הגדרה 1 (גוף קשיח)

גוף יקרא גוף קשיח אם כל 2 נקודות בגוף נמצאות במרחק קבוע אחת מהשנייה בכל זמן.

10 - גוף קשיח 2026-01-05 11.05.42.excalidraw.svg
נחשב את מומנט האינרציה $I$ :

I=\sum_{i}m_{i}r_{i}^2=mr^2+m(2r)^2+m(3r)^2=mr^2(1+4+9)=14mr^2

I=\int r^2dm=\int r^2(x,y,z)\cdot \rho V

כאשר $\rho$ זו הצפיפות ו- $V$ זה הנפח.

=\iiint r^2(x,y,z)\rho(x,y,z)dxdydz

הערה

נסמן צפיפות כך:

\begin{array}{c|c} \R{אות} & \R{מימד} \\ \hline \lambda & 1 \\ \hline \sigma & 2 \\ \hline \rho & 3 \end{array}

תרגיל

מוט אחיד בעל מסה $M$ ואורך $\ell$ .
10 - גוף קשיח 2026-01-05 11.11.37.excalidraw.svg
אשר צפיפותו היא $\lambda=\frac{M}{\ell}$

I=\int x^2\cdot \underbrace{\lambda\cdot dx}_{dm}=\int x^2 \frac{M}{\ell}dx=\frac{M}{\ell} \int_{-\frac{\ell}{2}}^{\frac{\ell}{2}} x^2dx=\frac{M}{\ell} \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{-\frac{\ell}{2}}^{\frac{\ell}{2}}

=\frac{M}{\ell}\left[ \frac{\left( \frac{\ell}{2} \right)^3}{3}-\frac{\left( -\frac{\ell}{2} \right)^3}{3} \right]=\frac{M\ell^2}{12}

כעת, נעביר את הציר לקצה השמאלי של המוט.

I=\int_{0}^\ell x^2\left( \frac{M}{\ell} \right)dx =\frac{M}{\ell} \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{0}^\ell =\frac{M}{\cancel{\ell}} \frac{\cancel{\ell^3}^2}{3}=\frac{ML^2}{3}

\sum_{i}\vec{\tau}_{i}=I \frac{d\vec{\omega}}{dt}

תרגיל

נסתכל על טבעת דקה ואחידה ברדיוס $R$ ומסה $M$ .
מהו $I$ ?

צפיפות הטבעת היא $\sigma=\frac{M}{2\pi R}$ שכן הטבעת חלולה. נחלק את הטבעת למקטעי שטח קטנים $d \ell$ על מנת לחשב את $I$ .

d\ell\cdot\sigma=dm

I=\int_{0}^{2\pi R} R^2 \left( \frac{M}{2\pi R} \right)d \ell=R^2 \frac{M}{2\pi R}2\pi R=MR^2

תרגיל

נביט בדקסה דקה ברדיוס $R$ ומסה $M$ מפולגת באופן אחיד.

\sigma=\frac{M}{\pi R^2}

נוכל לחלק את הדסקה לטבעות, כל אחת מהטבעות ברדיוס $r$ ובעובי $dr$ . שטח הטבעת הזו הוא $2\pi r\cdot dr$ .

dm(r)=\sigma \cdot 2\pi r\cdot dr

I=\int r^2 \underbracket{\sigma\cdot_{2}\pi r\cdot dr}_{dm}=\int_{0}^R \sigma2\pi r^3dr=\left. \sigma2\pi \frac{r^4}{4} \right\rvert_{0}^R=\frac{2\pi\sigma R^4}{4}=\cancel{ 2\pi } \frac{M}{\pi \cancel{ R^2 }} \frac{R^{\cancel{4}^2}}{\cancel{ 4 }_{2}}=\frac{MR^2}{2}

תרגיל

כעת נסתכל על גליל אחיד ועל מומנט ההתמד ביחס לציר הסמטריה.
לגליל מסה $M$ ורדיוס $R$ וציר הסמטריה עובר במרכז.
טענה: $I=\frac{MR^2}{2}$ .
האם הטענה נכונה?

