Feladat:	3068. fizika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Boja Bence ,  Kocsis Bence ,  Varró Gergely
Füzet:	1998/április, 244 - 246. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Egyenletes mozgás (Egyenes vonalú mozgások), Egyéb görbevonalú mozgás, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1997/április: 3068. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Vizsgáljuk a mozgásokat a partra merőlegesen haladó $\left(A\right)$ hajóból. Innen nézve a másik $\left(B\right)$ hajó sebessége egy $v$ nagyságú, éppen $A$ felé mutató (radiális) vektor és egy, a partra merőleges ($y$ irányú), ugyancsak $v$ nagyságú vektor összegeként kapható meg (lásd az 1. ábrát). Az ,,üldöző'' hajó radiális sebessége és az $y$ irányú sebessége minden pillanatban ugyanakkora: $\begin{array}{c}{\displaystyle v_{\text{rad}}=v_y=v-v\text{cos}\alpha \mathrm{.}}\end{array}$ Eszerint a mozgás bármely pillanatában igaz az, hogy amennyit csökkent a két hajó közötti (kezdetben $d=4\text{km}$-es) távolság, ugyanannyit nőtt az $y$ irányú (kezdetben nulla) távolság. Elegendően hosszú idő múlva már mindkét hajó a partra merőlegesen halad, egymástól $d_0$ távolságban. A fentebb megállapított összefüggés szerint $d-d_0=d_0\mathrm{,}$ azaz a hajók távolsága $d_0=d/2=2\text{km}$. A $B$ hajó ($A$ vonatkoztatási rendszeréből megfigyelhető) pályájának pontjait az jellemzi, hogy egy rögzített ponttól ($A$-tól) mért távolságuk ugyanakkora, mint egy meghatározott ($A$-tól $d$ távolságban levő) $e$ egyenestől mért távolságuk. (Kezdetben mindkét távolság $d$ volt, s a $B$ hajó éppen akkora sebességgel közelít az $A$ pont felé, mint az $e$ egyenes felé). Ez a geometriai összefüggés az $A$ fókuszpontú, $e$ vezéregyenesű parabolát határozza meg (2. ábra).  Boja Bence (Budapest, Árpád. Gimn., III. o.t.)    Varró Gergely (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., IV. o.t.)   II. megoldás. Írjuk le a $B$ hajó mozgását az $A$ hajóhoz rögzített inerciarendszerből. Tekintve, hogy $B$ sebessége két egyforma nagyságú sebesség vektori összegeként állítható elő (lásd a 3. ábrát), az eredőjük (vagyis a pálya érintőjének iránya) ugyanakkora szöget zár be mindkét összetevővel: $\gamma =\delta$. Vizsgáljuk meg, hogyan verődnének vissza a partra merőlegesen érkező (vízszintes) fénysugarak a $B$ hajó pályagörbéjéről (pontosabban: a pályagörbének megfelelő alakú tükörről). A beesési szög $\begin{array}{c}{\displaystyle \alpha ={180}^{\circ }-\left(\beta +\gamma +\delta \right)={180}^{\circ }-\left[\beta +2\left({90}^{\circ }-\beta \right)\right]=\beta \mathrm{,}}\end{array}$ vagyis éppen akkora, mint a beesési merőleges és az $A$ pont felé mutató vektor szöge. Eszerint pályagörbéről (mint tükörről) visszaverődő fénysugarak mindegyike $A$ irányában halad tovább; a pályagörbe tehát egy $A$ fókuszpontú parabola, melynek vezéregyenese az $A$ ponttól (a kezdeti $AB$ szakasszal megegyező) 4 km távolságban van. Ha $B$ eléri (nagyon megközelíti) az $A$-n átmenő és a partra merőleges egyenest, a két sebességkomponens kiejti egymást, $B$ tehát ,,megáll''. Ekkor a fókusztól és a vezéregyenestől mért távolsága megegyezik, tehát ez a távolság az eredeti érték fele, 2 km kell legyen.  Kocsis Bence (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., III. o.t.)