذوف قد أُطلق رأسيًا إلى أعلى، فإنه يظل يتحرك أفقيًا. كما تظل الجاذبية تُكسِبه تسارعًا نحو الأسفل. وهذا التمييز وحده هو المفتاح لحساب الارتفاع الأقصى بصورة صحيحة.

01الارتفاع الأقصى مسألة في الحركة الرأسية

تخيّل قذف كرة بسرعة ابتدائية \(u\) وبزاوية \(\theta\) فوق الأفقي. يمكن تحليل سرعتها الابتدائية إلى مركبتين:

\[
u_x = u\cos\theta
\]

\[
u_y = u\sin\theta
\]

حيث:

• \(u_x\) هي السرعة الأفقية الابتدائية بوحدة \(\mathrm{m\,s^{-1}}\)،
• \(u_y\) هي السرعة الرأسية الابتدائية بوحدة \(\mathrm{m\,s^{-1}}\)،
• \(u\) هو مقدار السرعة الابتدائية بوحدة \(\mathrm{m\,s^{-1}}\)، و
• \(\theta\) هي زاوية الإطلاق فوق الأفقي.

إذا كان تحليل متجه السرعة إلى مركبات لا يزال غير واضح تمامًا لديك، فراجع أولًا مركبات السرعة الابتدائية للمقذوف.

بالنسبة إلى الارتفاع الأقصى، لا تؤثر المركبة الأفقية مباشرةً. فالجاذبية تؤثر رأسيًا، ولذلك فإن \(u_y\) هي التي تحدد إلى أي ارتفاع يمكن أن يصعد المقذوف.

يمكنك تخيّل مركبتي السرعة كشخصين أُسنِد إلى كل منهما جزء مختلف من مشروع جماعي. المركبة الرأسية تتحمل كل دراما الجاذبية؛ فهي تتغير باستمرار. أما المركبة الأفقية، ففي نموذج HSC المثالي، فتُترك تقريبًا وشأنها.

لكن التشبيه له حدوده، لأن المركبتين ليستا في الواقع حركتين منفصلتين أو جسمين منفصلين. إنهما جزآن متعامدان لمتجه سرعة واحد.

ماذا يحدث بالضبط عند القمة؟

اعتبر الاتجاه إلى أعلى هو الاتجاه الرأسي الموجب.

أثناء الصعود:

• تكون السرعة الرأسية \(v_y\) موجبة،
• وتنتج الجاذبية تسارعًا رأسيًا \(a_y=-g\)،
• وتتناقص \(v_y\) تدريجيًا.

عند الارتفاع الأقصى:

بالقرب من سطح الأرض، تستخدم مسائل المقذوفات في HSC عادةً \(g=9.8\ \mathrm{m\,s^{-2}}\)، ما لم تُعطَ قيمة أخرى.

إذن الشرط الأساسي هو

\[
v_y=0
\]

وليس \(v=0\).

02اشتقاق صيغة الارتفاع الأقصى

نريد الإزاحة الرأسية من نقطة الإطلاق إلى القمة. لنسمِّها \(H\).

معادلة الحركة الرأسية

\[
v_y^2=u_y^2+2a_y\Delta y
\]

مفيدة لأنها تتضمن الإزاحة من دون أن تتطلب الزمن.

في الرحلة من لحظة الإطلاق إلى الارتفاع الأقصى:

• \(v_y=0\)،
• \(a_y=-g\)،
• \(\Delta y=H\).

بالتعويض نحصل على

\[
0^2=u_y^2+2(-g)H
\]

ومن ثم

\[
0=u_y^2-2gH
\]

وبالتالي

\[
H=\frac{u_y^2}{2g}
\]

تمثل \(H\) هنا الارتفاع الأقصى فوق نقطة الإطلاق.

إذا أُطلق المقذوف بسرعة \(u\) وبزاوية \(\theta\)، فإن \(u_y=u\sin\theta\)، ولذلك

\[
H=\frac{u^2\sin^2\theta}{2g}
\]

وهذه هي النتيجة القياسية للارتفاع الأقصى في حركة المقذوف المثالية.