הטענה נכונה.
למה זה הגיוני שלגליל יהיה את אותו מומנט אינרציה כמו לדסקה? כל מה שאיכפת למומנט האינרציה( $I$ ) הוא מהמרחק מהציר, שאצלנו, בשני המצבים, הוא במרכז. לכן, $I$ זהה בשניהם במידה והמסה שלהם שווה והרדיוס שלהם שווה.

תרגיל

נקח את אותו הגליל מהתרגיל הקודם ונשכיב אותו על צידו. אך הציר עדיין יהיה בדיוק באותו המקום. האם זה ישנה?

התשובה היא כן! כעת:

I=\frac{ML^2}{12}

כאשר $L$ הוא אורך הגליל, שבמצב זה, לאור מיקום הציר ביחס לגליל, הוא משנה.

תרגיל

כעת נקח גליל עם חור באמצע. החור הינו ברדיוס $a$ והגליל עצמו ברדיוס $b$ ביחס לציר המרכזי. לגליל אורך $L$ . מהו $I$ ?
10 - גוף קשיח 2026-01-05 11.48.54.excalidraw.svg

I=\frac{1}{2}M(a^2+b^2)

הוכחה:

רורב

∎

תרגיל

כדור אחיד במסה $M$ ורדיוס $R$ .

יחסית לציר שעובר במרכז המסה שלו:

I=\frac{2}{5}MR^2

הוכחה:

רורב

∎

משפט שטיינר - הצירים המקבילים

משפט (שטיינר)

יהי ציר שעובר במרכז המסה וציר המקביל לציר הזה שלא עובר במרכז המסה. אזי:

\underset{\begin{matrix} \downarrow \quad \\ \R{\text{מומנט}} \;\; \\ \R{\text{התמד}} \;\; \\ \R{\text{יחסית לציר}} \;\; \\ \R{\text{שאנו רוצים}} \end{matrix}}{I=}\underset{\begin{matrix} \downarrow \quad \\ \R{\text{מומנט}} \;\; \\ \R{\text{התמד}} \;\; \\ \R{\text{יחסית לציר}} \;\; \\ \R{\text{מרכז המסה}} \end{matrix}}{I_{cm}+}M\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{מרחק בין}} \\ \R{\text{הצירים}} \end{matrix}}{R^2}

ההוכחה בדפים!

תרגיל (שימוש במשפט שטיינר)

נקח מוט במסה $M$ ובאורך $L$ ונשים את ציר מרכז המסה במרכז המסה(כאשר מרחקו מהקצוות $\frac{L}{2}$ ) וציר אחר בקצה אחד של המסה.
מומנט התמד של המוט יחסית למרכז המוט $I_{cm}=\frac{ML^2}{12}$ .
נחשב באמצעות שטיינר את $I$ יחסית לקצה המוט.

I=I_{cm}+MR^2

I=\frac{ML^2}{12}+M\left( \frac{L}{2} \right)^2=\frac{ML^2}{12}+\frac{ML^2}{4}=\frac{4ML^2}{12}=\frac{ML^2}{3}

וזה מה שקיבלנו בחישוב האינטגרל.

גלגול והחלקה

מצבי התנועה שיכולים להיות לנו הינם:

גלגול בלבד: כאן מתקיים $V_{cm}=0$ ו- $\omega\neq 0$ .
החלקה מלאה: כאן מתקיים $V_{cm}\neq 0$ ו- $\omega=0$ .
גלגול + החלקה: כאן מתקיים $V_{cm}\neq 0$ וגם $\omega\neq 0$ . כלומר, יש גלגול סביב מרכז המסה והחלקה בנוסף.
גלגול מלא(גלגול ללא החלקה): כאן מתקיים $V_{cm}\neq 0$ ו- $\omega\neq 0$ אבל, אין החלקה!! ("גלגלי אוטו במצב נורמלי" - סשה)

בגלגול מלא, מה הקשר בין $V_{cm}$ ו- $\omega$ ?

