Kezdőlap


Feladat:	589. fizika feladat	Korcsoport: -	Nehézségi fok: -
Megoldó(k):	Almássy Gy. , b. Nagy I. , Berger Tibor , Botár L. , Frankl Ottó , Füzy O. , Gárdos Pál , Komlós J. , Mezey G. , Nagy E. , Pálos P. , Szalai K. , Szelei Gy. , Tertyánszky Gy.
Füzet:	1937/január, 156 - 157. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1936/november: 589. fizika feladat

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

A) A mozgó pont sebességét a szóbanforgó esetben az energia-tétel alapján fejezhetjük ki. Zérus kezdősebességet tételezve fel, a mozgó pont mozgásenergiája a helyzeti energia csökkenésével egyenlő, azaz

\begin{matrix} \frac{1}{2} m v^{2} - m g y_{1} - m g y = m g (y_{1} - y) . \end{matrix}

Itt

y_{1} = {(\frac{a}{4})}^{2}

és

y_{1} = {(\frac{x}{4})}^{2}

, ha t. i. a sebességet abban a pontban keressük, amelynek koordinátai a tetszőleges

x (< a)

és

y | - {(\frac{x}{4})}^{2} |

. Eszerint

\begin{matrix} v^{2} - 2 g (\frac{a^{2} - x^{2}}{16}) = g (\frac{a^{2} - x^{2}}{8}), v = \frac{1}{2} \sqrt[]{g (\frac{a^{2} - x^{2}}{2})} \end{matrix}

g = 980

és

a = 20

esetében

v = \frac{7}{2} \sqrt[]{10 (400 - x^{2})} = \frac{7}{2} \sqrt[]{4000 - 10 x^{2}} {cm sec}^{- 1}

.
B) A mozgó pont

x = 0

helyen éri el legnagyobb sebességét:

\begin{matrix} v_{max} = \frac{7}{2} \sqrt[]{10 a^{2}} = \frac{7 a}{2} \sqrt[]{10} = 70 \sqrt[]{10} {cm sec}^{- 1} = 221, 35 {cm sec}^{- 1} . \end{matrix}

C) A maximális sebesség fele:

\frac{7 a}{4} \sqrt[]{10}

; ezt oly

x

helyen éri el, amelyre nézve

\begin{matrix} \frac{7}{2} \sqrt[]{10 (a^{2} - x^{2})} = \frac{7 a}{4} \sqrt[]{10}; innen x = \frac{a}{2} \sqrt[]{3} = 17, 32. \end{matrix}

A pont ekkor

y = {(\frac{1}{4} \frac{a}{2} \sqrt[]{3})}^{2} = \frac{3 a^{2}}{64} = 18, 75 cm

magasságban van. (

25 cm

magasságból indult!)
D) A lejtő egyenlete:

y : x = {(\frac{a}{4})}^{2} : a azaz y = \frac{a x}{16}

.
A sebesség kiszámítására ismét alkalmazzuk az energia tételét. Tetszőleges

(x, y)

pontban a sebesség legyen

w

. Így

\begin{matrix} \frac{1}{2} m w^{2} = m g (y_{1} - y) = m g (\frac{a^{2}}{16} - \frac{a x}{16}) = \frac{m g a}{16} (a - x) . \end{matrix}

Innen

\begin{matrix} w = \frac{7}{2} \sqrt[]{10 a (a - x) .} \end{matrix}

Hasonlítsuk ezt össze az A) alatti

v

-vel:

\begin{matrix} \frac{w}{v} = \frac{7}{2} \sqrt[]{10 a (a - x)} : \frac{7}{2} \sqrt[]{10 (a^{2} - x^{2})} = \sqrt[]{\frac{a}{a + x}} \leq 1 \end{matrix}

hacsak

a - x > 0

, azaz

x < a

. Az

x = a

esetben

w = v = 0

.
Ha

x = 0

, akkor

w = v = \frac{7 a}{2} \sqrt[]{10} ill. \frac{w}{v} = 1

. (Ismert tétel!)
Eszerint a sebesség értéke a lejtőn minden

x

értéknél kisebb, mint a parabolán, kivéve a kezdő és véghelyzetet. Ebből következik, hogy a parabola pályán ér le előbb a parabola csúcsához.

Jegyzet. A megoldások legnagyobb része az utolsó kérdésre nem ad helyes feleletet. Legszimpatikusabb azon megoldás, melynek szerzője kijelenti, hogy ezzel a kérdéssel nem boldogul.
Természetesen, ha a parabolán való esés idejét akarjuk kiszámítani, akkor ez nem megy. Ugyanis a parabolán való mozgás egyenlőtlenül változó, hiszen a gyorsulás

g sin α

ahol

α

a parabola egyes pontjához húzott érintőnek irányszögét jelenti és ez változó. Az esés idejének kiszámítása oly integrál kiszámításához vezet, amellyel gimnáziumi tanulmányainkban nem találkozunk. Azonban, mint láttuk, erre nincs szükség.
A parabolapálya eleinte meredekebb, mint a szóbanforgó húr, ill. lejtő mindaddig a pontig, ahol a parabola érintője párhuzamos a húrral.
Ezen párhuzamosság az

x = \frac{a}{2}

pontban áll elő.
Idáig a parabolán való mozgás gyorsulása állandóan nagyobb, mint a lejtőn való mozgásé;

x = \frac{a}{2}

és

x = a

között a parabolán nagyobb az út, mint

x = 0

és

x = a

között.
Ezen körülmény szolgálhat némi útmutatással a megoldásban adott felelethez.
Ezzel kapcsolatban feleleveníthetjük az ú. n. brachistochronpálya problémáját. Két különböző szinten elhelyezett pont,

A

és

B

között, minő függőleges síkban képzelt pályán kell esnie a nehézségi erő hatása alatt valamely súlyos pontnak, hogy a lehető legrövidebb idő alatt érjen

A

-ból

B

-be? A vizsgálatok kiderítették, hogy ezen pálya a ciklois íve. A cikloist úgy kell képzelnünk, hogy A-ból indul ki (itt van a csúcsa) és oly kör pontja írja le, mely az

A

-ból kiinduló vízszintesen (alul) gördül.
Ezen problémát először BERNOULLI JÁNOS vetette fel 1696-ban és megoldását közölte 1697-ben (Lipcse, Acta Eruditorum) Egyidejűleg vele közölte fivére, B. JAKAB is az ő megoldását. (Ugyanott.)
Szóval: az egyenes a legrövidebb út, de nem a legrövidebb idejű esés útja.