لاحظ ما تقوله المعادلة من الناحية الفيزيائية. فالسرعة الرأسية الابتدائية الأكبر تمنح المقذوف حركة صاعدة أكبر يجب على الجاذبية أن تقللها حتى الصفر. ولأن \(u_y\) مرفوعة للأس 2، فإن مضاعفة المركبة الرأسية تؤدي إلى زيادة الارتفاع بمقدار أربعة أمثال.

إذا بدأ المقذوف من ارتفاع فوق سطح الأرض

افترض أن نقطة الإطلاق تقع أصلًا على ارتفاع \(y_0\) فوق سطح الأرض.

تظل الصيغة

\[
H=\frac{u_y^2}{2g}
\]

تعطي فقط الارتفاع الإضافي الذي يكتسبه المقذوف بعد إطلاقه.

وعندئذ يكون الارتفاع الأقصى فوق سطح الأرض

\[
y_{\max}=y_0+\frac{u_y^2}{2g}
\]

هذا التمييز يسبب كثيرًا من الأخطاء التي يمكن تجنبها. اسأل دائمًا: هل المطلوب هو مقدار الارتفاع فوق نقطة الإطلاق، أم الارتفاع الأقصى فوق مستوى مرجعي مثل سطح الأرض؟

03لماذا تعطي طريقة الزمن النتيجة نفسها؟

هناك طريقة أخرى للوصول إلى الصيغة نفسها.

من

\[
v_y=u_y+a_yt
\]

تكون السرعة الرأسية عند القمة صفرًا:

\[
0=u_y-gt_{\text{top}}
\]

ومن ثم

\[
t_{\text{top}}=\frac{u_y}{g}
\]

والآن استخدم الإزاحة الرأسية:

\[
H=u_yt_{\text{top}}-\frac{1}{2}gt_{\text{top}}^2
\]

بالتعويض عن \(t_{\text{top}}=u_y/g\)،

\[
H=u_y\left(\frac{u_y}{g}\right)
-\frac{1}{2}g\left(\frac{u_y}{g}\right)^2
=\frac{u_y^2}{2g}
\]

النتيجة نفسها.

تكون معادلة مربع السرعة أسرع عادةً عندما يكون المطلوب هو الارتفاع الأقصى فقط. أما طريقة الزمن فتصبح مفيدة عندما يكون زمن الوصول إلى القمة مطلوبًا أيضًا.

04الخطأ الأكثر إغراءً: اعتبار السرعة المتجهة كلها مساوية للصفر

افترض أن مقذوفًا أُطلق في اتجاه مائل.

عند أعلى نقطة له،

\[
v_y=0
\]

ولكن، وفق نموذج المقذوف المثالي،

\[
v_x=u_x
\]

لذلك يكون مقدار سرعته الكلية عند القمة

\[
v=\sqrt{v_x^2+0^2}=v_x
\]

وهو لا يساوي صفرًا إلا إذا أُطلق المقذوف رأسيًا.

لماذا تبدو الفكرة الخاطئة مغرية إلى هذا الحد؟ في الكلام اليومي نقول إن الجسم المقذوف «توقف عن الصعود». وهذا صحيح. لكن «توقف عن الصعود» لا يعني «توقف عن الحركة».

وهناك خطأ ثانٍ قريب من ذلك: بعض الطلاب يجعلون التسارع أيضًا مساويًا للصفر عند القمة لأن السرعة الرأسية تساوي صفرًا. لكن الجاذبية لم تتوقف عن العمل. يظل التسارع نحو الأسفل مساويًا تقريبًا لـ \(9.8\ \mathrm{m\,s^{-2}}\) طوال الرحلة.

ومن المقارنات المفيدة كرة مقذوفة رأسيًا إلى أعلى. ففي اللحظة الدقيقة التي تنتقل فيها من الصعود إلى السقوط، تكون سرعتها المتجهة صفرًا، لكن تسارعها نحو الأسفل لا يزال موجودًا. ومن دون هذا التسارع، لبقيت ببساطة معلقة عند القمة.