10 - גוף קשיח 2026-01-05 12.10.00.excalidraw.svg
בזמן מחזור $T$ , הגוף עבר $2\pi R$ שכן כל נקודה על פני הגוף המתגלגל נגעה ברצפה פעם אחת ולכן:

V_{cm}=\frac{2\pi R}{T}=\omega R

שימו : מתקיים רק בגלגול מלא ולא בגלגול + החלקה.
בנוסף, מגזירה של שני האגפים נקבל:

a_{cm}=\alpha R

כאשר $\alpha=\frac{d\omega}{dt}$ .

תרגיל

10 - גוף קשיח 2026-01-05 12.14.17.excalidraw.svg
מהי מהירות כל נקודה? ( $A,B,O$ )

במערכת מרכז המסה, לכל נקודה יש מהירות של $\omega R$ .
נתחיל מנקודה $O$ :

\vec{v}_{o}=\vec{v}'_{o}+\vec{V}_{cm}

\vec{v}_{o}=0+\vec{V}_{cm}=\omega R\hat{x}

כעת, נעבור לנקודה $B$ :

\vec{v}_{_B}=\vec{v}'_{_{B}}+\vec{V}_{cm}=-\omega R\hat{x}+\omega R\hat{x}=0

לסיום, נסתכל על הנקודה $A$ :

\vec{v}_{_{A}}=\vec{v}_{_{A}}'+\vec{V}_{cm}=\omega R\hat{x}+\omega R\hat{x}=2\omega R\hat{x}

הערה

אפשר לחשוב על גלגול מלא כעל גלגול יחסית לנקודת מגע רגעית.

אם אנו רוצים לחשב את $\vec{J}$ יחסית לנקודת המגע הרגעית:

\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{מסביב לנקודת המגע הרגעית}} \end{matrix}}{\vec{J}=I\vec{\omega}\quad\;}

ואז משטיינר: $I=I_{cm}+MR^2$ ולכן:

\vec{J}=(I_{cm}+MR^2)\vec{\omega}

אפשר לעשות זאת גם בדרך אחרת:

\vec{J}\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{ביחס למרכז המסה}} \end{matrix}}{=I_{cm}\cdot\vec{\omega}}+M_{tot}\vec{r}_{cm}\times \vec{V}_{cm}

אנרגיה קינטית בגלגול מלא

E_{k}=\frac{1}{2}MV_{cm}^2+\frac{1}{2}I_{cm}\omega^2

אם נעים במישור:
10 - גוף קשיח 2026-01-05 12.14.17.excalidraw 1

\vec{r}\times \vec{N}=0

\vec{r}\ ||\ \vec{N}=0

נזכר בחוק שני הזוויתי $\sum_{i}\vec{\tau}_{i}=I \frac{d\vec{w}}{dt}$ . (כאשר $I$ לא מתקף)
אם החיכוך כאן היה קיים ⇐ הוא היה "מגביר את $\omega$ " ⇐ לא הגיוני.

אם נעים במדרון:
[אני לא אשרטט את זה כי זה יקח מלא זמן - מוזמנים לדמיין עיגול נע במדרון]
המהירות הולכת וגדלה ככל שאנו יורדים ולכן $\omega$ גדלה כי $V_{cm}=\omega R$ . (אנו מסתובבים מהר יותר - וזה הגיוני)
אמור להיות איזשהו מומנט כוח $\tau$ שגורם לזה.
נשים ציר במרכז המסה $cm$ - היחיד שיכול להפעיל מומנט הוא ההחיכוך, והוא זה שגורם להגברה ב- $\omega$ .
אם נבחר ציר בנקודת המגע, אזי יהיה לנו קשה יותר לדבר על זה, שכן מונמט החיכוך מתאפס שם.

