البندولات المخروطية: تحليل الشد والوزن في فيزياء HSC

تتأرجح كتلة مربوطة بخيط في دائرة أفقية تمامًا. ويظل ارتفاعها ثابتًا، رغم أن الجاذبية تشدها إلى أسفل طوال الوقت.

إذًا، إليك هذا التساؤل: إذا لم يكن للكتلة تسارع رأسي، فما الذي يمنعها من السقوط؟ وإذا كان الخيط مائلًا، فأي قوة تجعل الكتلة تدور فعليًا في دائرة؟

قبل أن تتابع القراءة، توقّع الإجابة عن هذا السؤال: هل قوة الشد في الخيط تساوي القوة الجاذبة المركزية؟

لا. هذه الفكرة المغرية هي مصدر معظم الأخطاء في هذا النموذج.

01قوة شد واحدة تؤدي مهمتين

تخيّل الكتلة من الجانب. يمتد الخيط قطريًا من الكتلة إلى أعلى نحو نقطة التعليق الثابتة.

لا تؤثر في الكتلة سوى قوتين:

• وزنها، \(mg\)، رأسيًا إلى أسفل
• قوة الشد، \(F_T\)، على امتداد الخيط باتجاه نقطة التعليق

لا توجد قوة مستقلة تُسمّى «القوة الجاذبة المركزية». القوة الجاذبة المركزية هي الاسم الذي يُطلق على محصلة القوة المتجهة نحو مركز مسار دائري. إذا لم يكن هذا الفرق واضحًا، فراجع القوة الجاذبة المركزية: كيفية تحديد القوة الحقيقية في فيزياء HSC.

افترض أن الخيط يصنع زاوية \(\theta\) مع الاتجاه الرأسي.

تتجه قوة الشد قطريًا، لذا يمكننا تحليلها إلى مركبتين متعامدتين:

• \(F_T\cos\theta\) رأسيًا إلى أعلى
• \(F_T\sin\theta\) أفقيًا نحو مركز الدائرة

تمنع المركبة الرأسية الكتلة من السقوط. أما المركبة الأفقية فتجعلها تدور.

يشبه ذلك إلى حد ما سحب حقيبة سفر ذات عجلات باستخدام مقبض مائل إلى أعلى. يمكن لقوة سحب واحدة أن تكون لها مركبة إلى أعلى ومركبة إلى الأمام. لكن التشبيه ينتهي عند هذا الحد، لأن الحقيبة تؤثر فيها أيضًا قوى من الأرض، بينما لا تؤثر في كتلتنا سوى قوة الشد والوزن.

02ابدأ بالتسارعات، لا بالقوى

تخبرك عبارة «دائرة أفقية» بشيء بالغ الأهمية عن التسارع.

فالكتلة لا تتحرك إلى أعلى أو إلى أسفل. لذلك، يكون تسارعها الرأسي صفرًا.

لكن اتجاه سرعتها الأفقية يتغير باستمرار، ولذلك يكون لها تسارع مركزي نحو المركز:

\[ a_c=\frac{v^2}{r} \]

حيث:

• \(a_c\) هو التسارع المركزي بوحدة \(\text{m s}^{-2}\)
• \(v\) هي السرعة بوحدة \(\text{m s}^{-1}\)
• \(r\) هو نصف قطر الدائرة الأفقية بالمتر

يمكن الآن تطبيق قانون نيوتن الثاني بصورة منفصلة في الاتجاهين الرأسي والأفقي.

هاتان المعادلتان هما أساس هذا النموذج.

لاحظ ما تعنيه هاتان المعادلتان فيزيائيًا. فقوة الشد كلها لا تنتج التسارع المركزي؛ وإنما تنتجه مركبتها الأفقية فقط.

03لماذا تكون قوة الشد أكبر من القوة الجاذبة المركزية

من المحاولات الأولى الشائعة كتابة

\[ F_T=\frac{mv^2}{r} \]

لكن هذا لا يمكن أن يكون صحيحًا بالنسبة إلى الخيط المائل الموضح أعلاه.

