تحليل حركة المقذوفات إلى مركبات في فيزياء HSC

تخيّل كرتين متماثلتين على الارتفاع نفسه. تُسقط إحداهما رأسياً إلى أسفل. وفي اللحظة نفسها تماماً، تقذف الأخرى أفقياً.

أيّهما تصل إلى الأرض أولاً؟

قد يبدو من المغري أن تعتقد أن الكرة المقذوفة تبقى في الهواء مدة أطول لأن لديها «حركة إضافية». لكن في النموذج المثالي لحركة المقذوفات، تصل الكرتان إلى الأرض في الوقت نفسه. فالسرعة الأفقية للكرة الثانية لا تؤخر سقوطها الرأسي.

هذه النتيجة هي مفتاح فهم حركة المقذوفات: تعامل مع الحركتين الأفقية والرأسية كلٌّ على حدة، مستخدماً الزمن نفسه لكليهما، ثم اجمعهما عندما تحتاج إلى تحديد موضع المقذوف الفعلي أو سرعته الفعلية.

01مقذوف واحد، حركتان

تخيّل كرة تتحرك في الهواء بعد أن تغادر يدك. بعد إطلاقها، افترض أننا نهمل مقاومة الهواء.

ما القوى المؤثرة فيها؟

وزنها فقط. تسحبها الجاذبية رأسياً إلى أسفل. ولا توجد قوة أفقية.

وهذا يعطينا حركتين أبسط بكثير مختبئتين داخل مسار منحني واحد:

حيث \(g = 9.8\ \text{m s}^{-2}\) بالقرب من سطح الأرض.

إذن، المسار المنحني ليس نوعاً واحداً معقداً من الحركة. بل هو حركة بسرعة ثابتة جانبياً تحدث في الوقت نفسه مع حركة بتسارع ثابت رأسياً.

ومن الصور الذهنية المفيدة أن تتخيّل طالبين يحملان طرفي سبورة بيضاء ضخمة. يتحكم أحد الطالبين فقط في الحركة الجانبية. ويتحكم الآخر فقط في الحركة إلى أعلى وأسفل. يعتمد الموضع النهائي للسبورة على كليهما، لكن أياً منهما لا يغيّر مباشرة ما يفعله الآخر.

هذا التشبيه ليس مطابقاً تماماً لأن المقذوف جسم واحد، لا شخصان. والفكرة المهمة ببساطة هي أن مركبات الحركة المتعامدة يمكن تحليلها كلٌّ على حدة.

02تحليل السرعة الابتدائية إلى مركبات

افترض أن مقذوفاً أُطلق بسرعة \(u\) بزاوية \(\theta\) فوق الأفقي.

يمكن تحليل متجه السرعة إلى:

\[ u_x = u\cos\theta \]

و

\[ u_y = u\sin\theta \]

حيث:

• \(u_x\) هي السرعة الأفقية الابتدائية بوحدة متر لكل ثانية،
• \(u_y\) هي السرعة الرأسية الابتدائية بوحدة متر لكل ثانية،
• \(u\) هي سرعة الإطلاق بوحدة متر لكل ثانية، و
• \(\theta\) هي زاوية الإطلاق فوق الأفقي.

هذا مجرد تطبيق لحساب المثلثات في مثلث قائم الزاوية. إذا كانت \(\theta\) مقاسة من الاتجاه الأفقي، فإن المركبة الأفقية مجاورة للزاوية، ولذلك نستخدم جيب التمام. أما المركبة الرأسية فهي مقابلة للزاوية، ولذلك نستخدم الجيب.

على سبيل المثال، إذا أُطلقت كرة بسرعة \(20\ \text{m s}^{-1}\) عند زاوية \(30^\circ\)،

\[ u_x = 20\cos30^\circ = 17.3\ \text{m s}^{-1} \]

و

\[ u_y = 20\sin30^\circ = 10.0\ \text{m s}^{-1}. \]

إذن يبدأ المقذوف بحركتين متزامنتين: \(17.3\ \text{m s}^{-1}\) أفقياً و\(10.0\ \text{m s}^{-1}\) إلى أعلى.

ولم تصبح السرعة بطريقة ما \(27.3\ \text{m s}^{-1}\). فلا تُجمع المركبات مثل الأعداد العادية لأنها تؤثر في اتجاهين متعامدين.

03الساعة نفسها تعمل في الاتجاهين

هذا هو الجزء الذي يجعل مسائل المقذوفات قابلة للحل.

