Kezdőlap


Feladat:	3687. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Birkner Tamás , Horváth Márton , Károlyi Márton , Kómár Péter , Mezei Márk , Paulin Dániel , Sótér Anna , Strenner Balázs , Szabó Áron
Füzet:	2004/szeptember, 374 - 377. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Hajítások, Bernoulli-törvény, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2004/február: 3687. fizika feladat

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

Megoldás. Legyen a tartály aljától a vízsugár becsapódási pontjába mutató vektor vízszintes komponense $x$ , a függőleges komponense $y$ , a vektor hossza pedig $d$ (lásd az ábrát)!

A víz (a Torricelli-féle kiáramlási törvény szerint)

\begin{matrix} v = \sqrt[]{2 g (H - h)} \end{matrix}

nagyságú vízszintes kezdősebességgel hagyja el a tartályt, és a víznek egy-egy ,,darabkája'' a függőleges mozgásából számíthatóan

\begin{matrix} t = \sqrt[]{\frac{2 (h + y)}{g}} \end{matrix}

idő alatt éri el a lejtőt. Ezalatt a vízszintes elmozdulása

\begin{matrix} x = v t = 2 \sqrt[]{(H - h) (h + y)} . \end{matrix}

Mivel a lejtő hajlásszöge

α

, fennáll

y = x tg α

. Ezt a fenti összefüggésbe helyettesítve, majd négyzetre emelve

x

-re a következő másodfokú egyenletet kapjuk:

\begin{matrix} x^{2} - 4 (H - h) (h + x tg α) = 0. \end{matrix}

(1)

Ennek az egyenletnek mindig van 2 valós megoldása, melyekből a számunkra érdekes pozitív gyök

x = 2 (H - h) tg α + 2 \sqrt[]{{(H - h)}^{2} tg^{2} α + (H - h) h}

. Célszerű bevezetni az ábrán is látható

z = H - h

jelölést, ezzel

\begin{matrix} x = 2 z tg α + 2 \sqrt[]{z^{2} tg^{2} α + z (H - z)} . \end{matrix}

Ennek az

x (z)

kifejezésnek keressük (a

0 \leq z \leq H

intervallumon) a maximumát. Mivel

x (0) = 0

és

0 < z < H

esetén

x > 0

, az

x (z)

függvénynek vagy ott van maximuma, ahol a

z

szerinti deriváltja nulla, vagy pedig a

z = H

helyen.
A derivált eltűnéséből

\begin{matrix} x' (z) = 2 tg α + \frac{2 z tg^{2} α + H - 2 z}{\sqrt[]{z^{2} tg^{2} α + z (H - z)}} = 0, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} 2 tg α \sqrt[]{z^{2} tg^{2} α + z (H - z)} = 2 z (1 - tg^{2} α) - H . \end{matrix}

(2)

Mivel a bal oldal nemnegatív, a jobb oldal első tagja pozitív kell legyen. Ez akkor teljesül, ha

tg α < 1

, azaz

α < 45^{\circ}

. Másrészt (2) jobb oldala nemnegatív, vagyis

\begin{matrix} z \geq \frac{H}{2 (1 - tg^{2} α)} . \end{matrix}

(3)

A (2) egyenlet, amely négyzetre emelés után

z

-re nézve másodfokú, algebrai átalakítások után

4 (tg^{2} α - 1) z^{2} + 4 H z - H^{2} = 0

alakra hozható. A diszkrimináns

\begin{matrix} D = 16 H^{2} + 4 \cdot 4 (tg^{2} α - 1) H^{2} = {(4 H tg α)}^{2}, \end{matrix}

(2) megoldásai tehát

\begin{matrix} z_{1,2} = \frac{H \mp H tg α}{2 (1 - tg^{2} α)} . \end{matrix}

(4)

Figyelembe véve a (3) egyenlőtlenséget, (4) jobb oldalán a pozitív előjelet kell választanunk:

\begin{matrix} z = \frac{H + H tg α}{2 (1 - tg^{2} α)} = \frac{H}{2} \frac{1}{1 - tg α} . \end{matrix}

Ennek az értéke nem lehet nagyobb

H

-nál:

\begin{matrix} \frac{H}{2} \frac{1}{1 - tg α} \leq H, ahonnan tg α \leq \frac{1}{2}, α \leq 26, 6^{\circ} \end{matrix}

következik. Ha ez nem teljesül, akkor az adott intervallumban

x (z)

-nek nem lehet nulla a deriváltja, így

x (z)

a maximumát

z = H

-nál, vagyis

h = 0

-nál veszi fel.
A vízsugár tehát

α \leq 26, 6^{\circ}

-nak megfelelő lejtőn

\begin{matrix} h = H - z = H - \frac{H}{2} \frac{1}{1 - tg α} = \frac{1 - 2 tg α}{2 - 2 tg α} H \end{matrix}

érték esetén csapódik be legmesszebb, és a becsapódás távolsága

\begin{matrix} d = \frac{x}{cos α} = \frac{H}{cos α - sin α} . \end{matrix}

Ha viszont

α \geq 26, 6^{\circ}

, akkor az edény legalján kilövellő víz csapódik be legmesszebb, nevezetesen

\begin{matrix} d = \frac{4 H sin α}{cos^{2} α} \end{matrix}

távolságra a tartály aljától.

Megjegyzések. 1.

α = 0

szögnél az eredmény megegyezik a vízszintes talajon álló tartály egyszerűbb esetével:

h = H / 2

és

d = h

(lásd a P. 3673. feladat megoldását lapunk 373. oldalán).
2. A legnagyobb becsapódási távolságot elemi matematikával (differenciálszámítás nélkül) is meg lehet határozni. Tekintsük az (1) egyenletet, és határozzuk meg adott becsapódási távolság (vagyis adott

x

) mellett azt a

h

értéket (vagy értékeket), amely éppen ehhez az

x

-hez tartozik. Az (1) egyenlet

h

-ra nézve (is) másodfokú:

\begin{matrix} h^{2} + h (x tg α - H) + (\frac{x^{2}}{4} - H x tg α) = 0, \end{matrix}

amelynek akkor van (valós) megoldása, ha a diszkriminánsa nemnegatív:

\begin{matrix} {(x tg α - H)}^{2} - x^{2} + 4 H x tg α = [x (tg α + 1) + H] [x (tg α - 1) + H] \geq 0. \end{matrix}

A bal oldali szögletes zárójelben álló kifejezés nem negatív, tehát a másik szögletes zárójelben álló kifejezés sem lehet negatív, így

x

-re az

\begin{matrix} x \leq \frac{H}{1 - tg α} \end{matrix}

egyenlőtlenség adódik; ez éppen a fenti megoldásban megkapott

d

értéknek felel meg. A megfelelő kiömlési magasság:

\begin{matrix} h = \frac{1 - 2 tg α}{2 - 2 tg α} H . \end{matrix}

Mivel ez nem lehet negatív,

tg α > 1 / 2

esetén nem a fenti kifejezésnek, hanem

h = 0

-nak megfelelő

x = 4 H tg α

adja meg a legnagyobb becsapódási távolság vízszintes vetületét.