فلو استُخدمت قوة الشد بأكملها في الاتجاه الأفقي، فلن توجد قوة إلى أعلى لموازنة \(mg\). عندها ستتسارع الكتلة إلى أسفل، ولن يبقى مسارها في مستوى أفقي واحد.

بدلًا من ذلك،

\[ F_T\sin\theta=\frac{mv^2}{r} \]

و

\[ F_T\cos\theta=mg \]

وبما أن \(F_T\) يجب أن توفر كلتا المركبتين،

\[ F_T=\sqrt{\left(\frac{mv^2}{r}\right)^2+(mg)^2} \]

لذلك تكون \(F_T\) أكبر من كل من \(mg\) والقوة الجاذبة المركزية الأفقية المطلوبة.

وهناك علاقة مفيدة أخرى. اقسم المعادلة الأفقية على المعادلة الرأسية:

\[ \frac{F_T\sin\theta}{F_T\cos\theta} = \frac{mv^2/r}{mg} \]

ومن ثم

\[ \tan\theta=\frac{v^2}{rg} \]

تُختصر الكتلة. لذلك، عند سرعة ونصف قطر محددين، لا يؤدي تغيير الكتلة إلى تغيير الزاوية المطلوبة. لكنه يغيّر قوة الشد.

04نصف القطر لا يساوي عادةً طول الخيط

افترض الآن أن طول الخيط هو \(L\).

قد يبدو من المغري كتابة \(r=L\). لكن ذلك لا يكون صحيحًا إلا إذا كان الخيط أفقيًا.

في البندول المخروطي، نصف القطر الأفقي هو المركبة الأفقية لطول الخيط:

\[ r=L\sin\theta \]

أما المسافة الرأسية من نقطة التعليق إلى مستوى الدائرة فهي

\[ L\cos\theta \]

تصبح هذه الهندسة مهمة عندما يعطيك السؤال طول الخيط بدلًا من نصف القطر.

05علاقة مفيدة للبندول المخروطي

هناك طريقة أخرى لوصف الحركة باستخدام السرعة الزاوية.

السرعة الزاوية هي

\[ \omega=\frac{v}{r} \]

حيث تقاس \(\omega\) بوحدة \(\text{rad s}^{-1}\).

تصبح معادلة القوة الأفقية

\[ F_T\sin\theta=m\omega^2r \]

وبما أن \(r=L\sin\theta\)،

\[ F_T\sin\theta=m\omega^2L\sin\theta \]

وبالنسبة إلى حركة دائرية فعلية، فإن \(\sin\theta\neq0\)، لذا

\[ F_T=m\omega^2L \]

ادمج هذه العلاقة مع

\[ F_T\cos\theta=mg \]

لنحصل على

\[ m\omega^2L\cos\theta=mg \]

ومن ثم

\[ \omega^2=\frac{g}{L\cos\theta} \]

وبما أن \(P=2\pi/\omega\)،

\[ P=2\pi\sqrt{\frac{L\cos\theta}{g}} \]

تحتوي هذه العلاقة على نتيجة قد تبدو مفاجئة قليلًا: يعتمد الزمن الدوري على المسافة الرأسية \(L\cos\theta\) من نقطة التعليق إلى المسار الدائري، وليس مباشرةً على نصف القطر.

ستصبح هذه الملاحظة مهمة في السؤال الأخير أدناه.

06قاعدة قرار مختصرة

عندما ترى كتلة تتحرك في دائرة أفقية على خيط مائل:

1. ارسم القوى الحقيقية فقط: قوة الشد والوزن.
2. اختر الاتجاه الرأسي والاتجاه الأفقي نحو الداخل.
3. استخدم حقيقة أن التسارع الرأسي يساوي صفرًا:

\[ F_T\cos\theta=mg \]

1. استخدم التسارع المركزي في الاتجاه الأفقي:

\[ F_T\sin\theta=\frac{mv^2}{r} \]

1. إذا كان طول الخيط معلومًا، فاربط نموذج القوى بالهندسة:

\[ r=L\sin\theta \]

تفترض هذه المعادلات أن \(\theta\) مقاسة من الاتجاه الرأسي. إذا كان السؤال يقيس الزاوية من الاتجاه الأفقي، فإن مركبتي الجيب وجيب التمام تتبادلان. أعد رسم المثلث بدلًا من محاولة حفظ مجموعة ثانية من المعادلات.

