Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Hajítások, Görbevonalú mozgás lejtőn, Mozgási energia, Munkatétel, Tökéletesen rugalmas ütközések, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1970/október: 931. fizika feladat

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 $m g h_{1}$ -gyel csökken.

1. ábra

Így

m v_{0}^{2} / 2 = m g h_{1}

mozgási energiát szerez. Ebből

\begin{matrix} v_{0} = 2 \sqrt[]{g h_{1}} . \end{matrix}

Miközben a test

B

-ből

K

-ba kerül,

t_{1}

idő telik el. Mivel a test vízszintes irányban egyenes vonalú egyenletes mozgást végez

v_{0} \cdot cos 45^{\circ} = v_{0} / \sqrt[]{2}

sebességgel,

\begin{matrix} s_{1 x} = \frac{v_{0}}{\sqrt[]{2}} \cdot t_{1} . \end{matrix}

Ugyanakkor függőleges irányban

v_{0} sin 45^{\circ} = v_{0} / \sqrt[]{2}

kezdősebességgel egyenletesen gyorsuló mozgást végez, így

\begin{matrix} - s_{1 y} = \frac{v_{0}}{\sqrt[]{2}} \cdot t_{1} - \frac{g}{2} \cdot t_{1}^{2}, és | s_{1 x} | = | s_{1 y} | . \end{matrix}

Ebből

\begin{matrix} t_{1} = \frac{2 v_{0} \sqrt[]{2}}{g}, és s_{1} = \frac{2 v_{0}^{2}}{g} = \frac{2 \cdot 2 g h_{1}}{g} = 4 h_{1} . \end{matrix}

A tömegpont

K

-ba érkezésekor sebességének vízszintes komponense (

2

. ábra)

\begin{matrix} v_{x} = v_{0} \cdot cos 45^{\circ} = v_{0} \sqrt[]{2} / 2, \end{matrix}

függőleges komponense pedig

\begin{matrix} v_{y} = v_{0} \cdot sin 45^{\circ} - g t_{1} = v_{0} \cdot \frac{\sqrt[]{2}}{2} - g \frac{2 v_{0} \sqrt[]{2}}{g} = - \frac{3 v_{0} \sqrt[]{2}}{2} . \end{matrix}

2. ábra

Visszapattanás után, mivel a lejtő

45^{\circ}

-os, a sebesség vízszintes komponense

\begin{matrix} v'_{x} = - v_{y} = \frac{3 v_{0} \sqrt[]{2}}{2}, \end{matrix}

és a függőleges komponense

\begin{matrix} v'_{y} = - v_{x} = - \frac{v_{0} \sqrt[]{2}}{2} . \end{matrix}

K

-ból

C

-be jutás idejét

t_{2}

-vel jelölve,

\begin{matrix} s_{2 x} = v_{0} \frac{3 \sqrt[]{2}}{2} \cdot t_{2}, és | s_{2 x} | = | s_{2 y} |, \\ - s_{2 y} = - v_{0} \frac{\sqrt[]{2}}{2} \cdot t_{2} - \frac{g t_{2}^{2}}{2}, \end{matrix}

ahonnan

\begin{matrix} t_{2} = \frac{2 v_{0} \sqrt[]{2}}{g}, és s_{2} = v_{0} \cdot \frac{3 \sqrt[]{2}}{2} \cdot \frac{2 v_{0} \sqrt[]{2}}{g} = \frac{6 v_{0}^{2}}{g} = 12 h_{1} . \end{matrix}

Így a lejtő teljes magassága

\begin{matrix} h = h_{1} + s_{1} + s_{2} = 17 h_{1} = 85 m . \end{matrix}

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

A

pontban a test energiája

m g h

, a

B

pontban

\begin{matrix} m g h = m g (h - h_{1}) + (m / 2) v_{0}^{2}, \end{matrix}

innen

v_{0} = \sqrt[]{2 g h_{1}}

. A

B

pontban tehát a test

y

irányú sebessége

v_{0} = \sqrt[]{2 g h_{1}}

, és

x

irányú sebessége

0

. Mozgás közben a testre csak a nehézségi erő hat, ezért

y

irányú gyorsulása

a_{y} = - g / \sqrt[]{2}

x

irányú gyorsulása pedig

a_{x} = g / \sqrt[]{2}

. Így a test koordinátái

t

idő múlva

\begin{matrix} y = - \frac{g}{2 \sqrt[]{2}} \cdot t^{2} + v_{0} t, x = \frac{g}{2 \sqrt[]{2}} t^{2} . \end{matrix}

K

pontban

y = 0

, vagyis

v_{0} t - \frac{g}{2 \sqrt[]{2}} \cdot t^{2} = 0

t = 0

időpontban a test

B

-ben van), ahonnan

\begin{matrix} t = \frac{v_{0} 2 \sqrt[]{2}}{g} . \end{matrix}

Így

K

-ban az ütközés előtt a test

y

irányú sebessége

\begin{matrix} v'_{y} = v_{0} - \frac{g}{\sqrt[]{2}} \cdot t = v_{0} - \frac{v_{0} 2 \sqrt[]{2}}{g} \cdot \frac{g}{\sqrt[]{2}} = - v_{0} . \end{matrix}

Visszapattanáskor

v'_{y}

az ellentettjére változik, tehát a test a lejtőt újra

v_{0} y

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

\begin{matrix} t_{1} = \frac{v_{0} 2 \sqrt[]{2}}{g} . \end{matrix}

Így a test

B

-ből

C

-be

2 t_{1} = \frac{v_{0} 4 \sqrt[]{2}}{g}

idő alatt jut el. A test

x

irányú mozgását az ütközés nem befolyásolja, tehát a tömegpont ennyi idő alatt

x

irányban

\begin{matrix} \bar{B C} = \frac{g}{2 \sqrt[]{2}} {(2 t_{1})}^{2} = \frac{g}{2 \sqrt[]{2}} \cdot \frac{16 v_{0}^{2} \cdot 2}{g^{2}} = \frac{8 \cdot \sqrt[]{2} v_{0}^{2}}{g} = 16 h_{1} \cdot \sqrt[]{2} \end{matrix}

utat tesz meg.
A lejtő teljes magassága

\begin{matrix} h = h_{1} + \bar{B C} \cdot sin 45^{\circ} = 17 h_{1} = 85 m . \end{matrix}

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

v_{y}

nem egyszerűen az ellentettjére változik, hanem annak

k

-szorosára, ahol

0 \leq k \leq 1

, azaz a test a lejtőt másodszor

- k v'_{y} = k v_{0}

, lejtőre merőleges sebességgel hagyja el. Ennek megfelelően

K

-ból

C

-be

\frac{k v_{0} 2 \sqrt[]{2}}{g} = k t_{1}

idő alatt jut el, így

B

-ből

C

-be

(1 + k) t_{1}

ideig halad, azaz

\begin{matrix} \bar{B C} = \frac{g}{2 \sqrt[]{2}} {(1 + k)}^{2} t_{1}^{2} = 4 \sqrt[]{2} {(1 + k)}^{2} \cdot h_{1}, \end{matrix}

és

\begin{matrix} h = h_{1} [4 \cdot {(1 + k)}^{2} + 1] . \end{matrix}

Teljesen rugalmas ütközéskor

k = 1

, így

h = h_{1} \cdot 17

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