05قاعدة قرار مختصرة

عندما تواجه سؤالًا عن الارتفاع الأقصى، اتبع هذه القرارات بالترتيب:

السطر الأخير مهم. تتنبأ الصيغة بالارتفاع الذي كان سيصل إليه المقذوف وفق النموذج إذا لم يعترض شيء رحلته. وقد يجعل سقف أو جدار أو تصادم آخر تلك القمة النظرية غير قابلة للوصول فعليًا.

06أسئلة وحلول

السؤال 1

أُطلق مقذوف بسرعة \(24.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) وبزاوية \(35.0^\circ\) فوق الأفقي. احسب ارتفاعه الأقصى فوق نقطة الإطلاق.

الحل 1

يصل المقذوف إلى ارتفاع أقصى مقداره \(9.67\ \mathrm{m}\) فوق نقطة إطلاقه.

أولًا، حلّل السرعة الابتدائية رأسيًا:

\[
u_y=u\sin\theta
=24.0\sin35.0^\circ
=13.8\ \mathrm{m\,s^{-1}}
\]

عند الارتفاع الأقصى، \(v_y=0\). لذلك،

\[
H=\frac{u_y^2}{2g}
=\frac{(13.8)^2}{2(9.8)}
=9.67\ \mathrm{m}
\]

الطريقة المغرية هي وضع السرعة الكاملة \(24.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) في صيغة الارتفاع. وهذا سيعامل المركبة الأفقية كما لو كان على الجاذبية أن تزيلها أثناء صعود المقذوف. لكنها لا تفعل ذلك. يعتمد الارتفاع الأقصى على المركبة الرأسية الابتدائية.

السؤال 2

أُطلق مقذوف من مستوى سطح الأرض بسرعة \(26.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}\). وعند الارتفاع الأقصى، كان مقدار سرعته \(20.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}\).

احسب:

a. سرعته الرأسية الابتدائية،

b. زاوية إطلاقه فوق الأفقي، و

c. ارتفاعه الأقصى.

أهمل مقاومة الهواء.

الحل 2

السرعة الرأسية الابتدائية هي \(16.6\ \mathrm{m\,s^{-1}}\)، وزاوية الإطلاق هي \(39.7^\circ\)، والارتفاع الأقصى هو \(14.1\ \mathrm{m}\).

عند القمة، تكون السرعة الرأسية صفرًا. ولذلك يجب أن تكون السرعة المعطاة \(20.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) هي السرعة الأفقية:

\[
u_x=20.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}
\]

السرعة الابتدائية هي مقدار محصلة المركبتين المتعامدتين:

\[
u^2=u_x^2+u_y^2
\]

ومن ثم

\[
u_y=\sqrt{u^2-u_x^2}
=\sqrt{(26.0)^2-(20.0)^2}
=16.6\ \mathrm{m\,s^{-1}}
\]

ولإيجاد زاوية الإطلاق،

\[
\tan\theta=\frac{u_y}{u_x}
=\frac{16.6}{20.0}
\]

ومن ثم

\[
\theta=39.7^\circ
\]

والآن احسب مقدار الارتفاع:

\[
H=\frac{u_y^2}{2g}
=\frac{(16.6)^2}{19.6}
=14.1\ \mathrm{m}
\]

التفسير المغري هو أن مقدار سرعة \(20.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) عند الارتفاع الأقصى يصف بطريقة ما حركة رأسية متبقية. لكن الشرط الدقيق عند القمة هو \(v_y=0\). ولذلك لا بد أن تكون أي سرعة غير صفرية هناك أفقية.

السؤال 3

أُطلق مقذوف من مستوى سطح الأرض ثم هبط مرة أخرى عند مستوى سطح الأرض. مداه الأفقي \(50.0\ \mathrm{m}\)، وارتفاعه الأقصى \(8.00\ \mathrm{m}\).

حدّد زاوية إطلاقه وسرعته الابتدائية.

