Kezdőlap


Feladat:	927. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bérces György , Faragó Gyula , Véner Péter
Füzet:	1971/március, 138 - 139. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Hajítások, Geometriai szerkesztések alkalmazása, Szélsőérték differenciálszámítással, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1970/szeptember: 927. fizika feladat

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

I. megoldás. A $c$ kezdősebességgel $α$ szög alatt ferdén elhajított tárgy helyzetének koordinátái:

\begin{matrix} x = c \cdot cos α \cdot t, \\ y = c \cdot sin α \cdot t - \frac{g}{2} \cdot t^{2} . \end{matrix}

Az időt kiküszöbölve kapjuk a pálya függvényét:

\begin{matrix} y = tg α \cdot x - \frac{g}{2 c^{2} {cos}^{2} α} \cdot x^{2} = tg α \cdot x - \frac{g}{2 c^{2}} \cdot (1 + {tg}^{2} α) x^{2} . \end{matrix}

Feladatunkban

x = A

és

y = B

adott érték, ezeket a pálya függvényében felhasználva

c

kezdősebességre egyenletet kapunk:

\begin{matrix} B = tg α \cdot A - \frac{g}{2 c^{2}} \cdot (1 + {tg}^{2} α) A^{2} . \end{matrix}

Ebből a kezdősebesség:

\begin{matrix} c^{2} = \frac{g A}{2} \cdot \frac{1 + {tg}^{2} α}{tg α - B / A} . \end{matrix}

(1)

A változó rész differenciálhányadosa:

\begin{matrix} \frac{2}{g A} \cdot \frac{d (c^{2})}{d (tg α)} = \frac{{tg}^{2} α - 2 B tg α / A - 1}{{(tg α - B / A)}^{2}} . \end{matrix}

1. ábra

Szélsőérték annál a

tg α

-nál lehetséges, ahol a differenciálhányados nulla:

\begin{matrix} {tg}^{2} α - 2 B tg α / A - 1 = 0. \end{matrix}

Ennek megoldása:

\begin{matrix} tg α = \frac{B}{A} + \frac{\sqrt[]{A^{2} + B^{2}}}{A} . \end{matrix}

Eredményünkben

C = \sqrt[]{A^{2} + B^{2}}

a célpontnak az origótól mért távolságát jelenti (1. ábra).

C

felhasználásával:

\begin{matrix} tg α = \frac{B + C}{A} . \end{matrix}

Az indítási sebességet megkapjuk, ha (1)-ben felhasználjuk

tg α

értékét:

\begin{matrix} c^{2} = \frac{g A}{2} \cdot \frac{1 + {(B + C)}^{2} / A^{2}}{(B + C) / A - B / A} = g (C + B) . \end{matrix}

A mi adatainkkal

tg α = (30 + 50) : 40 = 2, α = {63, 4}^{\circ}; c = \sqrt[]{g (B + C)} = 28 m/s

Bérces György (Nagykanizsa, Landler Gimn., IV. o. t.)

Az eredményt szerkesztéssel is megkaphatjuk,

P

célpont fölött függőlegesen felmérjük

C = O P = P Q

távolságot és meghúzzuk az

O Q

egyenest.

c

indítású sebesség egyenlő azzal a sebességgel, amellyel egy tárgyat függőlegesen felfelé lehetne hajítani

B + C

távolság fele magasságába.

Faragó Gyula (Bp., Jedlik Á. Gimn., IV. o. t.) és

Véner Péter (Bp., Kaffka M. Gimn., IV. o. t.)

II. megoldás. Tanulságos a feladat szerkesztéses megoldása. (Lásd a KML. 1962. évi 6. számának 33. oldalán olvasható cikket.)
Az adott kezdősebességgel elérhető legtávolabbi pontok e hajítási pályák burkológörbéjén vannak (2. ábra).

2. ábra

Ezen van

P

célpontunk is, és ennek ismeretében kell a burkológörbét megtalálnunk. A burkológörbe fókuszáról ismeretes, hogy az origóban van, vezérvonala ezek szerint

P

felett

C = O P = P Q

magasságban van. Így a függőleges hajításra jellemző

h = c^{2} / 2 g

értéke

(B + C) / 2

\begin{matrix} \frac{c^{2}}{2 g} = \frac{B + C}{2}, \end{matrix}

amiből következik, hogy az indítási sebesség

c = \sqrt[]{g (B + C)}

.
A hajítási parabolapálya vezérvonala az

O Y = h

magasságban rajzolt vízszintes egyenes. Fókuszának mértani helye az

O

középpontú,

h

rádiuszú kör.

P

a burkológörbén van, tehát csak egy pályán található el, de egyszersmind a hajítási pályának is pontja. A hajítási parabola fókusza az

O P

egyenes és

O Y = h

rádiuszú kör

F

metszéspontja. Ha a minimális sebességhez tartozó pálya indítási

α

szögét keressük, nem kell mást tennünk, mint a célponthoz vezető

O P

irány és az

y

tengely szögét feleznünk.