Feladat:	3025. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Varga Áron ,  Várkonyi Péter
Füzet:	1997/május, 309. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Hajítások, Egyenletesen változó mozgás (Tömegpont mozgásegyenelete), Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1996/december: 3025. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Az FGy. 3024. feladat megoldása szerint a súlylökő $v_0=13\mathrm{,}33\text{m/s}$ kezdősebességgel, a vízszinteshez képest ${\alpha }_0=41\mathrm{,}{38}^{\circ }$-os szögben $H=2\text{m}$ magasságból lökte el a súlygolyót, így az $20\text{m}$ távolságban ért földet. Számítsuk ki, milyen messzire perült volna az ugyanekkora nagyságú, de más $\alpha$ szögben indított golyó! A ferde hajítás képletei szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle x=v_{0}T\text{cos}\alpha \mathrm{,}-\frac{g}{2}{T}^2+v_{0}T\text{sin}\alpha +H=\mathrm{0,}}\end{array}$ (1) ahonnan a repülés $T$ idejét kiküszöbölve és az $u=\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}{}^2\alpha$ jelölést bevezetve az $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(1+u^2\right)x^2-\frac{2v_0^2}{g}ux-\frac{2H{v}_0^2}{g}=0}\end{array}$ (2) összefüggést kapjuk. Ennek segítségével meghatározhatjuk $x$-et $u$ (vagyis az ellökés szögének) függvényében, majd megkereshetjük (például differenciálszámítással vagy grafikusan) ennek az $x\left(u\right)$ függvénynek a maximumát. Van azonban egyszerűbb, elemi eljárás is a maximumhely meghatározására. A (2) egyenletet felfoghatjuk úgy is, hogy adott $x$ esetén ez az összefüggés adja meg, milyen $u$ értékek (hajítási szögek) esetén kapjuk éppen a szóbanforgó $x$-et. Mivel (2) $u$-ra nézve másodfokú egyenlet, gyökeinek száma 2,1 vagy 0. Bizonyos $x$-eknek megfelelő távolságot (az adott kezdősebesség mellett) semmilyen dobási szöggel nem érhetünk el, más $x$-et két különböző irányú kezdősebességgel is megvalósíthatunk. A legnagyobb $x=x_{\text{max}}$ távolságot az jellemzi, hogy hozzá csak egyetlen $\alpha$ szög, tehát egyetlen $u$ megoldás tartozik (lásd az ábrát). Ilyenkor a (2) egyenlet ($u$-ra vonatkozó) diszkriminánsa nulla, vagyis: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(x_{\text{max}}\frac{v_0^2}{g}\right)}^2=x_{\text{max}}^2\left(x_{\text{max}}^2-\frac{2H{v}_0^2}{H}\right)\mathrm{,}}\end{array}$ azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle x_{\text{max}}=\frac{v_0^2}{g}\sqrt[]{1+\frac{2gH}{v_0^2}}=20\mathrm{,}00025\text{m}\approx 20\mathrm{,}0\text{m}\mathrm{.}}\end{array}$ (3) A súlylökő tehát elvben mindössze $\frac{1}{4}$ milliméterrel tudna javítani az eredményén a szög alkalmas megválasztásával, ez azonban jócskán a mérhetőség határa alatt van. Az $x_{\text{max}}$ távolsághoz tartozó optimális szögre (1) és (2) alapján: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}{\alpha }_{\text{opt}}=u_{\text{opt}}=\frac{v_0^2}{2g{x}_{\underset{}{\overset{}{\text{max}}}}}\mathrm{,}}\end{array}$ ahonnan ${\alpha }_{\text{opt}}=42\mathrm{,}{1}^{\circ }$, majdnem pontosan ugyanannyi, mint amennyi a 3024. feladatban szereplő adat. Mivel egy fizika feladatban a kiindulási adatok (paraméterek) pontosságánál sokkal precízebb számolásnak nincs sok értelme, a feltett kérdésre az a válasz, hogy a súlylökő az eldobási szög jobb megválasztásával sem tudta volna messzebbre lökni a súlyt, mert azt (az adott pontossággal vizsgálva a folyamatot) éppen a lehető legjobban választotta meg.  Varga Áron (Trefort Á. Kéttannyelvű SzkI. és Gimn., IV. o.t.) dolgozata alapján   II. megoldás. Adjuk meg a súlylökés távolságát a repülési idő függvényében! Ezt úgy tehetjük meg, hogy az (1) egyenletekből kiküszöböljük az ellökés $\alpha$ szögét: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{cos}\alpha =\frac{x}{v_{0}T\mathrm{,}}\text{sin}\alpha =\sqrt[]{1-{\left(\frac{x}{v_{0}T}\right)}^2}\mathrm{,}}\end{array}$ ahonnan a függőleges irányú elmozdulás egyenlete: $\begin{array}{c}{\displaystyle -\frac{g}{2}{T}^2+v_{0}T\sqrt[]{1-{\left(\frac{x}{v_{0}T}\right)}^2}+H=0.}\end{array}$ Ebből átrendezés és négyzetre emelés után $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle x^2}& {\displaystyle =-\frac{g^2}{4}{T}^4+\left(v_0^2+gH\right)T^2-H^2=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =-{\left(\frac{g{T}^2}{2}-\frac{v_0^2+gH}{g}\right)}^2+{\left(\frac{v_0^2}{g}+H\right)}^2-H^2\le \frac{v_0^4}{g^2}+\frac{2H{v}_0^2}{g}\mathrm{,}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle x\le x_{\text{max}}=\frac{v_0^2}{g}\sqrt[]{1+\frac{2gH}{v_0^2}}\approx 20\mathrm{,}0\text{m}\mathrm{.}}\end{array}$  Várkonyi Péter (Fővárosi Fazekas M. Gyak. Gimn., IV. o.t.)