افترض أن المقذوف كان يتحرك لمدة \(1.2\ \text{s}\). تكون حركته الأفقية قد استمرت \(1.2\ \text{s}\)، وكذلك حركته الرأسية قد استمرت \(1.2\ \text{s}\).

لا يوجد زمنان مختلفان.

بالنسبة إلى الحركة الأفقية، لأن \(a_x=0\)،

\[ x = x_0 + u_x t \]

و

\[ v_x = u_x. \]

وبالنسبة إلى الحركة الرأسية، مع اعتبار الاتجاه إلى أعلى موجباً،

\[ y = y_0 + u_y t - \frac{1}{2}gt^2 \]

و

\[ v_y = u_y-gt. \]

حيث:

• \(x_0\) و\(y_0\) هما الإحداثيان الابتدائيان بالمتر،
• \(x\) و\(y\) هما الإحداثيان في وقت لاحق،
• \(t\) هو الزمن المنقضي بالثواني،
• \(v_x\) و\(v_y\) هما مركبتا السرعة في الوقت اللاحق بوحدة متر لكل ثانية.

لاحظ الرابط بين مجموعتي المعادلات: \(t\).

وغالباً ما يكون هذا الزمن المشترك هو ما يتيح لك الانتقال من إحدى المركبتين إلى الأخرى. فقد تستخدم الحركة الرأسية لإيجاد المدة التي يبقى فيها المقذوف في الهواء، ثم تضع هذا الزمن في المعادلة الأفقية لإيجاد مداه.

04ما الذي تعنيه «الاستقلالية» وما الذي لا تعنيه؟

قد يسبب القول إن الحركة الأفقية والرأسية مستقلتان مشكلة إذا أخذت كلمة «مستقلتان» بحرفيتها أكثر مما ينبغي.

المقصود أنه، في النموذج المثالي، تغيّر الجاذبية السرعة الرأسية من دون أن تغيّر السرعة الأفقية.

ولا يعني ذلك أن الحسابات الأفقية والرأسية غير مترابطة. فهي تصف المقذوف نفسه، ولذلك يجب أن تتفق على الزمن.

افترض أن مقذوفاً يصل إلى جدار بعد \(2.0\ \text{s}\). لا يمكنك بعد ذلك استخدام \(1.6\ \text{s}\) في المعادلة الرأسية لمجرد أنه يعطي ارتفاعاً مناسباً. فكلتا المركبتين تصفان اللحظة نفسها.

شرط الزمن المشترك هذا من أكثر وسائل التحقق من الأخطاء فائدة في حركة المقذوفات.

05الجاذبية لا «تنفد» عند أعلى نقطة

فكّر الآن في إطلاق بزاوية.

بينما يرتفع المقذوف، تتناقص \(v_y\) لأن الجاذبية تؤثر إلى أسفل. وعند أعلى نقطة،

\[ v_y=0. \]

توقّع ماذا يحدث للتسارع عند تلك اللحظة. هل يصبح صفراً أيضاً؟

لا. ما تزال الجاذبية تؤثر، ولذلك

\[ a_y=-9.8\ \text{m s}^{-2} \]

حتى عند القمة تماماً.

تعني السرعة الرأسية الصفرية أن المقذوف توقف عن الحركة إلى أعلى للحظة واحدة. ولا تعني أن قوة الجاذبية قد اختفت.

وفي الوقت نفسه،

\[ v_x=u_x \]

طوال الرحلة المثالية بأكملها.

إذن، عند أعلى نقطة لمقذوف عادي أُطلق بزاوية، تكون سرعته المتجهة أفقية، لكن تسارعه رأسي ومتجه إلى أسفل.

06إعادة جمع الحركة

في بعض الأحيان، تطلب المسألة مسافة أفقية فقط أو أقصى ارتفاع. وفي هذه الحالة، قد لا تحتاج أبداً إلى إعادة جمع المركبات.

لكن إذا احتجت إلى السرعة الفعلية للمقذوف، فاستخدم نظرية فيثاغورس:

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

ويمكن إيجاد اتجاهها بالنسبة إلى الأفقي من

\[ \tan\phi=\frac{v_y}{v_x}. \]

انتبه إلى الإشارات. إذا كان \(v_y<0\) بينما \(v_x>0\)، فإن المقذوف يتحرك أسفل الاتجاه الأفقي.