תרגיל

10 - גוף קשיח 2026-01-08 10.57.43.excalidraw.svg
הגוף: $I,R,M$ . והוא מתגלגל במדרון. בשרטוט ניתן לראות אותו בשתי נקודות זמן שונות( $t_{A},t_{B}$ )
מצאו את התאוצה הקווית $a$ ואת התאוצה הזוויתית $\alpha$ ( $\alpha=\frac{dw}{dt}$ )

יש שימור אנרגייה.

E_{A}=\frac{1}{2}mv_{A}^2+\frac{1}{2}I\omega^2_{A}+mgh

E_{B}=\frac{1}{2}mv_{B}^2+\frac{1}{2}I\omega_{B}^2

נשווה:

\frac{1}{2}mv_{A}^2+\frac{1}{2}I\omega^2_{A}+mgh=\frac{1}{2}mv_{B}^2+\frac{1}{2}I\omega^2_{B}

נזכר בנוסחה מקינמטיקה:

v^2_{2}=v^2_{1}+2ax

ונסתכל על המשולש: $\sin\beta=\frac{h}{x}$ ⇐ $x=\frac{h}{\sin\beta}$ ולכן:

v_{B}^2=v_{A}^2+2a \frac{h}{\sin\beta}

כעת יש לנו מיקום ברור למצוא את $a$ ולכן נוכל להתקדם למצוא את המהירויות, אותן אנו צריכים כדי למצוא את $a$ .
אם זה גלגול מלא: אזי $V=\omega R$ ⇐ $\omega=\frac{V}{R}$ .
נציב את המשוואות הללו לתוך משוואת האנרגיה:

\frac{1}{2}m(v_{A}^2-v_{B}^2)=-mgh+\frac{1}{2}I(\omega_{B}^2-\omega_{A}^2)

m(v_{A}^2-v_{B}^2)=-2mgh-I\cdot \frac{v_{A}^2-v_{B}^2}{R^2}

\left( m+\frac{I}{R^2} \right)(v_{A}^2-v_{B}^2)=-2mgh

\left( m+\frac{I}{R^2} \right) \frac{\cancel{ 2 }a\cancel{ h }}{\sin\beta}=\cancel{ 2 }mg\cancel{ h }

\frac{I+mR^2}{R^2}\cdot \frac{a}{\sin\beta}=mg

a=\frac{mgR^2\sin\beta}{I+mR^2}=g\sin\beta \frac{mR^2}{I+mR^2}

a=g\sin\beta \cdot\frac{1}{\frac{I}{mR^2}+1}

v_{cm}=\omega R\implies a=\alpha R

\alpha=\frac{a}{R}

תרגיל

על משטח אופקי מונח גליל בעל מסה $M$ ורדיוס $R$ במרחק $d$ מהקצה.
10 - גוף קשיח 2026-01-08 11.16.36.excalidraw.svg
מתחילים להזיז את המשטח בתאוצה $a_{0}$ בכיוון שמאלה.
הגליל מתגלגל ללא החלקה. מה תהיה מהירותו ביחס למשטח כשהוא יגיע לקצה?

נעבוד במערכת המשטח ונשים את הציר בנקודת המגע עם המשטח.

שיעורי בית (HW)

צפו בווידיאו שסשה שלחה על מנת להשלים את התרגיל. זה תרגיל טוב המשלב דלמבר, תנע זוויתי ועוד :)

מטוטלת פיזיקלית

10 - גוף קשיח 2026-01-12 10.32.20.excalidraw.svg
מאוד מפתה לעשות פה חוק שני הזוויתי וזה באמת מה שנעשה. נבחר את הציר כנקודת הקיבוע של הגוף לתקרה.
נחשב מומנט כוח:

\vec{\tau}=\vec{r}\times \vec{F}=d\hat{r}\times (mg\sin\theta(-\hat{\theta}))=mgd\sin\theta \cdot(-\hat{z})

נזכר כי: 10 - גוף קשיח 2026-01-12 10.40.14.excalidraw.svg
חוק שני הזוויתי:

\sum_{i}\vec{\tau}_{i}=I \frac{d\vec{\omega}}{dt}=I \frac{d^2\theta}{dt^2}\hat{\omega}

-mgd\sin \theta=I\ddot{\theta}

מכיוון ש- $\theta$ היא זווית קטנה $\sin\theta \simeq \theta$ .

