Feladat: 931. fizika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Boros Endre ,  Fazekas István ,  Horváth László 
Füzet: 1971/április, 178 - 181. oldal  PDF file
Témakör(ök): Hajítások, Görbevonalú mozgás lejtőn, Mozgási energia, Munkatétel, Tökéletesen rugalmas ütközések, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1970/október: 931. fizika feladat

Milyen magas az ábrán látható lejtő, ha a súrlódás nélkül csúszó test a második rugalmas ütközésnél éppen a lejtő aljára ér? (g10 m/s2.)
 

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

I. megoldás. Amíg a test A-ból B-be jut (1. ábra), helyzeti energiája mgh1-gyel csökken.

 
 
1. ábra
 

Így mv02/2=mgh1 mozgási energiát szerez. Ebből
v0=2gh1.

Miközben a test B-ből K-ba kerül, t1 idő telik el. Mivel a test vízszintes irányban egyenes vonalú egyenletes mozgást végez v0cos45=v0/2 sebességgel,
s1x=v02t1.
Ugyanakkor függőleges irányban v0sin45=v0/2 kezdősebességgel egyenletesen gyorsuló mozgást végez, így
-s1y=v02t1-g2t12,és|s1x|=|s1y|.
Ebből
t1=2v02g,éss1=2v02g=22gh1g=4h1.
A tömegpont K-ba érkezésekor sebességének vízszintes komponense (2. ábra)
vx=v0cos45=v02/2,
függőleges komponense pedig
vy=v0sin45-gt1=v022-g2v02g=-3v022.

 
2. ábra
 

Visszapattanás után, mivel a lejtő 45-os, a sebesség vízszintes komponense
v'x=-vy=3v022,
és a függőleges komponense
v'y=-vx=-v022.
A K-ból C-be jutás idejét t2-vel jelölve,
s2x=v0322t2,és|s2x|=|s2y|,-s2y=-v022t2-gt222,


ahonnan
t2=2v02g,éss2=v03222v02g=6v02g=12h1.
Így a lejtő teljes magassága
h=h1+s1+s2=17h1=85  m.

Horváth László (Hódmezővásárhely, Bethlen G. Gimn., III. o. t.)
 

II. megoldás. Rögzítsük a koordináta-rendszer kezdőpontját a B pontban, legyen az x-tengely lejtő irányú, az y-tengely pedig a lejtőre merőleges (3. ábra).
 
 
3. ábra
 

Az A pontban a test energiája mgh, a B pontban
mgh=mg(h-h1)+(m/2)v02,
innen v0=2gh1. A B pontban tehát a test y irányú sebessége v0=2gh1, és x irányú sebessége 0. Mozgás közben a testre csak a nehézségi erő hat, ezért y irányú gyorsulása ay=-g/2, x irányú gyorsulása pedig ax=g/2. Így a test koordinátái t idő múlva
y=-g22t2+v0t,x=g22t2.
A K pontban y=0, vagyis v0t-g22t2=0 (a t=0 időpontban a test B-ben van), ahonnan
t=v022g.
Így K-ban az ütközés előtt a test y irányú sebessége
v'y=v0-g2t=v0-v022gg2=-v0.
Visszapattanáskor v'y az ellentettjére változik, tehát a test a lejtőt újra v0y irányú sebességgel hagyja el. Mivel a lejtőre való visszaérkezés idejét csak a lejtőre merőleges kezdeti sebesség és gyorsulás befolyásolja, a K-ból C-be jutás ideje is
t1=v022g.
Így a test B-ből C-be 2t1=v042g idő alatt jut el. A test x irányú mozgását az ütközés nem befolyásolja, tehát a tömegpont ennyi idő alatt x irányban
BC¯=g22(2t1)2=g2216v022g2=82v02g=16h12
utat tesz meg.
A lejtő teljes magassága
h=h1+BC¯sin45=17h1=85  m.

Fazekas István (Eger, Gárdonyi G. Gimn., III. o. t.) dolgozata alapján

 

Megjegyzés. A II. számítási mód lehetővé teszi, hogy a feladatot általánosabban, nem teljesen rugalmas ütközést feltételezve is megoldjuk. Ekkor az ütközés során vy nem egyszerűen az ellentettjére változik, hanem annak k-szorosára, ahol 0k1, azaz a test a lejtőt másodszor -kv'y=kv0, lejtőre merőleges sebességgel hagyja el. Ennek megfelelően K-ból C-be kv022g=kt1 idő alatt jut el, így B-ből C-be (1+k)t1 ideig halad, azaz
BC¯=g22(1+k)2t12=42(1+k)2h1,
és
h=h1[4(1+k)2+1].
Teljesen rugalmas ütközéskor k=1, így h=h117.
 

Boros Endre (Bp., I. István Gimn., III. o. t.)