Kezdőlap


Feladat:	1316. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Merzay Ákos
Füzet:	1976/április, 181 - 182. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Hajítások, Tökéletesen rugalmas ütközések, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1975/november: 1316. fizika feladat

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

A golyó négyszeri visszapattanás után csak úgy kerülhet vissza kiindulási helyzetébe, ha a negyedik visszapattanás után függőleges pályán mozog (egyébként ui. visszaérkezés után nem lenne nulla a golyó sebessége, ez ellentmondana az energiamegmaradás törvényének). Így az első és a negyedik pattanási pont helye és a golyó sebessége a pattanás pillanatában azonos. Ezért az első pattanás utáni pályaszakasz azonos a negyedik pattanás előtti pályaszakasszal, tehát a második és harmadik pattanás helye szintén azonos. Ez csak úgy lehetséges, hogy a második pattanás után a golyó függőlegesen fölfelé mozog, majd a kiindulási magasságot elérve visszaesik. Ezért a második pattanás beesési szöge $α$ . Az első pattanás utáni parabolapálya a lejtők metszéspontján átmenő függőlegesre szimmetrikus, hiszen különben a második pattanás beesési szöge nem lehetne egyenlő az első pattanás beesési szögével. Tehát a golyó mozgása során kétszer (oda és vissza) futja be ugyanazt a pályát (1. az ábrát), azaz a mozgás az ábra szerint történik.

A két függőleges pályaszakasz hossza egyenlő. Az ezeken eltöltött összes idő

\begin{matrix} t_{1} = 4 \sqrt[]{2 h / g} . \end{matrix}

A közbenső rész parabola, amelynek egyenlete az ábrán megjelölt koordináta-rendszerben:

\begin{matrix} x = v \cdot t \cdot cos & (90^{\circ} - 2 α); \\ y = v \cdot t \cdot sin & (90^{\circ} - 2 α) - (1 / 2) g t^{2}, \end{matrix}

ahol

v = \sqrt[]{2 g h}

a sebesség az ütközés pillanatában. Az

y = 0

feltételből kaphatjuk meg a pálya egyszeri befutásához szükséges időt:

\begin{matrix} t' = 2 \sqrt[]{2 h / g} cos 2 α . \end{matrix}

A parabolapályán eltöltött összes idő:

\begin{matrix} t_{2} = 4 \sqrt[]{2 h / g} cos 2 α . \end{matrix}

A keresett idő

\begin{matrix} T = t_{1} + t_{2} = 4 \sqrt[]{\frac{2 h}{g}} + 4 \sqrt[]{\frac{2 h}{g}} cos 2 α = 8 \sqrt[]{\frac{2 h}{g}} cos^{2} α ≅ 2, 7 s . \end{matrix}

A BC szakasz hosszát a parabola egyenletének

x

komponenséből kapjuk meg

t'

értékének behelyettesítésével:

\begin{matrix} \bar{B C} = 2 h sin 4 α, \end{matrix}

illetve

\begin{matrix} \bar{O B} = \bar{B C} / (2 sin α) = 4 h \cdot cos α \cdot cos 2 α . \end{matrix}

A szóban forgó mozgás csak akkor valósítható meg, ha a golyót az

O

-tól ilyen távolságra levő

B

pont felett ejtjük le. Az eredményből az is látszik, hogy a lejtő hajlásszöge nem lehet tetszőlges:

0 < α < 45^{\circ}

.
Ha

α ≧ 45^{\circ}

, a golyót már a két lejtő érintkezési pontjába

(O)

kell ejteni. Ekkor a keresett idő:

\begin{matrix} T' = 8 \sqrt[]{\frac{2 h}{g}} . \end{matrix}

Merzay Ákos (Pécs, Zipernovszky K. Szakközépisk., II. o. t.)