Kezdőlap


Feladat:	262. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Szepesvári István , Vermes Miklós
Füzet:	1962/december, 237 - 238. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Hajítások, Egyenesvonalú mozgás lejtőn, Tökéletesen rugalmas ütközések, Ütközés fallal, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1962/május: 262. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás. A lejtő aljára érve a test sebessége az energiamegmaradás törvénye szerint $v = \sqrt[]{2 g h}$ . A mozgást egy $x$ tengely menti egyenletes mozgásból és egy $y$ tengely menti szabadesésből tesszük össze. (1. ábra.)

1. ábra

A kezdősebességek:

v_{x} = \sqrt[]{3} v / 2

ill.

v_{y} = v / 2

. Így a repülés kezdetétől számított

t

időpillanatban a test kétféle irányú elmozdulásai:

x = v_{x} t

, ill.

y = v_{y} t + g t^{2} / 2

. Az első összefüggésből

t

-t kifejezve és a másodikba helyettesítve kapjuk a pálya egyenletét:

\begin{matrix} y = \frac{g}{2 v_{x}^{2}} x^{2} + \frac{v_{y}}{v_{x}} x = \frac{x^{2}}{6} + \frac{x}{\sqrt[]{3}} \end{matrix}

(

x

-et és

y

-t méterben mérve). A földetérésnél

y = 10 m

, így az előbbi egyenletből

x

-re kapjuk (a szóba jövő pozitív gyök):

x_{0} = 3 \sqrt[]{7} - \sqrt[]{3} = 6, 2 m

. A leérkezéskor a test sebessége az energiamegmaradás szerint

v_{0} = \sqrt[]{2 g h} = 15, 4 m/sec

.
Tökéletesen rugalmas visszaverődés után a fenti egyenlettel leírt parabolapályának a beesési ponton átmenő függőleges egyenesre vonatkozó tükörképén fog mozogni a test, a tükörpontokban egyező sebességgel. E pálya adatai az eredeti pályaegyenlet alapján könnyen kiszámíthatók. Hasonló a helyzet a további visszapattanásoknál.
Ha a test esés közben a függőleges falról visszaverődik, az eredeti pálya további szakaszának a falra vonatkozó tükörképén folytatja útját. Így nyilvánvalóan a faltól vízszintesen visszafelé mért

6, 2 - 3 = 3, 2 m

távolságban ér talajt (ha újabb falba nem ütközik közben).

Szepesvári István (Bp., Apáczai Cs. J. gyak. g. IV. o. t.)

2. ábra

II. megoldás. A feladat megoldható még a szeptemberi számunkban ,,Hajítási feladatok megoldása szerkesztéssel'' c. cikkünkben közölt módszerrel is. A földre érés sebessége az energiamegmaradás törvénye szerint annyi, mint

C D

magasságon (2. ábra) történő szabadesés végsebessége. Az

O

pontból kezdődő hajítás pályáját, úgy kezdjük szerkeszteni, mintha itt a lejtő aljára érés végsebességével ferde hajítás kezdődne lefelé. Ennek

h

-ja az

O H

magasság, tehát a parabola vezérvonala a

H C

vízszintes egyenes.

H O C

szöget

C O F

irányában felmérve megkapjuk a fókusz egyik mértani helyét. A másik a

h

rádiuszú,

O

középpontú kör. Ezek metszése megadja

F

fókuszt, a

B

-ig terjedő távolság felezőpontja az

A

csúcspontot. Ezután az egész parabola megszerkeszthető.

C D

távolsággal

F

-ből kimetszhető a földre érés

E

pontjának a helye. Ezután az

E

-ben emelt függőleges körül tükrözve a parabolát, kapjuk a további pályát. Érdekes, hogy a tárgy nem emelkedik

C

magasságig, csak

A

magasságig. A függőleges falba ütődés helyét

G

pontban

K F

merőleges felezője metszi ki. Ezután a parabola hátralevő íve

K L

körül tükrözendő, majd

E L = L I

után

I

-be érve, tükrözni kell az

I

-ben emelt függőleges körül.
Vermes Miklós