ويمكنك فعل الشيء نفسه مع مركبات الإزاحة. فإذا تحرك جسم \(x\) متراً أفقياً و\(y\) متراً رأسياً من نقطة مرجعية معينة، فإن هاتين المركبتين تحددان معاً موقع المقذوف في بعدين.

07لماذا يكون المسار منحنياً؟

تزداد الإزاحة الأفقية خطياً مع الزمن:

\[ x=u_x t \]

إذا بدأ المقذوف عند \(x=0\).

أما الإزاحة الرأسية فتحتوي على حد \(t^2\):

\[ y=y_0+u_y t-\frac{1}{2}gt^2. \]

إذا كان \(u_x\neq0\)، فإن

\[ t=\frac{x}{u_x}. \]

وبالتعويض بهذا في المعادلة الرأسية نحصل على

\[ y=y_0+\frac{u_y}{u_x}x-\frac{g}{2u_x^2}x^2. \]

ولسرعة إطلاق \(u\) عند زاوية \(\theta\)، يمكن أيضاً كتابة ذلك على الصورة

\[ y=y_0+x\tan\theta-\frac{gx^2}{2u^2\cos^2\theta}. \]

السمة المهمة هي حد \(x^2\). ففي نموذج الجاذبية الثابتة المثالي، يكون المسار قطعاً مكافئاً.

لا تحتاج إلى هذه المعادلة في كل مسألة مقذوفات. فكثيراً ما تكون معادلات المركبات ذات الزمن المشترك أوضح وأصعب في إساءة الاستخدام.

08الفكرة الخاطئة التي تسبب نصف المشكلات

هناك تصور شائع يسير على النحو الآتي:

دُفع المقذوف إلى الأمام، ولذلك لا بد من وجود قوة إلى الأمام تستمر في التأثير فيه.

يبدو هذا منطقياً لأن الأجسام في حياتنا اليومية تتباطأ عادةً بعد دفعها.

لكنها تتباطأ عادةً بسبب الاحتكاك أو مقاومة الهواء. وفي النموذج المثالي للمقذوفات، بمجرد أن يغادر الجسم أداة الإطلاق، لا توجد قوة أفقية مستمرة.

ومن ثم يخبرنا قانون نيوتن الأول بأن سرعته الأفقية تبقى ثابتة.

وهناك خطأ مغرٍ آخر يكاد يكون عكس ذلك: «الجاذبية تؤثر في المقذوف، لذلك يجب أن تنخفض سرعته كلها».

تغيّر الجاذبية فقط المركبة الموازية لاتجاهها. ومع محاورنا المعتادة، تكون هذه هي \(v_y\). ولا تغيّر \(v_x\) مباشرة.

09متى يتوقف نموذج المركبات البسيط عن كونه دقيقاً تماماً؟

يفترض نموذج المقذوفات في HSC عادةً أن:

• مقاومة الهواء مهملة،
• تسارع الجاذبية ثابت ومتجه رأسياً إلى أسفل، و
• يمكن إهمال انحناء الأرض ودورانها على المسافة المعنية.

في ظل هذه الافتراضات،

\[ a_x=0,\qquad a_y=-g. \]

يمكن أن تتعرض المقذوفات الحقيقية لقوة مقاومة. وتتجه قوة المقاومة عكس سرعة الجسم، ولذلك يمكن أن تكون لها مركبتان أفقية ورأسية. عندئذ لا تبقى \(v_x\) ثابتة.

يظل تحليل المتجهات إلى مركبات صحيحاً. الذي يتغير هو الفيزياء التي تضعها في معادلة كل مركبة.

وهذا التمييز مهم: فالمركبات طريقة رياضية، بينما «ثبات السرعة الأفقية» نتيجة لنموذج فيزيائي محدد.

10طريقة موثوقة لحل مسائل المقذوفات في HSC

عندما تبدو مسألة المقذوفات معقدة، استخدم هذا الترتيب:

1. اختر الاتجاهين الموجبين لـ\(x\) و\(y\).
2. ارسم متجه السرعة الابتدائية أو حدده.
3. حلّله إلى \(u_x\) و\(u_y\).
4. اكتب \(a_x=0\) و\(a_y=-g\) إذا كانت افتراضات نموذج المقذوف المثالي منطبقة.
5. حدّد أي المركبتين تحتوي على معلومات كافية لإيجاد الزمن.
6. استخدم الزمن نفسه في المركبة الأخرى.
7. أعد جمع المركبات فقط إذا طلبت المسألة مقدار السرعة الكلية أو الاتجاه أو الإزاحة.
8. تحقّق مما إذا كانت الإشارات والنتيجة الفيزيائية منطقيتين.

