Kezdőlap


Feladat:	933. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bacsó Gábor , Gáspár Csaba , Gegus Gábor , Pálvölgyi Éva , Pipek János
Füzet:	1971/március, 142 - 143. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Függőleges hajítás, Rugalmatlan ütközések, Ütközés fallal, Mértani sorozat, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1970/október: 933. fizika feladat

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

A $v_{0}$ sebességgel lefelé hajított golyó $v_{1} = \sqrt[]{2 g H + v_{0}^{2}}$ sebességgel érkezik a síkhoz. Mivel az első ütközés után $H$ magasságig emelkedik, az ütközés utáni sebesség $v_{2} = \sqrt[]{2 g H}$ . Az ütközési együttható

\begin{matrix} ε = \frac{v_{2}}{v_{1}} = \sqrt[]{\frac{2 g H}{2 g H + v_{0}^{2}}} . \end{matrix}

(1)

Az ütközési együttható állandó, tehát bármely egymás után következő két ütközésre

v_{k + 1} = ε v_{k}

, azaz

\begin{matrix} v_{k + 1} = ε^{k - 1} \cdot v_{2} (k = 1,2,3, ...) \end{matrix}

(2)

A golyó az egyes szakaszokon egyenletesen gyorsuló mozgást végez, ezért az első ütközésig eltelő idő:

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

(3)

k

-adik és a

(k + 1)

ütközés közt eltelő idő egy függőleges hajítás kétszeres ideje:

\begin{matrix} t_{k + 1} = 2 \frac{u_{k + 1}}{g} = \frac{2 v_{2}}{g} ε^{k - 1} . \end{matrix}

(4)

(k + 1)

-edik ütközésig összesen eltelő idő ennek alapján

\begin{matrix} T_{k + 1} = t_{1} + t_{2} + t_{3} + ... + t_{k + 1} = t_{1} + \frac{2 v_{2}}{g} (ε^{0} + ε^{1} + ε^{2} + ... + ε^{k - 1}) . \end{matrix}

(5)

A sebesség bizonyos hányada minden ütközés után megmarad, így a golyó elvileg sokszor pattanhat. A végtelen sok ütközés azonban véges idő alatt játszódik le, ugyanis (1) alapján

ε < 1

, a végtelen mértani sor összege véges:

\begin{matrix} ε^{0} + ε^{1} + ε^{2} + ... + ε^{k - 1} + ... = \frac{1}{1 - ε} . \end{matrix}

A kérdezett idő tehát

\begin{matrix} T = t_{1} + \frac{2 v_{2}}{g} \frac{1}{1 - ε} . \end{matrix}

(6)

A korábban kifejezett értékeket behelyettesítve:

\begin{matrix} T = \frac{\sqrt[]{2 g H + v_{0}^{2}} - v_{0}}{g} + 2 \sqrt[]{\frac{2 H}{g}} \frac{1}{1 - \sqrt[]{\frac{2 g H}{2 g H + v_{0}^{2}}}} . \end{matrix}

(7)

Tudjuk, hogy a golyó a második ütközés után

H'

magasságig emelkedik, és ezért

v_{3} = \sqrt[]{2 g H'}

. Az ütközési együtthatót ennek ismeretében kétféleképpen is felírhatjuk:

\begin{matrix} ε = \frac{v_{2}}{v_{1}} = \frac{v_{3}}{v_{2}} . \end{matrix}

(8)

Ebből

\begin{matrix} \frac{\sqrt[]{2 g H}}{\sqrt[]{2 g H + v_{0}^{2}}} = \frac{\sqrt[]{2 g H'}}{\sqrt[]{2 g H}}, \\ v_{0} = \sqrt[]{2 g H (\frac{H}{H'} - 1)} . & (9) \end{matrix}

Pálvölgyi Éva (Bp., Madách I. Gimn., III. o. t. )

Gáspár Csaba (Dunaújváros, Münnich F. Gimn., III. o. t. )

Megjegyzés. A mozgás valódi lefolyását természetesen nem úgy kell elképzelni, hogy a test végtelen sokszor pattan. Az emelkedési magasságok ugyanis szintén mértani haladvány szerint csökkennek (melynek hányadosa

ε^{2}

), ezért egy bizonyos idő után a képletből számolható emelkedés magassága a golyó deformációjához mérhető. Ekkor már tényleges felemelkedés nem történik, nem beszélhetünk ütközésről.
Mivel a fenti jelenség csak elég sok ütközés után lép fel, a számított

T

érték a valóditól nem sokban tér el. Az ebből következő hiba általában lényegesen kisebb más hibáknál (pl. a nehézségi gyorsulás pontatlanságából származó hibánál).

Pipek János (Bp., I. István Gimn., III. o. t. )