07أسئلة وحلول

السؤال 1

تتحرك كتلة مقدارها \(0.30\ \text{kg}\) بسرعة \(3.0\ \text{m s}^{-1}\) في دائرة أفقية نصف قطرها \(0.80\ \text{m}\). أوجد:

a. المركبة الأفقية لقوة الشد
b. المركبة الرأسية لقوة الشد
c. قوة الشد الكلية
d. زاوية الخيط من الاتجاه الرأسي

استخدم \(g=9.8\ \text{m s}^{-2}\).

الحل 1

المركبتان الأفقية والرأسية تساويان \(3.38\ \text{N}\) و\(2.94\ \text{N}\) على الترتيب، مما يعطي قوة شد كلية مقدارها \(4.48\ \text{N}\) عند زاوية \(48.9^\circ\) من الاتجاه الرأسي.

في الاتجاه الأفقي،

\[ F_{T,x} = \frac{mv^2}{r} = \frac{(0.30)(3.0)^2}{0.80} = 3.375\ \text{N} \]

إذًا

\[ F_{T,x}=3.38\ \text{N} \]

أما رأسيًا، فالتسارع يساوي صفرًا:

\[ F_{T,y}=mg=(0.30)(9.8)=2.94\ \text{N} \]

قوة الشد الكلية هي مقدار المتجه:

\[ F_T = \sqrt{(3.375)^2+(2.94)^2} = 4.48\ \text{N} \]

وأخيرًا،

\[ \tan\theta=\frac{3.375}{2.94} \]

ومن ثم

\[ \theta=48.9^\circ \]

من الاختصارات المغرية اعتبار \(3.38\ \text{N}\) هي قوة الشد لأنها تساوي \(mv^2/r\). لكنها ليست إلا المركبة الأفقية لقوة الشد. ويجب أن يوفر متجه الشد نفسه أيضًا المركبة الصاعدة البالغة \(2.94\ \text{N}\) التي توازن الوزن.

السؤال 2

كتلة مقدارها \(0.20\ \text{kg}\) معلقة بخيط طوله \(1.00\ \text{m}\) وتتحرك كبندول مخروطي. يصنع الخيط زاوية \(50^\circ\) مع الاتجاه الرأسي.

احسب:

a. نصف قطر المسار الدائري
b. قوة الشد في الخيط
c. سرعة الكتلة
d. الزمن الدوري

استخدم \(g=9.8\ \text{m s}^{-2}\).

الحل 2

نصف القطر هو \(0.766\ \text{m}\)، وقوة الشد \(3.05\ \text{N}\)، والسرعة \(2.99\ \text{m s}^{-1}\)، والزمن الدوري \(1.61\ \text{s}\).

ابدأ باستخدام هندسة الخيط:

\[ r=L\sin\theta =(1.00)\sin50^\circ =0.766\ \text{m} \]

رأسيًا،

\[ F_T\cos50^\circ=mg \]

ومن ثم

\[ F_T = \frac{(0.20)(9.8)}{\cos50^\circ} = 3.05\ \text{N} \]

مركبتها الأفقية هي

\[ F_T\sin50^\circ = (3.05)\sin50^\circ = 2.34\ \text{N} \]

لذلك،

\[ 2.34=\frac{(0.20)v^2}{0.766} \]

وهذا يعطي

\[ v = \sqrt{\frac{(2.34)(0.766)}{0.20}} = 2.99\ \text{m s}^{-1} \]

الزمن الدوري هو

\[ P = \frac{2\pi r}{v} = \frac{2\pi(0.766)}{2.99} = 1.61\ \text{s} \]

الخطأ المغري هو استخدام \(r=1.00\ \text{m}\). طول الخيط هو وتر المثلث الهندسي؛ أما نصف قطر الدائرة فهو مركبته الأفقية، \(L\sin\theta\).