افترض حركة مقذوف مثالية.

الحل 3

أُطلق المقذوف بزاوية \(32.6^\circ\) وبسرعة ابتدائية \(23.2\ \mathrm{m\,s^{-1}}\).

بالنسبة إلى مقذوف يهبط عند المستوى الرأسي نفسه الذي أُطلق منه،

\[
R=\frac{u^2\sin2\theta}{g}
\]

حيث \(R\) هو المدى الأفقي.

وارتفاعه الأقصى هو

\[
H=\frac{u^2\sin^2\theta}{2g}
\]

بدلًا من حل المعادلتين بصورة منفصلة لإيجاد \(u\)، قارن بينهما. أربعة أمثال الارتفاع الأقصى تساوي

\[
4H=\frac{2u^2\sin^2\theta}{g}
\]

وباستخدام \(\sin2\theta=2\sin\theta\cos\theta\)،

\[
R=\frac{2u^2\sin\theta\cos\theta}{g}
\]

لذلك،

\[
\frac{R}{4H}
=\frac{\cos\theta}{\sin\theta}
=\cot\theta
\]

عوّض بالقيم المقاسة:

\[
\cot\theta=\frac{50.0}{4(8.00)}
=1.5625
\]

ومن ثم

\[
\tan\theta=\frac{1}{1.5625}=0.640
\]

وبالتالي

\[
\theta=32.6^\circ
\]

والآن استخدم معادلة الارتفاع الأقصى:

\[
8.00
=\frac{u^2\sin^2(32.6^\circ)}{2(9.8)}
\]

وبإعادة الترتيب،

\[
u
=\sqrt{\frac{2(9.8)(8.00)}{\sin^2(32.6^\circ)}}
=23.2\ \mathrm{m\,s^{-1}}
\]

من الطرق المغرية افتراض زاوية إطلاق \(45^\circ\) لأن \(45^\circ\) ترتبط بالمدى الأقصى. لكن \(45^\circ\) تعطي المدى الأقصى فقط عندما تكون سرعة الإطلاق ثابتة ويكون ارتفاعا الإطلاق والهبوط متساويين. ولا يوجد هنا ما يقول إن هذا المسار المحدد يحقق أكبر مدى ممكن لسرعته. إن الجمع بين المدى والارتفاع المقاسين يحدد الزاوية عند \(32.6^\circ\).

السؤال 4

أُطلق مقذوف من منصة ارتفاعها \(5.00\ \mathrm{m}\) فوق سطح الأرض.

عندما أصبح على بعد أفقي \(18.0\ \mathrm{m}\) من نقطة الإطلاق، كان مقدار سرعته \(18.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) واتجاهها بزاوية \(20.0^\circ\) فوق الأفقي.

حدّد:

a. الارتفاع الأقصى للمقذوف فوق سطح الأرض،

b. سرعته الابتدائية، و

c. زاوية إطلاقه الابتدائية.

أهمل مقاومة الهواء.

الحل 4

الارتفاع الأقصى هو \(19.0\ \mathrm{m}\) فوق سطح الأرض، والسرعة الابتدائية \(23.7\ \mathrm{m\,s^{-1}}\)، وزاوية الإطلاق \(44.4^\circ\).

يجب أولًا تحليل السرعة المقاسة عند \(x=18.0\ \mathrm{m}\) إلى مركبات:

\[
v_x=18.0\cos20.0^\circ
=16.9\ \mathrm{m\,s^{-1}}
\]

\[
v_y=18.0\sin20.0^\circ
=6.16\ \mathrm{m\,s^{-1}}
\]

ولأنه لا يوجد تسارع أفقي في النموذج المثالي،

\[
u_x=v_x=16.9\ \mathrm{m\,s^{-1}}
\]

الزمن اللازم لقطع \(18.0\ \mathrm{m}\) أفقيًا هو

\[
t=\frac{x}{v_x}
=\frac{18.0}{16.9}
=1.064\ \mathrm{s}
\]