غالباً ما تكون قيمة \(v_y\) السالبة منطقية تماماً: فهي تعني أن المقذوف يهبط. أما الزمن السالب فعادةً لا يكون هو الحل الفيزيائي المطلوب.

11الأسئلة والحلول

السؤال 1

تُقذف كرة أفقياً بسرعة \(14.0\ \text{m s}^{-1}\) من أعلى جرف ارتفاعه \(19.6\ \text{m}\). أهمل مقاومة الهواء.

أوجد:

a. الزمن اللازم للوصول إلى الأرض،
b. المسافة الأفقية المقطوعة، و
c. السرعة المتجهة قبل الاصطدام مباشرة.

الحل 1

تستغرق الكرة \(2.00\ \text{s}\) للسقوط، وتقطع \(28.0\ \text{m}\) أفقياً، وتصطدم بالأرض بسرعة \(24.1\ \text{m s}^{-1}\)، وبزاوية \(54.5^\circ\) أسفل الأفقي.

بالنسبة إلى الحركة الرأسية،

\[ u_y=0,\qquad \Delta y=-19.6\ \text{m},\qquad a_y=-9.8\ \text{m s}^{-2}. \]

وباستخدام

\[ \Delta y=u_y t-\frac{1}{2}gt^2, \]

نحصل على

\[ -19.6=-4.9t^2. \]

ومن ثم،

\[ t=2.00\ \text{s}. \]

الخطأ المغري هنا هو استخدام السرعة الأفقية \(14.0\ \text{m s}^{-1}\) عند حساب زمن السقوط. فهي لا تؤدي أي دور في المعادلة الرأسية.

والآن استخدم \(2.00\ \text{s}\) نفسها أفقياً:

\[ \Delta x=u_x t=(14.0)(2.00)=28.0\ \text{m}. \]

قبل الاصطدام مباشرة،

\[ v_x=14.0\ \text{m s}^{-1} \]

و

\[ v_y=u_y-gt=0-(9.8)(2.00)=-19.6\ \text{m s}^{-1}. \]

ومن ثم،

\[ v=\sqrt{(14.0)^2+(-19.6)^2}=24.1\ \text{m s}^{-1}. \]

زاوية الاصطدام هي

\[ \phi=\tan^{-1}\left(\frac{19.6}{14.0}\right)=54.5^\circ. \]

ولأن \(v_y\) سالبة، تكون هذه الزاوية \(54.5^\circ\) أسفل الأفقي.

السؤال 2

يُطلق مقذوف من سطح الأرض بسرعة \(25.0\ \text{m s}^{-1}\)، وبزاوية \(53.1^\circ\) فوق الأفقي. يوجد جدار ارتفاعه \(19.5\ \text{m}\) على بُعد \(30.0\ \text{m}\) من نقطة الإطلاق.

افترض \(u_x=15.0\ \text{m s}^{-1}\) و\(u_y=20.0\ \text{m s}^{-1}\) إلى ثلاث خانات معنوية.

حدّد:

a. ما إذا كان المقذوف يتجاوز الجدار،
b. ما إذا كان صاعداً أم هابطاً أثناء مروره بالجدار، و
c. الموضع الذي يعود عنده في النهاية إلى ارتفاع الإطلاق.

الحل 2

يتجاوز المقذوف الجدار بمقدار \(0.90\ \text{m}\)، ويظل صاعداً صعوداً طفيفاً جداً أثناء مروره بالجدار، ويعود إلى ارتفاع الإطلاق على بُعد يقارب \(61.2\ \text{m}\) من نقطة الإطلاق.

أوجد أولاً الزمن الذي يصل فيه إلى الجدار:

\[ t=\frac{x}{u_x} =\frac{30.0}{15.0} =2.00\ \text{s}. \]

عند هذا الزمن،

\[ y=u_y t-\frac{1}{2}gt^2. \]

إذن

\[ y=(20.0)(2.00)-\frac{1}{2}(9.8)(2.00)^2 =40.0-19.6 =20.4\ \text{m}. \]

ارتفاع الجدار \(19.5\ \text{m}\)، ولذلك مقدار التجاوز هو

\[ 20.4-19.5=0.90\ \text{m}. \]

والآن تحقّق من السرعة الرأسية:

\[ v_y=u_y-gt =20.0-(9.8)(2.00) =0.40\ \text{m s}^{-1}. \]

إنها موجبة، ولذلك ما يزال المقذوف يتحرك إلى أعلى.