السؤال 3

تتحرك كتلة كبندول مخروطي بزمن دوري قدره \(1.80\ \text{s}\).

في البداية، يكون طول خيطها \(1.00\ \text{m}\).

a. حدّد زاوية الخيط من الاتجاه الرأسي ونصف قطر الدائرة.

بعد ذلك يُقصَّر الخيط إلى \(0.70\ \text{m}\)، بينما تحاول آلية الحفاظ على الزمن الدوري عند \(1.80\ \text{s}\) بالضبط.

b. هل يمكن للكتلة أن تستقر في حركة بندول مخروطي ذات نصف قطر غير صفري بهذا الزمن الدوري؟ برّر إجابتك فيزيائيًا ورياضيًا.

استخدم \(g=9.8\ \text{m s}^{-2}\).

الحل 3

في البداية، تكون الزاوية \(36.5^\circ\)، ونصف القطر \(0.594\ \text{m}\). وبعد تقصير الخيط إلى \(0.70\ \text{m}\)، لا يمكن وجود حالة بندول مخروطي بنصف قطر غير صفري وزمن دوري مقداره \(1.80\ \text{s}\).

السرعة الزاوية الموافقة للزمن الدوري هي

\[ \omega = \frac{2\pi}{P} = \frac{2\pi}{1.80} = 3.49\ \text{rad s}^{-1} \]

بالنسبة إلى البندول المخروطي،

\[ \omega^2=\frac{g}{L\cos\theta} \]

لذلك

\[ \cos\theta=\frac{g}{\omega^2L} \]

عندما \(L=1.00\ \text{m}\)،

\[ \cos\theta = \frac{9.8}{(3.49)^2(1.00)} = 0.804 \]

لذلك،

\[ \theta=36.5^\circ \]

و

\[ r=L\sin\theta = (1.00)\sin36.5^\circ = 0.594\ \text{m} \]

والآن قصّر الخيط إلى \(0.70\ \text{m}\) مع الحفاظ على \(\omega\) نفسها:

\[ \cos\theta = \frac{9.8}{(3.49)^2(0.70)} = 1.15 \]

لكن لا يمكن لزاوية حقيقية أن تحقق \(\cos\theta>1\).

إذًا، الحركة الدائرية المستقرة المطلوبة مستحيلة.

الفكرة المغرية هي أن النظام يستطيع ببساطة زيادة قوة الشد حتى يعمل الخيط الأقصر. لكن قوة الشد ليست متغيرًا حرًا يمكنه إصلاح كل قيد بصورة مستقلة. يجب أن تتحقق في الوقت نفسه شروط الاتزان الرأسي، والتسارع المركزي الأفقي، والسرعة الزاوية المحددة، وهندسة الخيط الثابتة. وهنا تتطلب هذه الشروط قيمة مستحيلة لـ\(\cos\theta\).

وبصورة مكافئة، توجد عند هذه السرعة الزاوية قيمة دنيا ممكنة لطول الخيط:

\[ L_{\min}=\frac{g}{\omega^2} = \frac{9.8}{(3.49)^2} = 0.804\ \text{m} \]

والخيط المقترح بطول \(0.70\ \text{m}\) أقصر من هذا الحد.

السؤال 4

تتحرك كتلة مقدارها \(0.40\ \text{kg}\) كبندول مخروطي على خيط طوله \(1.00\ \text{m}\). ويقع مسارها الدائري على ارتفاع \(1.25\ \text{m}\) فوق أرضية أفقية.

ينقطع الخيط فجأة. أهمل مقاومة الهواء. تهبط الكتلة على بعد أفقي قدره \(1.10\ \text{m}\) من النقطة الواقعة على الأرض مباشرةً أسفل موضع الكتلة لحظة انقطاع الخيط.

