Kezdőlap


Feladat:	3566. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Rácz Béla András
Füzet:	2003/március, 183 - 184. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Hajítások, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2002/november: 3566. fizika feladat

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

Megoldás. $a)$ Ha a golyót $v_{0}$ kezdősebességgel, a vízszintes $x$ tengelyhez képest $α$ szögben hajítjuk el, pályájának egyenlete:

\begin{matrix} y = x \cdot tg α - \frac{g}{2 v_{0}^{2} cos^{2} α} x^{2}, \end{matrix}

(1)

és a hajítás távolsága

\begin{matrix} s = \frac{v_{0}^{2}}{2 g} sin 2 α . \end{matrix}

(2)

A súlygolyó akkor repül át a

d

távolságban levő

h

magas fal felett, ha

y (d) \geq h

, azaz (1) felhasználásával és némi algebrai átalakítással

\begin{matrix} {tg}^{2} α - \frac{2 v_{0}^{2}}{g d} + (1 + \frac{2 v_{0}^{2} h}{g d^{2}}) \leq 0. \end{matrix}

(3)

Ennek a másodfokú egyenlőtlenségnek

\begin{matrix} 1, 08 \leq tg α \leq 5, 44 azaz 47, 2^{\circ} \leq α \leq 79, 6^{\circ} \end{matrix}

a megoldása. Látható, hogy a megengedett szögek mindegyike nagyobb

45^{\circ}

-nál. Ebben a tartományban (2) szerint

s (α)

monoton csökken, tehát a legnagyobb hajítási távolság a legkisebb szöghöz,

α = 47, 2^{\circ}

-hoz tartozik, és az elérhető távolság nagysága 650 cm (alig 2 cm-rel kevesebb, mint amekkora a fal nélküli maximum lenne).

b)

A befektetett energia

E = \frac{1}{2} m v_{0}^{2}

, elég tehát megnézni, hogy melyik az a legkisebb

v_{0}

, amelyre a (3) egyenlőtlenségnek ‐ alkalmas

α

esetén ‐ van megoldása. A megoldás létezésének feltétele az, hogy a diszkrimináns nemnegatív:

\begin{matrix} {(\frac{v_{0}^{2}}{g d})}^{2} \geq 1 + \frac{2 v_{0}^{2} h}{g d^{2}}, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} v_{0} \geq \sqrt[]{g (h + \sqrt[]{d^{2} + h^{2}})} = 6, 26 m/s. \end{matrix}

A megfelelő energiára

\begin{matrix} E = \frac{1}{2} m v_{0}^{2} > 98, 1 J, \end{matrix}

a határesetnek megfelelő szögre pedig

\begin{matrix} tg α = \frac{h}{d} + \sqrt[]{1 + {(\frac{h}{d})}^{2}} = 2, \end{matrix}

azaz

α = 63, 4^{\circ}

adódik.

() Rácz Béla András (Főv. Fazekas M. Gyak. Gimn., 11. o.t.) dolgozata alapján

Megjegyzés. Meglepő, hogy a megoldásban szereplő pályák nem szimmetrikusak a falra, a golyó nem vízszintesen repül át a fal felett. Sokan ‐ mint a részletes számításból látszik, indokolatlanul ‐ eleve feltételezték ezt a szimmetriát.
Ha minél messzebbre szeretnénk dobni egy akadályon át (adott kezdősebességgel) a súlyt, akkor a felszálló ágban kell áthaladjon az akadály felett; ha viszont a legkisebb kezdősebességgel (energiával) akarjuk átjuttatni az akadályon, akkor a leszálló ágban kell átrepüljön felette.

() (W. F.)