Feladat:	606. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bajmóczy Ervin ,  Detre Zoltán
Füzet:	1966/december, 235 - 236. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Egyenletes mozgás (Egyenes vonalú mozgások), Egyenletesen változó mozgás (Változó mozgás), Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1966/május: 606. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.     I. megoldás. Ha $C$-vel jelöljük a találkozási pontot, az $ABC$ derékszögű háromszögben felírhatjuk Pythagoras tételét (l. az ábrát): $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{a^2{t}^4}{4}+d^2=c^2{t}^2\mathrm{.}}\end{array}$ Az $AC$, ill. $AB$ oldalak mérőszámait a jól ismert mozgásegyenletek alapján kaptuk. A fönti, másodfokúvá redukálható egyenlet megoldása $\begin{array}{c}{\displaystyle t=\frac{c\sqrt[]{2}}{a}\sqrt[]{1\pm \sqrt[]{1-{\left(ad/c^2\right)}^2\mathrm{.}}}}\end{array}$ Jelöljük az $ABC$ szöget $\alpha$-val. Ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{tg}\alpha =\frac{AC}{AB}=\frac{c^2}{ad}\left[1\pm \sqrt[]{1-{\left(ad/c^2\right)}^2}\right]\mathrm{.}}\end{array}$ Csak a négyzetgyök pozitív értékeinek van fizikai értelme, tehát a számszerű megoldás: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle t_1=4\mathrm{,}45\text{sec}\text{tg}{\alpha }_1=2\mathrm{,}00{\alpha }_1={63}^{\circ }26\text{'}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle t_2=2\mathrm{,}23\text{sec}\text{tg}{\alpha }_2=0\mathrm{,}50{\alpha }_2={26}^{\circ }34\text{'}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$   Bajmóczy Ervin (Bp., Ady Endre 12 évf. isk. VII. o. t.)   II. megoldás. Célhoz érünk a trigonometria felhasználásával is. Az $ABC$ derékszögű háromszögből $\begin{array}{c}{\displaystyle ct\cdot \text{sin}\alpha =\frac{a}{2}\cdot t^2\mathrm{,}ct\cdot \text{cos}\alpha =d\mathrm{.}}\end{array}$ A két egyenlet összevetéséből, felhasználva a $2\text{sin}\alpha \text{cos}\alpha =\text{sin}2\alpha$ összefüggést, kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{sin}2\alpha =\frac{ad}{c^2}\mathrm{.}}\end{array}$ (1) $\alpha$ ismeretében az első két egyenlet valamelyikéből $t$ is meghatározható, a kapott kifejezés az I. megoldásbeli alakra hozható. Diszkutáljuk a feladatot. (1)-ből azonnal látható, hogy csak akkor van megoldás, ha $c^2⩾ad$, vagyis az ember sebessége nem lehet tetszés szerint kicsiny. Ha az egyenlőség érvényes, $\alpha ={45}^{\circ }$, csak egy megoldás van, a $>$ reláció teljesülése esetén kettő, melyek egymás pótszögei (kétszeresük (1) szerint egymás kiegészítő szöge). Ha azt az esetet is eredményesnek tekintjük, amikor az ember előbb ér oda a sínhez, mint a villamos vége, akkor minden ${\alpha }_1\le \alpha \le {\alpha }_2\le$ irányszög megoldás, mert a villamosnak $t_{\upsilon }=2c\cdot \text{sin}\alpha /a$, az embernek $t_c=d/\left(c\cdot \text{cos}\alpha \right)$ időre van szüksége ahhoz, hogy a $C$ pontba érjen, és $\begin{array}{c}{\displaystyle t_{\upsilon }>t_c\mathrm{,}}\end{array}$ $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{2c}{a}\text{sin}\alpha >\frac{d}{c\cdot \text{cos}\alpha }\mathrm{,}\text{sin}2\alpha >\frac{ad}{c^2}\mathrm{,}}\end{array}$ ha $\alpha$ az (1) egyenlet két megoldása közé esik.    Detre Zoltán (Bp., Kölcsey F. g. II. o. t.) dolgozata alapján