حدّد:

a. السرعة مباشرةً قبل انقطاع الخيط
b. الزاوية التي كان يصنعها الخيط مع الاتجاه الرأسي
c. قوة الشد في الخيط مباشرةً قبل انقطاعه

استخدم \(g=9.8\ \text{m s}^{-2}\).

الحل 4

مباشرةً قبل الانقطاع، كانت الكتلة تتحرك بسرعة \(2.18\ \text{m s}^{-1}\)، وكان الخيط يصنع زاوية \(38.1^\circ\) مع الاتجاه الرأسي، وكانت قوة الشد فيه \(4.98\ \text{N}\).

في اللحظة التي ينقطع فيها الخيط، تحتفظ الكتلة بسرعتها اللحظية. وتكون هذه السرعة أفقية ومماسية للمسار الدائري.

لذلك تكون سرعتها الرأسية الابتدائية صفرًا.

بالنسبة إلى السقوط لمسافة \(1.25\ \text{m}\)،

\[ h=\frac{1}{2}gt^2 \]

إذًا

\[ 1.25=\frac{1}{2}(9.8)t^2 \]

ومن ثم

\[ t = \sqrt{\frac{2(1.25)}{9.8}} = 0.505\ \text{s} \]

أفقيًا،

\[ v=\frac{d}{t} = \frac{1.10}{0.505} = 2.18\ \text{m s}^{-1} \]

قبل الانقطاع، كانت علاقة البندول المخروطي هي

\[ \tan\theta=\frac{v^2}{rg} \]

لكن نصف القطر غير معلوم بعد. وبما أن طول الخيط \(L=1.00\ \text{m}\)،

\[ r=L\sin\theta \]

لذلك،

\[ v^2 = gL\sin\theta\tan\theta = gL\frac{\sin^2\theta}{\cos\theta} \]

لتكن \(c=\cos\theta\). وبما أن \(\sin^2\theta=1-c^2\)،

\[ \frac{v^2}{gL} = \frac{1-c^2}{c} \]

وباستخدام \(v=2.18\ \text{m s}^{-1}\)،

\[ \frac{(2.18)^2}{(9.8)(1.00)} = 0.484 \]

إذًا

\[ 0.484=\frac{1-c^2}{c} \]

ومن ثم

\[ c^2+0.484c-1=0 \]

الجذر ذو المعنى الفيزيائي هو

\[ c=0.787 \]

لذلك

\[ \cos\theta=0.787 \]

و

\[ \theta=38.1^\circ \]

وأخيرًا، يعطي الاتزان الرأسي قبل انقطاع الخيط

\[ F_T\cos\theta=mg \]

إذًا

\[ F_T = \frac{(0.40)(9.8)}{\cos38.1^\circ} = 4.98\ \text{N} \]

من المسارات المغرية اعتبار إزاحة المقذوف البالغة \(1.10\ \text{m}\) نصف قطر الدائرة الأصلية. لكنها ليست كذلك. فبمجرد انقطاع الخيط، تتحرك الكتلة في البداية على امتداد مماس لمسارها السابق. تكشف حركة المقذوف عن السرعة المماسية؛ وبعد ذلك يجب استنتاج نصف القطر الأصلي من هندسة الخيط ومعادلات الحركة الدائرية.

السؤال 5

لبندولين مخروطيين مختلفين نقطتا تعليق تقعان على المستوى الأفقي نفسه.

في البندول A، طول الخيط \(1.20\ \text{m}\). وفي البندول B، طول الخيط \(0.80\ \text{m}\).

في كلتا الحالتين، يقع المسار الدائري الأفقي على مسافة رأسية مقدارها بالضبط \(0.60\ \text{m}\) أسفل نقطة التعليق. وليس من الضروري أن تكون الكتلتان متساويتين.

يقول أحد الطلاب:

للبندول A نصف قطر دائري أكبر، لذلك لا بد أن يستغرق زمنًا أطول لإكمال كل دورة.

حدّد ما إذا كان الزمنان الدوريان مختلفين بالفعل. ثم احسب نصف القطر والسرعة الخطية لكل كتلة.

