Kezdőlap


Feladat:	1057. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bérczi Tamás , Kollár János , Kún Zoltán , Lázár Mária , Meszéna Géza , Molnár György
Füzet:	1973/január, 35 - 36. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Tökéletesen rugalmas ütközések, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1972/május: 1057. fizika feladat

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

Legyen a golyók tömege $m$ , a mozgó golyó sebessége az ütközés előtt $v$ , legyenek az ütközés utáni sebességek $w_{1}$ és $w_{2}$ .
A rugalmas ütközésre alkalmazott impulzus ‐ és energiamegmaradás törvényének segítségével közvetlenül belátható $w_{1}$ és $w_{2}$ merőlegessége:

\begin{matrix} m v = m w_{1} + m w_{2}, így v = w_{1} + w_{2}, & (1) \\ (1 / 2) m v^{2} = (1 / 2) m w_{1}^{2} + (1 / 2) m w_{2}^{2}, így v^{2} = w_{1}^{2} + w_{2}^{2} . & (2) \end{matrix}

Az (1) vektoregyenlet alapján a

v

w_{1}

és

w_{2}

vektorok egy háromszög oldalai. A háromszög oldalaira fennáll a (2) összefüggés, azért a Pythagoras-tétel folytán a háromszög derékszögű, és befogói az ütközés utáni sebességek.
A feladat geometriai megfontolás nélkül is megoldható. Az (1) és (2 ) egyenletekből együttesen következik:

\begin{matrix} v^{2} = {(w_{1} + w_{2})}^{2} = w_{1}^{2} + w_{2}^{2} . \end{matrix}

ahonnan

\begin{matrix} 2 w_{1} w_{2} = 0. \end{matrix}

(3)

Két nem nulla vektor skaláris szorzata pedig csak akkor nulla, ha azok merőlegesek egymásra.

Meszéna Géza (Bp., Berzsenyi D. Gimn., II. o. t.)

Megjegyzés. A megoldás ferde ütközésre vonatkozik. Centrális ütközésnél ‐ szimmetriaokokból ‐ a sebességek csak párhuzamosak lehetnek, tehát a (3) egyenletből következik, hogy az egyik ütközés utáni sebesség nulla. Ekkor nincs értelme szögről beszélni.