وهذا تحذير مفيد من تحديد الاتجاه اعتماداً على شكل رسم تقريبي. فالمقذوف قريب للغاية من أعلى نقطة، لكنه لم يصل إليها تماماً بعد.

لإيجاد الزمن الذي يعود فيه إلى ارتفاع الإطلاق، اجعل الإزاحة الرأسية صفراً:

\[ 0=20.0t-4.9t^2. \]

بأخذ العامل المشترك،

\[ 0=t(20.0-4.9t). \]

الحل \(t=0\) يمثل لحظة الإطلاق. أما الحل اللاحق فهو

\[ t=\frac{20.0}{4.9}=4.08\ \text{s}. \]

ومن ثم يكون المدى الأفقي

\[ R=(15.0)(4.08)=61.2\ \text{m}. \]

ومن الطرق الخاطئة الشائعة افتراض أن وصول المقذوف إلى الجدار بعد \(2.00\ \text{s}\) يعني أنه لا بد أن يكون عند قمته لأن \(2.00\ \text{s}\) تساوي «نحو نصف» زمن الطيران الكلي. لكن معادلة المركبات تعطي الإجابة الدقيقة: ما تزال \(v_y\) تساوي \(+0.40\ \text{m s}^{-1}\).

السؤال 3

يُمثَّل منحدر تل تقريبياً بالخط المستقيم

\[ y=0.250x, \]

حيث يُقاس \(x\) و\(y\) بالمتر من نقطة الإطلاق.

يُطلق مقذوف من نقطة الأصل بسرعة \(24.0\ \text{m s}^{-1}\)، وبزاوية \(50.0^\circ\) فوق الأفقي. أهمل مقاومة الهواء.

أوجد النقطة التي يصطدم عندها المقذوف بالمنحدر في المرة التالية، وسرعته المتجهة قبل الاصطدام مباشرة.

الحل 3

يصطدم المقذوف بالمنحدر تقريباً عند \((45.7\ \text{m},\,11.4\ \text{m})\) بسرعة مقدارها \(18.8\ \text{m s}^{-1}\)، ومتجهاً بزاوية \(34.7^\circ\) أسفل الأفقي.

حلّل السرعة الابتدائية:

\[ u_x=(24.0)\cos50.0^\circ=15.4\ \text{m s}^{-1}, \]

\[ u_y=(24.0)\sin50.0^\circ=18.4\ \text{m s}^{-1}. \]

عند الزمن \(t\)،

\[ x=15.4t \]

و

\[ y=18.4t-4.9t^2. \]

عند الاصطدام، يجب أن يكون المقذوف على المنحدر، ولذلك يجب أن يحقق أيضاً

\[ y=0.250x. \]

بالتعويض عن \(x=15.4t\)،

\[ 18.4t-4.9t^2=0.250(15.4t). \]

إذن،

\[ 18.4t-4.9t^2=3.86t. \]

وبإعادة الترتيب،

\[ t(14.5-4.9t)=0. \]

الحل \(t=0\) هو نقطة الإطلاق. أما التقاطع التالي فيحدث عند

\[ t=\frac{14.5}{4.9}\approx2.96\ \text{s}. \]

ومن ثم يكون الإحداثي الأفقي

\[ x=(15.4)(2.96)\approx45.7\ \text{m}. \]

ويكون ارتفاع المنحدر هناك

\[ y=0.250(45.7)\approx11.4\ \text{m}. \]

والآن أوجد سرعة الاصطدام. أفقياً،

\[ v_x=15.4\ \text{m s}^{-1}. \]

رأسياً،

\[ v_y=18.4-(9.8)(2.96) \approx-10.7\ \text{m s}^{-1}. \]

ومن ثم،

\[ v=\sqrt{(15.4)^2+(-10.7)^2} \approx18.8\ \text{m s}^{-1}. \]

واتجاهها هو

\[ \phi=\tan^{-1}\left(\frac{10.7}{15.4}\right) \approx34.7^\circ \]

أسفل الأفقي.