والآن نرجع إلى الحالة السابقة رأسيًا. باستخدام

\[
v_y=u_y-gt
\]

نحصل على

\[
u_y=v_y+gt
=6.16+9.8(1.064)
=16.6\ \mathrm{m\,s^{-1}}
\]

الإزاحة الرأسية للمقذوف خلال تلك \(1.064\ \mathrm{s}\) هي

\[
\Delta y
=u_yt-\frac{1}{2}gt^2
\]

\[
\Delta y
=(16.6)(1.064)-\frac{1}{2}(9.8)(1.064)^2
=12.1\ \mathrm{m}
\]

ولأنه بدأ على ارتفاع \(5.00\ \mathrm{m}\) فوق سطح الأرض، فإن ارتفاعه عند نقطة الرصد هو

\[
y=5.00+12.1=17.1\ \mathrm{m}
\]

ولا يزال المقذوف صاعدًا لأن \(v_y=+6.16\ \mathrm{m\,s^{-1}}\). والارتفاع المتبقي هو

\[
\Delta H
=\frac{v_y^2}{2g}
=\frac{(6.16)^2}{19.6}
=1.93\ \mathrm{m}
\]

لذلك،

\[
y_{\max}=17.1+1.93=19.0\ \mathrm{m}
\]

السرعة الابتدائية هي

\[
u=\sqrt{u_x^2+u_y^2}
=\sqrt{(16.9)^2+(16.6)^2}
=23.7\ \mathrm{m\,s^{-1}}
\]

وتحقق زاوية الإطلاق

\[
\tan\theta=\frac{u_y}{u_x}
=\frac{16.6}{16.9}
\]

مما يعطي

\[
\theta=44.4^\circ
\]

الطريقة المغرية هي اعتبار \(18.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}\) عند \(20.0^\circ\) سرعة الإطلاق. لكنها ليست كذلك. فهاتان القيمتان تصفان المقذوف في مرحلة لاحقة من رحلته. لقد غيّرت الجاذبية المركبة الرأسية بالفعل، بينما بقيت المركبة الأفقية ثابتة. وهذا الاختلاف هو ما يسمح لنا بإعادة بناء حالته السابقة.

السؤال 5

أُطلق مقذوف من نقطة نعرّف ارتفاعها بأنه \(0\).

أثناء رحلته، مر بالارتفاع \(9.00\ \mathrm{m}\) مرتين: مرة أثناء صعوده ومرة أثناء هبوطه. حدثت الملاحظتان بفاصل زمني قدره \(1.60\ \mathrm{s}\)، وتحرك المقذوف أفقيًا مسافة \(24.0\ \mathrm{m}\) بينهما.

حدّد:

a. الارتفاع الأقصى فوق نقطة الإطلاق،

b. مقدار السرعة عند الارتفاع الأقصى،

c. السرعة الرأسية الابتدائية،

d. السرعة الابتدائية، و

e. زاوية الإطلاق.

أهمل مقاومة الهواء.

الحل 5

الارتفاع الأقصى هو \(12.1\ \mathrm{m}\)، ومقدار السرعة عند القمة هو \(15.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}\)، والسرعة الرأسية الابتدائية هي \(15.4\ \mathrm{m\,s^{-1}}\)، والسرعة الابتدائية هي \(21.5\ \mathrm{m\,s^{-1}}\)، وزاوية الإطلاق هي \(45.8^\circ\).

المفتاح هو أن المقذوف يمر بالارتفاع نفسه مرة في طريقه إلى أعلى ومرة في طريقه إلى أسفل. ومع وجود تسارع ثابت نحو الأسفل وعدم وجود مقاومة للهواء، تقع هاتان اللحظتان بصورة متناظرة زمنيًا حول القمة.