استخدم \(g=9.8\ \text{m s}^{-2}\).

الحل 5

للبندولين الزمن الدوري نفسه تمامًا، وهو \(1.55\ \text{s}\)، رغم أن البندول A له نصف قطر أكبر ويتحرك بسرعة خطية أكبر.

لتكن المسافة الرأسية من نقطة التعليق إلى مستوى الدائرة هي \(h\).

من الهندسة،

\[ h=L\cos\theta \]

ومن اتزان القوى،

\[ F_T\cos\theta=mg \]

و

\[ F_T\sin\theta=m\omega^2r \]

اقسم المعادلة الأفقية على المعادلة الرأسية:

\[ \tan\theta=\frac{\omega^2r}{g} \]

لكن هندسة الخيط تعطينا أيضًا

\[ \tan\theta=\frac{r}{h} \]

لذلك،

\[ \frac{r}{h} = \frac{\omega^2r}{g} \]

لكلا البندولين نصف قطر غير صفري، لذا يُختصر \(r\):

\[ \omega^2=\frac{g}{h} \]

هذا هو القيد الأساسي. يبدو نصف القطر مهمًا، لكن عندما يجب تحقيق معادلات القوى وهندسة الخيط في الوقت نفسه، فإنه يختفي من التعبير الخاص بالسرعة الزاوية.

عند \(h=0.60\ \text{m}\)،

\[ \omega = \sqrt{\frac{9.8}{0.60}} = 4.04\ \text{rad s}^{-1} \]

ومن ثم

\[ P = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2\pi}{4.04} = 1.55\ \text{s} \]

لكلا البندولين.

والآن أوجد نصفي القطر.

بالنسبة إلى البندول A،

\[ r_A = \sqrt{L_A^2-h^2} = \sqrt{(1.20)^2-(0.60)^2} = 1.04\ \text{m} \]

وبالنسبة إلى البندول B،

\[ r_B = \sqrt{L_B^2-h^2} = \sqrt{(0.80)^2-(0.60)^2} = 0.529\ \text{m} \]

السرعة الخطية هي \(v=\omega r\).

لذلك،

\[ v_A = (4.04)(1.04) = 4.20\ \text{m s}^{-1} \]

و

\[ v_B = (4.04)(0.529) = 2.14\ \text{m s}^{-1} \]

يقطع البندول A بالفعل محيطًا أكبر، لكنه يتحرك أيضًا بسرعة أكبر بالمقدار اللازم تمامًا للإبقاء على الزمن الدوري دون تغيير.

تفترض حجة الطالب أن نصف القطر والسرعة يمكن أن يتغير أحدهما بينما يظل الآخر ثابتًا. لكنهما مرتبطان في البندول المخروطي باتزان القوى والهندسة. عندما تكون المسافة الرأسية \(h=L\cos\theta\) متساوية، تكون السرعة الزاوية محددة بالعلاقة

\[ \omega=\sqrt{\frac{g}{h}} \]

بغض النظر عن الكتلة أو نصف القطر.

08ما الذي يتيح لك هذا النموذج فعله بعد ذلك؟

العادة المهمة هنا ليست حفظ معادلتي المركبتين. بل هي تحديد الاتجاه الذي يوجد فيه تسارع فعلًا.

بالنسبة إلى مسار دائري أفقي، يكون التسارع الرأسي صفرًا، ولذلك تتزن القوى الرأسية. أما أفقيًا، فيوجد تسارع نحو الداخل، لذا يجب أن تنتج المركبات الأفقية للقوى الحقيقية مقدار \(mv^2/r\).

وينطبق النهج نفسه على مسائل الحركة الدائرية الأكثر صعوبة. فإذا كانت الدائرة مائلة أو رأسية أو كانت الكتلة مدعومة بأكثر من قوة واحدة، فإن معادلات المركبات تتغير، لكن الطريقة لا تتغير: اختر الاتجاه الشعاعي، وحدّد القوى الحقيقية، وحلّلها إلى مركبات، وبعد ذلك فقط اكتب قانون نيوتن الثاني.