الاختصار المغري هو جعل \(y=0\) لإيجاد زمن الاصطدام. لكن ذلك سيجد الموضع الذي يعود عنده المقذوف إلى المستوى الأفقي لنقطة إطلاقه. أما الأرض هنا فليست أفقية: بعد نقطة الإطلاق، تتبع العلاقة \(y=0.250x\). يجب أن يتوافق شرط الحد الفيزيائي مع المنحدر الفعلي.

السؤال 4

يُطلق مقذوف من مستوى الأرض، ثم يمر لاحقاً بالنقطة \(A\)، الواقعة أفقياً على بُعد \(20.0\ \text{m}\) من نقطة الإطلاق وعلى ارتفاع \(15.0\ \text{m}\) فوقها.

وفي طريقه إلى أسفل، يمر بالنقطة \(B\)، التي تقع أفقياً على بُعد \(50.0\ \text{m}\) من نقطة الإطلاق، وعلى ارتفاع \(15.0\ \text{m}\) أيضاً.

أهمل مقاومة الهواء.

حدّد:

a. مركبتي السرعة الابتدائية الأفقية والرأسية،
b. سرعة الإطلاق وزاويته، و
c. الموضع الأفقي وارتفاع أعلى نقطة.

الحل 4

المركبتان الابتدائيتان هما \(u_x=18.1\ \text{m s}^{-1}\) و\(u_y=19.0\ \text{m s}^{-1}\). سرعة الإطلاق هي \(26.2\ \text{m s}^{-1}\) عند زاوية \(46.4^\circ\)، وتقع القمة عند \(x=35.0\ \text{m}\)، وعلى ارتفاع \(18.4\ \text{m}\) فوق نقطة الإطلاق.

لتكن الأزمنة عند \(A\) و\(B\) هي \(t_1\) و\(t_2\).

لأن السرعة الأفقية ثابتة،

\[ t_1=\frac{20.0}{u_x}, \qquad t_2=\frac{50.0}{u_x}. \]

رأسياً، تحقق النقطتان كلتاهما

\[ 15.0=u_y t-\frac{1}{2}gt^2. \]

وبإعادة الترتيب نحصل على المعادلة التربيعية

\[ \frac{1}{2}gt^2-u_y t+15.0=0. \]

جذراها هما \(t_1\) و\(t_2\).

في المعادلة التربيعية \(at^2+bt+c=0\)، يساوي حاصل ضرب الجذرين \(c/a\). لذلك،

\[ t_1t_2=\frac{15.0}{4.9}. \]

لكن من الحركة الأفقية،

\[ t_1t_2 = \frac{20.0}{u_x}\frac{50.0}{u_x} = \frac{1000}{u_x^2}. \]

ومن ثم،

\[ \frac{1000}{u_x^2}=\frac{15.0}{4.9}. \]

إذن

\[ u_x^2=\frac{1000(4.9)}{15.0}, \]

مما يعطي

\[ u_x=18.1\ \text{m s}^{-1}. \]

والزمنان المقابلان هما

\[ t_1=\frac{20.0}{18.1}=1.11\ \text{s}, \]

\[ t_2=\frac{50.0}{18.1}=2.77\ \text{s}. \]

وبالنسبة إلى المعادلة التربيعية نفسها، فإن مجموع الجذرين هو

\[ t_1+t_2=\frac{u_y}{4.9}. \]

ولذلك،

\[ u_y=4.9(t_1+t_2) =4.9(1.11+2.77) \approx19.0\ \text{m s}^{-1}. \]

سرعة الإطلاق هي

\[ u=\sqrt{u_x^2+u_y^2} =\sqrt{(18.1)^2+(19.0)^2} =26.2\ \text{m s}^{-1}. \]

وزاوية الإطلاق هي

\[ \theta=\tan^{-1}\left(\frac{19.0}{18.1}\right) =46.4^\circ. \]

عند القمة،

\[ v_y=0. \]

إذن

\[ 0=u_y-gt, \]

مما يعطي

\[ t_{\text{القمة}}=\frac{19.0}{9.8}=1.94\ \text{s}. \]

ومن ثم

\[ x_{\text{القمة}}=(18.1)(1.94)=35.0\ \text{m}. \]

يمكن إيجاد الارتفاع الرأسي حتى القمة من

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

إذن،

\[ 0=(19.0)^2-2(9.8)\Delta y, \]

ومن ثم

\[ \Delta y=18.4\ \text{m}. \]

التوقع المغري هو أنه بما أن \(A\) و\(B\) لهما الارتفاع نفسه، فلا بد أن يكون زمن وصول المقذوف إليهما متساوياً بطريقة ما. وهذا غير ممكن: فالمقذوف يكون في موضعين مختلفين.

