Feladat:	1768. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Vladár Károly
Füzet:	1982/november, 180 - 182. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Függőleges hajítás, Rugalmatlan ütközések, Ütközés fallal, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1982/március: 1768. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Az energia megmaradása miatt $h_1$ magasságban az ütközés előtt mindkét test sebessége egyforma abszolút értékű. A hasáb sebessége $v=\sqrt[]{2g\left(h-h_1\right)}$, a golyóé pedig $-v=-\sqrt[]{2g\left(h-h_1\right)}$. (A pozitív irány lefelé mutat.) A rugalmas ütközés utáni sebességeket az impulzus- és energiamegmaradás törvényéből határozhatjuk meg. A hasáb sebessége: $\begin{array}{c}{\displaystyle v_1=v\frac{M-3m}{M+m}\mathrm{,}}\end{array}$ (1) a golyóé pedig $\begin{array}{c}{\displaystyle v_2=v\frac{3M-m}{M+m}\mathrm{.}}\end{array}$ (2) Annak a feltétele, hogy a hasáb felfelé induljon el: $\begin{array}{c}{\displaystyle M<3m}\end{array}$ (3) A $v_2$ sebességgel induló golyó a talajhoz $\sqrt[]{v_2^2+2g{h}_1}$ sebességgel érkezik, ezt megkaphatjuk például az energia megmaradásából. Ha a golyó a talajról visszapattanva $h_2$ magasságba érkezik, akkor sebességének abszolút értéke $\sqrt[]{v_2^2+2g\left(h_1-h_2\right)}$, tehát az első ütközés óta eltelt összes idő $\begin{array}{c}{\displaystyle t_2=\frac{\sqrt[]{v_2^2+2g{h}_1}-v_2}{g}+\frac{\sqrt[]{v_2^2+2g{h}_1}\pm \sqrt[]{2g\left(h_1-h_2\right)}}{g}\mathrm{.}}\end{array}$ (4) A $-$ előjel akkor érvényes, ha a golyó alulról, a $+$ előjel pedig akkor, ha a golyó felülről érkezik a $h_2$ magasságba. Hasonlóképpen, a hasáb $\begin{array}{c}{\displaystyle t_1=\frac{-v_1\pm \sqrt[]{v_1^2+2g\left(h_1-h_2\right)}}{g}}\end{array}$ (5) idő alatt érkezik $h_2$ magasságba. A golyó akkor fog másodszor ütközni a hasábbal ‐ mielőtt újra pattanna a talajon ‐, ha van olyan $h_2>0$, amelyre $t_1=t_2>0$, ahol $t_1$, $t_2$ a (4), ill. (5) összefüggésekből számított érték. Tegyük fel először, hogy a (4), (5) egyenleteknek létezik $t=t_1=t_2>0$, $h_2>0$ megoldása. Az (5) egyenletből a $2g\left(h_1-h_2\right)$ mennyiséget kifejezve és azt (4)-be írva rendezés után kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle t=\frac{2}{g}\frac{\left(v_2^2+2g{h}_1\right)-v_2\sqrt[]{v_2^2+2g{h}_1}}{2\sqrt[]{v_2^2+2g{h}_1}+v_1-v_2}\mathrm{,}}\end{array}$ (6) a kettős előjelektől függetlenül. (1)-et és (2)-t beírva (6)-ba nyerjük: $\begin{array}{c}{\displaystyle t=\frac{2\sqrt[]{2}}{\sqrt[]{g}\left(M+m\right)}\cdot \frac{h{\left(3M-m\right)}^2+h_1{\left(M+m\right)}^2-\sqrt[]{h}\left(3M-m\right)\sqrt[]{h{\left(3M-m\right)}^2+h_1{\left(M+m\right)}^2}}{2\sqrt[]{h{\left(3M-m\right)}^2+h_1{\left(M+m\right)}^2}-2\sqrt[]{h}\left(M+m\right)}\mathrm{.}}\end{array}$ A második ütközéskor a hasáb sebessége: $\begin{array}{c}{\displaystyle v_3=v_1+gt\mathrm{,}}\end{array}$ a golyóé: $\begin{array}{c}{\displaystyle v_4=v_3-2\sqrt[]{v_2^2+2g{h}_1}+gt\mathrm{.}}\end{array}$ Behelyettesítéssel ellenőrizhetjük, hogy mik voltak a helyes előjelek a (4), (5) egyenletrendszerben. Ha a (4), (5) egyenletrendszernek nincs $t=t_1=t_2>0$, $h_2>0$ megoldása, akkor a golyó a két összeütközés között kétszer ‐ vagy $n$-szer ‐ pattan a földhöz és ezért a (4) egyenlet helyett a következőt kell használni: $\begin{array}{c}{\displaystyle t_2=\frac{2n\sqrt[]{v_2^2+2g{h}_1}}{g}+\frac{-v_2\pm \sqrt[]{v_2^2+2g\left(h_1-h_2\right)}}{g}\mathrm{.}}\end{array}$ (4a) A golyó sebessége a második összeütközéskor: $\begin{array}{c}{\displaystyle v_4=v_2-2n\sqrt[]{v_2^2+2g{h}_1+gt}\mathrm{.}}\end{array}$ A két összeütközés között eltelt időt úgy kapjuk meg, hogy a (4a), (5) egyenletrendszert $n=\mathrm{2,}\mathrm{3,}\text{...}$ mellett megoldjuk addig, amíg nem adódik $t=t_1=t_2>0$, $h_2>0$ megoldás. Így kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle t=\frac{2}{g}\frac{n\sqrt[]{v_2^2+2g{h}_1}\left(n\sqrt[]{v_2^2+2g{h}_1}-v_2\right)}{2n\sqrt[]{v_2^2+2g{h}_1}+v_1-v_2}\mathrm{.}}\end{array}$    Vladár Károly