-mgd\theta=I \ddot{\theta}

\ddot{\theta}=-\frac{mgd}{I}\theta

\theta(t)=A\sin(\omega_{1}t+\phi)

w_{1}=\sqrt{ \frac{mgd}{I} }=\sqrt{ \frac{mgd}{I_{cm}+md^2} }

נראה האם אפשר להגיע מכאן למשוואה של מטוטלת מתמטית.
10 - גוף קשיח 2026-01-12 10.46.15.excalidraw.svg
מכיוון שכל המסה מרוכזת במקום אחד, $r=0$ ולכן $I_{cm}=0$ ולכן:

\omega_{1}=\sqrt{ \frac{\cancel{ m }g\cancel{ d }}{\cancel{ m }d^{\cancel{ 2 }}} }=\sqrt{ \frac{g}{d} }

והגענו למשוואה של מטוטלת מתמטית כנדרש.
אם לא היינו מקבלים משוואה זו היינו דואגים כי המשוואה אמורה להיות כללית.

הגדרה 1 (גוף קשיח)

גוף יקרא גוף קשיח אם כל 2 נקודות בגוף נמצאות במרחק קבוע אחת מהשנייה בכל זמן.

10 - גוף קשיח 2026-01-05 11.05.42.excalidraw.svg
נחשב את מומנט האינרציה $I$ :

I=\sum_{i}m_{i}r_{i}^2=mr^2+m(2r)^2+m(3r)^2=mr^2(1+4+9)=14mr^2

I=\int r^2dm=\int r^2(x,y,z)\cdot \rho V

כאשר $\rho$ זו הצפיפות ו- $V$ זה הנפח.

=\iiint r^2(x,y,z)\rho(x,y,z)dxdydz

הערה

נסמן צפיפות כך:

\begin{array}{c|c} \R{אות} & \R{מימד} \\ \hline \lambda & 1 \\ \hline \sigma & 2 \\ \hline \rho & 3 \end{array}

תרגיל

מוט אחיד בעל מסה $M$ ואורך $\ell$ .
10 - גוף קשיח 2026-01-05 11.11.37.excalidraw.svg
אשר צפיפותו היא $\lambda=\frac{M}{\ell}$

I=\int x^2\cdot \underbrace{\lambda\cdot dx}_{dm}=\int x^2 \frac{M}{\ell}dx=\frac{M}{\ell} \int_{-\frac{\ell}{2}}^{\frac{\ell}{2}} x^2dx=\frac{M}{\ell} \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{-\frac{\ell}{2}}^{\frac{\ell}{2}}

=\frac{M}{\ell}\left[ \frac{\left( \frac{\ell}{2} \right)^3}{3}-\frac{\left( -\frac{\ell}{2} \right)^3}{3} \right]=\frac{M\ell^2}{12}

כעת, נעביר את הציר לקצה השמאלי של המוט.

I=\int_{0}^\ell x^2\left( \frac{M}{\ell} \right)dx =\frac{M}{\ell} \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{0}^\ell =\frac{M}{\cancel{\ell}} \frac{\cancel{\ell^3}^2}{3}=\frac{ML^2}{3}

\sum_{i}\vec{\tau}_{i}=I \frac{d\vec{\omega}}{dt}

תרגיל

נסתכל על טבעת דקה ואחידה ברדיוס $R$ ומסה $M$ .
מהו $I$ ?