ما يتماثل هو توقيتهما حول القمة. وبالفعل،

\[ \frac{t_1+t_2}{2} = \frac{1.11+2.77}{2} = 1.94\ \text{s}, \]

وهو بالضبط زمن بلوغ أقصى ارتفاع. وهذا أيضاً يفسر لماذا تقع القمة في منتصف المسافة بين \(x=20.0\ \text{m}\) و\(x=50.0\ \text{m}\): فعندما تكون \(v_x\) ثابتة، تقابل الفترات الزمنية المتساوية مسافات أفقية متساوية.

السؤال 5

يُطلق المقذوف \(A\) عند \(t=0\) من \((0,0)\) بمركبتي السرعة الابتدائية

\[ u_{Ax}=18.0\ \text{m s}^{-1}, \qquad u_{Ay}=22.0\ \text{m s}^{-1}. \]

يوجد المقذوف \(B\) في البداية عند \((54.0\ \text{m},12.0\ \text{m})\). ويُطلق بمركبتين

\[ u_{Bx}=-9.00\ \text{m s}^{-1}, \qquad u_{By}=16.0\ \text{m s}^{-1}. \]

يتعرض كلا المقذوفين لتسارع الجاذبية نفسه، مع إهمال مقاومة الهواء.

a. إذا أُطلقا في الوقت نفسه، فحدّد ما إذا كانا يتصادمان قبل أن يصل أيٌّ منهما إلى الأرض. وإذا حدث التصادم، فأوجد موضعه.

b. يُطلق المقذوف \(B\) الآن بعد \(A\) بمقدار \(0.500\ \text{s}\)، وبالسرعة نفسها كما في السابق. يجادل أحد الطلاب بأن التأخير لا يحدث فرقاً لأن الجاذبية تسرّع كلا المقذوفين بالتساوي. اختبر هذا الادعاء بإيجاد المسافة الرأسية بينهما عندما يصلان إلى الموضع الأفقي نفسه.

c. مع الإبقاء على تأخير \(0.500\ \text{s}\) وعلى \(u_{Bx}=-9.00\ \text{m s}^{-1}\)، أوجد قيمة \(u_{By}\) اللازمة لحدوث تصادم فعلي.

الحل 5

عند الإطلاق المتزامن، يتصادم المقذوفان عند \(t=2.00\ \text{s}\) في \((36.0\ \text{m},24.4\ \text{m})\). وعندما يتأخر إطلاق المقذوف \(B\) بمقدار \(0.500\ \text{s}\)، فإنه يمر على ارتفاع \(0.392\ \text{m}\) فوق \(A\) عندما تتطابق مواضعهما الأفقية. وخفض مركبة الإطلاق الرأسية لـ\(B\) إلى نحو \(15.8\ \text{m s}^{-1}\) يعيد حدوث التصادم.

بالنسبة إلى الجزء a، اكتب الموضعين الأفقيين.

بالنسبة إلى \(A\)،

\[ x_A=18.0t. \]

وبالنسبة إلى \(B\)،

\[ x_B=54.0-9.00t. \]

عند التصادم،

\[ x_A=x_B. \]

ولذلك،

\[ 18.0t=54.0-9.00t, \]

إذن

\[ 27.0t=54.0 \]

و

\[ t=2.00\ \text{s}. \]

والآن تحقّق من الموضعين الرأسيين عند الزمن نفسه.

بالنسبة إلى \(A\)،

\[ y_A=22.0t-4.9t^2. \]

إذن،

\[ y_A=(22.0)(2.00)-4.9(2.00)^2 =44.0-19.6 =24.4\ \text{m}. \]

وبالنسبة إلى \(B\)،

\[ y_B=12.0+16.0t-4.9t^2. \]

إذن

\[ y_B=12.0+(16.0)(2.00)-4.9(2.00)^2 =24.4\ \text{m}. \]

يتطابق إحداثياهما الأفقي والرأسي في الزمن نفسه، ولذلك يتصادمان عند

\[ (36.0\ \text{m},24.4\ \text{m}). \]

الإلغاء الكامن في هذه النتيجة مهم. لأن الجسمين لهما تسارع الجاذبية نفسه، فإن تسارعهما النسبي يساوي صفراً ما دام كلاهما في حالة طيران. فالجاذبية تغيّر السرعتين الرأسيتين بالمقدار نفسه.