تفصل بين الملاحظتين مدة \(1.60\ \mathrm{s}\)، ولذلك فإن الزمن من أي من الملاحظتين إلى القمة هو

\[
\frac{1.60}{2}=0.800\ \mathrm{s}
\]

عند المرور الأول بارتفاع \(9.00\ \mathrm{m}\)، يكون المقذوف متحركًا إلى أعلى. ويجب أن تنخفض سرعته الرأسية إلى الصفر خلال \(0.800\ \mathrm{s}\) التالية:

\[
0=v_y-g(0.800)
\]

لذلك،

\[
v_y=9.8(0.800)
=7.84\ \mathrm{m\,s^{-1}}
\]

الارتفاع الإضافي من مستوى \(9.00\ \mathrm{m}\) إلى القمة هو

\[
\Delta H
=\frac{v_y^2}{2g}
=\frac{(7.84)^2}{19.6}
=3.136\ \mathrm{m}
\]

إذن الارتفاع الأقصى هو

\[
H_{\max}=9.00+3.136
=12.136\ \mathrm{m}
\]

أو \(12.1\ \mathrm{m}\) إلى ثلاث خانات معنوية.

والآن استخدم المعلومات الأفقية. السرعة الأفقية ثابتة، ولذلك

\[
v_x=\frac{\Delta x}{\Delta t}
=\frac{24.0}{1.60}
=15.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}
\]

عند الارتفاع الأقصى \(v_y=0\)، ولذلك فإن مقدار السرعة الكلية للمقذوف هناك يساوي ببساطة

\[
v_{\text{apex}}=15.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}
\]

لإعادة بناء السرعة الرأسية الابتدائية، استخدم الارتفاع الأقصى المعروف:

\[
H_{\max}=\frac{u_y^2}{2g}
\]

لذلك،

\[
u_y=\sqrt{2gH_{\max}}
=\sqrt{2(9.8)(12.136)}
=15.4\ \mathrm{m\,s^{-1}}
\]

ولا تزال السرعة الأفقية الابتدائية

\[
u_x=15.0\ \mathrm{m\,s^{-1}}
\]

ولذلك تكون السرعة الابتدائية

\[
u=\sqrt{u_x^2+u_y^2}
=\sqrt{(15.0)^2+(15.4)^2}
=21.5\ \mathrm{m\,s^{-1}}
\]

وأخيرًا،

\[
\tan\theta=\frac{u_y}{u_x}
=\frac{15.4}{15.0}
\]

ومن ثم

\[
\theta=45.8^\circ
\]

الطريقة المغرية هي اعتبار \(1.60\ \mathrm{s}\) كاملةً الزمن الممتد من المرور الأول بارتفاع \(9.00\ \mathrm{m}\) إلى القمة. وهذا سيجعل الارتفاع الإضافي أكبر بأربعة أمثال، لأن الإزاحة من نقطة الانعكاس تعتمد على مربع الزمن. الشرط الحاسم هو التناظر: المروران عند الارتفاع نفسه يقعان على جانبين متقابلين من القمة، ولذلك تقع القمة في منتصف الزمن بينهما.

وهناك نتيجة مفيدة أخرى كامنة في المعطيات. لم نحتج إلى معرفة سرعة الإطلاق الأصلية قبل إيجاد الارتفاع الأقصى. فقد احتوت الحركة اللاحقة على معلومات كافية لإعادة بنائها.

07ما الذي يساعدك الارتفاع الأقصى على فهمه بعد ذلك؟

الفكرة المفيدة ليست في الحقيقة الصيغة \(H=u_y^2/(2g)\) نفسها، بل الشرط الذي تستند إليه: عند القمة الطبيعية للمسار، يكون \(v_y=0\) بينما تظل الجاذبية مؤثرة.

وبمجرد ترسيخ هذه الفكرة، تصبح مسائل زاوية الإطلاق أسهل بكثير. فزيادة \(\theta\) تغيّر \(u_y=u\sin\theta\)، مما يغيّر الارتفاع الأقصى، لكنها تغيّر أيضًا المركبة الأفقية، وبالتالي تؤثر في زمن الطيران والمدى. وفهم هذه الموازنة هو الخطوة التالية في استيعاب كيف تؤثر زاوية إطلاق المقذوف في الارتفاع وزمن الطيران والمدى.