צפיפות הטבעת היא $\sigma=\frac{M}{2\pi R}$ שכן הטבעת חלולה. נחלק את הטבעת למקטעי שטח קטנים $d \ell$ על מנת לחשב את $I$ .

d\ell\cdot\sigma=dm

I=\int_{0}^{2\pi R} R^2 \left( \frac{M}{2\pi R} \right)d \ell=R^2 \frac{M}{2\pi R}2\pi R=MR^2

תרגיל

נביט בדקסה דקה ברדיוס $R$ ומסה $M$ מפולגת באופן אחיד.

\sigma=\frac{M}{\pi R^2}

נוכל לחלק את הדסקה לטבעות, כל אחת מהטבעות ברדיוס $r$ ובעובי $dr$ . שטח הטבעת הזו הוא $2\pi r\cdot dr$ .

dm(r)=\sigma \cdot 2\pi r\cdot dr

I=\int r^2 \underbracket{\sigma\cdot_{2}\pi r\cdot dr}_{dm}=\int_{0}^R \sigma2\pi r^3dr=\left. \sigma2\pi \frac{r^4}{4} \right\rvert_{0}^R=\frac{2\pi\sigma R^4}{4}=\cancel{ 2\pi } \frac{M}{\pi \cancel{ R^2 }} \frac{R^{\cancel{4}^2}}{\cancel{ 4 }_{2}}=\frac{MR^2}{2}

תרגיל

נקח את אותו הגליל מהתרגיל הקודם ונשכיב אותו על צידו. אך הציר עדיין יהיה בדיוק באותו המקום. האם זה ישנה?

התשובה היא כן! כעת:

I=\frac{ML^2}{12}

כאשר $L$ הוא אורך הגליל, שבמצב זה, לאור מיקום הציר ביחס לגליל, הוא משנה.

תרגיל

I=\frac{1}{2}M(a^2+b^2)

הוכחה:

רורב

∎

תרגיל

כדור אחיד במסה $M$ ורדיוס $R$ .

יחסית לציר שעובר במרכז המסה שלו:

I=\frac{2}{5}MR^2

הוכחה:

רורב

∎

משפט שטיינר - הצירים המקבילים

משפט (שטיינר)

יהי ציר שעובר במרכז המסה וציר המקביל לציר הזה שלא עובר במרכז המסה. אזי:

\underset{\begin{matrix} \downarrow \quad \\ \R{\text{מומנט}} \;\; \\ \R{\text{התמד}} \;\; \\ \R{\text{יחסית לציר}} \;\; \\ \R{\text{שאנו רוצים}} \end{matrix}}{I=}\underset{\begin{matrix} \downarrow \quad \\ \R{\text{מומנט}} \;\; \\ \R{\text{התמד}} \;\; \\ \R{\text{יחסית לציר}} \;\; \\ \R{\text{מרכז המסה}} \end{matrix}}{I_{cm}+}M\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{מרחק בין}} \\ \R{\text{הצירים}} \end{matrix}}{R^2}

ההוכחה בדפים!

תרגיל (שימוש במשפט שטיינר)

I=I_{cm}+MR^2

I=\frac{ML^2}{12}+M\left( \frac{L}{2} \right)^2=\frac{ML^2}{12}+\frac{ML^2}{4}=\frac{4ML^2}{12}=\frac{ML^2}{3}

וזה מה שקיבלנו בחישוב האינטגרל.

גלגול והחלקה

מצבי התנועה שיכולים להיות לנו הינם:

גלגול בלבד: כאן מתקיים $V_{cm}=0$ ו- $\omega\neq 0$ .
החלקה מלאה: כאן מתקיים $V_{cm}\neq 0$ ו- $\omega=0$ .
גלגול + החלקה: כאן מתקיים $V_{cm}\neq 0$ וגם $\omega\neq 0$ . כלומר, יש גלגול סביב מרכז המסה והחלקה בנוסף.
גלגול מלא(גלגול ללא החלקה): כאן מתקיים $V_{cm}\neq 0$ ו- $\omega\neq 0$ אבל, אין החלקה!! ("גלגלי אוטו במצב נורמלי" - סשה)

בגלגול מלא, מה הקשר בין $V_{cm}$ ו- $\omega$ ?