بالنسبة إلى الجزء b، يبدأ المقذوف \(B\) الآن بعد تأخير قدره \(0.500\ \text{s}\).

ليظل \(t\) يعني الزمن المنقضي منذ إطلاق \(A\). عندئذ يكون الزمن الذي تحرك خلاله \(B\) فعلياً هو

\[ t_B=t-0.500. \]

بالنسبة إلى \(A\)،

\[ x_A=18.0t. \]

وبالنسبة إلى \(B\)،

\[ x_B=54.0-9.00(t-0.500). \]

اجعل هذين متساويين:

\[ 18.0t = 54.0-9.00(t-0.500). \]

بفك الأقواس،

\[ 18.0t=58.5-9.00t. \]

ومن ثم،

\[ 27.0t=58.5 \]

و

\[ t=2.167\ \text{s}. \]

عند هذه اللحظة، يكون \(B\) قد تحرك لمدة

\[ t_B=2.167-0.500=1.667\ \text{s}. \]

ارتفاع المقذوف \(A\) هو

\[ y_A = (22.0)(2.167)-4.9(2.167)^2 = 24.664\ \text{m}. \]

وارتفاع المقذوف \(B\) هو

\[ y_B = 12.0+(16.0)(1.667)-4.9(1.667)^2 = 25.056\ \text{m}. \]

ولذلك،

\[ y_B-y_A = 25.056-24.664 = 0.392\ \text{m}. \]

إذن يمر \(B\) بحوالي \(0.392\ \text{m}\) فوق \(A\). ولا يحدث تصادم.

يحتوي استدلال الطالب على جزء صحيح دقيق، لكنه يستخدمه بطريقة خاطئة. فبمجرد إطلاق \(B\)، يكون للمقذوفين بالفعل تسارع الجاذبية نفسه، ولذلك يكون تسارعهما النسبي صفراً.

لكن خلال أول \(0.500\ \text{s}\)، يكون \(A\) وحده في حركة مقذوف. وبحلول الوقت الذي يبدأ فيه \(B\) الحركة، يكون \(A\) قد غيّر بالفعل موضعه وسرعته الرأسية. ولا تؤدي التسارعات المتساوية بعد تلك اللحظة إلى محو اختلاف حالتي البداية.

بالنسبة إلى الجزء c، لا يتغير زمن الالتقاء الأفقي لأننا نعدّل فقط مركبة الإطلاق الرأسية لـ\(B\). ولذلك،

\[ t=2.167\ \text{s}, \qquad t_B=1.667\ \text{s}. \]

ولكي يحدث تصادم، يجب أن يساوي ارتفاع \(B\) ارتفاع \(A\)، الذي وجدنا أنه \(24.664\ \text{m}\).

لتكن مركبة الإطلاق الرأسية المطلوبة لـ\(B\) هي \(u_{By}\). عندئذ

\[ 24.664 = 12.0+u_{By}(1.667)-4.9(1.667)^2. \]

وبإعادة الترتيب،

\[ u_{By} = \frac{24.664-12.0+4.9(1.667)^2}{1.667}. \]

ومن ثم،

\[ u_{By}=15.8\ \text{m s}^{-1} \]

إلى ثلاث خانات معنوية.

الجزء المفاجئ هو أن \(B\) يحتاج إلى مركبة رأسية أصغر قليلاً من السابق، لا أكبر. فعندما كانت \(u_{By}=16.0\ \text{m s}^{-1}\)، كان بالفعل أعلى من اللازم عندما وصل المقذوفان إلى الموضع الأفقي نفسه.

وهذا هو المبدأ الأساسي في تحليل المركبات: لا يكفي أن يتطابق إحداثي واحد. فالتصادم أو الارتطام أو أي حدث آخر ثنائي الأبعاد يجب أن يحقق الشرط الأفقي والشرط الرأسي في اللحظة نفسها.

وبعد إتقان هذه الفكرة، تكون الخطوة المفيدة التالية هي استخدام طريقة المركبات نفسها في الحركة النسبية، ومسارات المقذوفات، والحالات التي يكون فيها سطح الهبوط نفسه متحركاً أو مائلاً.