Feladat:	2763. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	G. L. ,  Kovács Baldvin
Füzet:	1995/január, 53 - 55. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Hajítások, Energiamegmaradás, Impulzus (lendület) megmaradása, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1993/november: 2763. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. 1. Amikor a bolha $W$ munkával egyedül ugrik, akkor kezdősebessége $v=\sqrt[]{\frac{2W}{M}}$, ahol $M$ a bolha tömege. $\begin{array}{c}{\displaystyle T=\frac{2v_y}{g}=\frac{2v\text{sin}\alpha }{g}=\frac{2\text{sin}\alpha }{g}\sqrt[]{\frac{2W}{M}}}\end{array}$ ideig van levegőben, ezalatt $\begin{array}{c}{\displaystyle T{v}_x=Tv\text{cos}\alpha =\text{sin}2\alpha \frac{2W}{Mg}}\end{array}$ távolságra ugrik. Egyéni csúcsa tehát ($\alpha ={45}^{\circ }$ mellett) $\frac{2W}{Mg}$. 2. Amikor kistestvérével a hátán ugrik, akkor kezdősebessége, $v\text{'}=\sqrt[]{\frac{2W}{M+m}}$, $m$ a kistestvér tömege. $\begin{array}{c}{\displaystyle T=\frac{2v{\text{'}}_y}{g}=\frac{2\text{sin}\alpha }{g}\sqrt[]{\frac{2W}{M+m}}}\end{array}$ ideig van a levegőben, $\frac{T}{2}$ ideig $v{\text{'}}_x$ sebességgel mozog vízszintesen, $\frac{T}{2}$ ideig $v{\text{'}}_x+v_1$ sebességgel, az ugrás távolsága így $Tv{\text{'}}_x+\frac{T}{2}{v}_1$. A $v_1$ sebességet úgy határozhatjuk meg, hogy a pálya csúcspontján alkalmazzuk a lendület- és az energiamegmaradás törvényét. A $v{\text{'}}_x$ sebességgel mozgó rendszerben $\begin{array}{c}{\displaystyle 0=M{v}_1+m{v}_2\mathrm{,}\frac{1}{2}M{v}_1^2+\frac{1}{2}m{v}_2^2=W\mathrm{.}}\end{array}$ E két egyenletből $v_1=\sqrt[]{\frac{2Wm}{M\left(M+m\right)}}$, így a második ugrás távolsága $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{2W}{g\left(M+m\right)}\left(\text{sin}2\alpha +\text{sin}\alpha \sqrt[]{\frac{m}{M}}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ A csúcsjavítás akkor sikerül, ha $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{2W}{g\left(M+m\right)}\left(\text{sin}2\alpha +\text{sin}\alpha \sqrt[]{\frac{m}{M}}\right)>\frac{2W}{gM}\mathrm{,}}\end{array}$ azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{sin}2\alpha +\text{sin}\alpha \sqrt[]{\frac{m}{M}}>1+\frac{m}{M}\mathrm{.}}\end{array}$ Ha például $\alpha ={45}^{\circ }$, akkor $M>2m$ esetén sikerül a csúcsjavítás.  Kovács Baldvin (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., II. o.t.) dolgozata alapján   Megjegyzés. Vizsgáljuk meg részletesebben, milyen tömegarány és elugrási szög mellett teljesül az egyenlőtlenség. Rendezés után $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(\sqrt[]{\frac{m}{M}}-\frac{\text{sin}\alpha }{2}\right)}^2+1-\text{sin}2\alpha -\frac{\text{sin}{}^2\alpha }{4}<0.}\end{array}$ Ez csak úgy állhat fenn, ha $1-\text{sin}2\alpha -\frac{\text{sin}{}^2\alpha }{4}<0$, amiből $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{2}{\sqrt[]{13}}<\text{sin}\alpha <\frac{2}{\sqrt[]{5}}\mathrm{,}\text{és}35\mathrm{,}{7}^{\circ }<\alpha <63\mathrm{,}{8}^{\circ }\mathrm{.}}\end{array}$ Ebbe a tartományba eső $\alpha$ mellett az egyenlőtlenség akkor teljesül, ha $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\text{sin}\alpha -\sqrt[]{\text{sin}{}^2\alpha +4\text{sin}2\alpha -4}}{2}<\sqrt[]{\frac{m}{M}}<\frac{\text{sin}\alpha +\sqrt[]{\text{sin}{}^2\alpha +4\text{sin}2\alpha -4}}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ $\alpha ={45}^{\circ }$ esetén az alsó határ $0$, tehát a kistestvér tömege tetszőlegesen kicsi lehet, akármilyen nagy nyilvánvalóan nem.  G. L.