V_{cm}=\frac{2\pi R}{T}=\omega R

שימו : מתקיים רק בגלגול מלא ולא בגלגול + החלקה.
בנוסף, מגזירה של שני האגפים נקבל:

a_{cm}=\alpha R

כאשר $\alpha=\frac{d\omega}{dt}$ .

תרגיל

10 - גוף קשיח 2026-01-05 12.14.17.excalidraw.svg
מהי מהירות כל נקודה? ( $A,B,O$ )

במערכת מרכז המסה, לכל נקודה יש מהירות של $\omega R$ .
נתחיל מנקודה $O$ :

\vec{v}_{o}=\vec{v}'_{o}+\vec{V}_{cm}

\vec{v}_{o}=0+\vec{V}_{cm}=\omega R\hat{x}

כעת, נעבור לנקודה $B$ :

\vec{v}_{_B}=\vec{v}'_{_{B}}+\vec{V}_{cm}=-\omega R\hat{x}+\omega R\hat{x}=0

לסיום, נסתכל על הנקודה $A$ :

\vec{v}_{_{A}}=\vec{v}_{_{A}}'+\vec{V}_{cm}=\omega R\hat{x}+\omega R\hat{x}=2\omega R\hat{x}

הערה

אפשר לחשוב על גלגול מלא כעל גלגול יחסית לנקודת מגע רגעית.

אם אנו רוצים לחשב את $\vec{J}$ יחסית לנקודת המגע הרגעית:

\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{מסביב לנקודת המגע הרגעית}} \end{matrix}}{\vec{J}=I\vec{\omega}\quad\;}

ואז משטיינר: $I=I_{cm}+MR^2$ ולכן:

\vec{J}=(I_{cm}+MR^2)\vec{\omega}

אפשר לעשות זאת גם בדרך אחרת:

\vec{J}\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{ביחס למרכז המסה}} \end{matrix}}{=I_{cm}\cdot\vec{\omega}}+M_{tot}\vec{r}_{cm}\times \vec{V}_{cm}

אנרגיה קינטית בגלגול מלא

E_{k}=\frac{1}{2}MV_{cm}^2+\frac{1}{2}I_{cm}\omega^2

אם נעים במישור:
10 - גוף קשיח 2026-01-05 12.14.17.excalidraw 1

\vec{r}\times \vec{N}=0

\vec{r}\ ||\ \vec{N}=0

תרגיל

יש שימור אנרגייה.

E_{A}=\frac{1}{2}mv_{A}^2+\frac{1}{2}I\omega^2_{A}+mgh

E_{B}=\frac{1}{2}mv_{B}^2+\frac{1}{2}I\omega_{B}^2

נשווה:

\frac{1}{2}mv_{A}^2+\frac{1}{2}I\omega^2_{A}+mgh=\frac{1}{2}mv_{B}^2+\frac{1}{2}I\omega^2_{B}

נזכר בנוסחה מקינמטיקה:

v^2_{2}=v^2_{1}+2ax

ונסתכל על המשולש: $\sin\beta=\frac{h}{x}$ ⇐ $x=\frac{h}{\sin\beta}$ ולכן:

v_{B}^2=v_{A}^2+2a \frac{h}{\sin\beta}

\frac{1}{2}m(v_{A}^2-v_{B}^2)=-mgh+\frac{1}{2}I(\omega_{B}^2-\omega_{A}^2)

m(v_{A}^2-v_{B}^2)=-2mgh-I\cdot \frac{v_{A}^2-v_{B}^2}{R^2}

\left( m+\frac{I}{R^2} \right)(v_{A}^2-v_{B}^2)=-2mgh

\left( m+\frac{I}{R^2} \right) \frac{\cancel{ 2 }a\cancel{ h }}{\sin\beta}=\cancel{ 2 }mg\cancel{ h }

\frac{I+mR^2}{R^2}\cdot \frac{a}{\sin\beta}=mg

a=\frac{mgR^2\sin\beta}{I+mR^2}=g\sin\beta \frac{mR^2}{I+mR^2}

a=g\sin\beta \cdot\frac{1}{\frac{I}{mR^2}+1}

v_{cm}=\omega R\implies a=\alpha R

\alpha=\frac{a}{R}

תרגיל

נעבוד במערכת המשטח ונשים את הציר בנקודת המגע עם המשטח.

שיעורי בית (HW)

צפו בווידיאו שסשה שלחה על מנת להשלים את התרגיל. זה תרגיל טוב המשלב דלמבר, תנע זוויתי ועוד :)

מטוטלת פיזיקלית

\vec{\tau}=\vec{r}\times \vec{F}=d\hat{r}\times (mg\sin\theta(-\hat{\theta}))=mgd\sin\theta \cdot(-\hat{z})

נזכר כי: 10 - גוף קשיח 2026-01-12 10.40.14.excalidraw.svg
חוק שני הזוויתי:

\sum_{i}\vec{\tau}_{i}=I \frac{d\vec{\omega}}{dt}=I \frac{d^2\theta}{dt^2}\hat{\omega}

-mgd\sin \theta=I\ddot{\theta}

מכיוון ש- $\theta$ היא זווית קטנה $\sin\theta \simeq \theta$ .

-mgd\theta=I \ddot{\theta}

\ddot{\theta}=-\frac{mgd}{I}\theta

\theta(t)=A\sin(\omega_{1}t+\phi)

w_{1}=\sqrt{ \frac{mgd}{I} }=\sqrt{ \frac{mgd}{I_{cm}+md^2} }

\omega_{1}=\sqrt{ \frac{\cancel{ m }g\cancel{ d }}{\cancel{ m }d^{\cancel{ 2 }}} }=\sqrt{ \frac{g}{d} }

והגענו למשוואה של מטוטלת מתמטית כנדרש.
אם לא היינו מקבלים משוואה זו היינו דואגים כי המשוואה אמורה להיות כללית.

10 - גוף קשיח

פיזיקה 1מ

גוף קשיח

10 - גוף קשיח

פיזיקה 1מ

גוף קשיח

משפט שטיינר - הצירים המקבילים

גלגול והחלקה

בגלגול מלא, מה הקשר בין $V_{cm}$ ו- $\omega$ ?

אנרגיה קינטית בגלגול מלא

מטוטלת פיזיקלית

משפט שטיינר - הצירים המקבילים

גלגול והחלקה

בגלגול מלא, מה הקשר בין $V_{cm}$ ו- $\omega$ ?

אנרגיה קינטית בגלגול מלא

מטוטלת פיזיקלית

פיזיקה 1מ

גוף קשיח

פיזיקה 1מ

גוף קשיח

משפט שטיינר - הצירים המקבילים

גלגול והחלקה

בגלגול מלא, מה הקשר בין VcmV_{cm}Vcm​ ו-ω\omegaω?

אנרגיה קינטית בגלגול מלא

מטוטלת פיזיקלית

משפט שטיינר - הצירים המקבילים

גלגול והחלקה

בגלגול מלא, מה הקשר בין VcmV_{cm}Vcm​ ו-ω\omegaω?

אנרגיה קינטית בגלגול מלא

מטוטלת פיזיקלית

בגלגול מלא, מה הקשר בין $V_{cm}$ ו- $\omega$ ?

בגלגול מלא, מה הקשר בין $V_{cm}$ ו- $\omega$ ?