Feladat:	4374. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	2012/február, 118 - 120. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Folyadékok és gázok áramlása, Hajítások
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2011/október: 4374. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. Számítsuk ki, milyen messzire jut el az a vízsugár, amelyik adott $H$ magasra helyzett locsolófejből indul ki, a vízszineshez képest $\alpha$ szögben, $v_0$ kezdősebességgel. (Az egyik esetben $H=0$, a másik alkalommal $H=h$.) A ferde hajítást végző, pontszerűnek tekinthető vízcseppek talajra érésének idejét a függőleges mozgásegyenletből számolhatjuk ki: $\frac{g}{2}{t}^2-v_0\text{sin}\alpha \cdot t=H$, amely másodfokú egyenletnek pozitív gyöke: $\begin{array}{c}{\displaystyle t=\frac{v_0\text{sin}\alpha +\sqrt[]{v_0^2\text{sin}{}^2\alpha +2gH}}{g}\mathrm{.}}\end{array}$ Ennyi idő alatt a vízcseppek vízszintes irányban $v_0\text{cos}\alpha \cdot t$ utat tesznek meg, tehát egy $\begin{array}{c}{\displaystyle r\left(\alpha \right)=\frac{v_0^2}{g}\left[\text{cos}\alpha \left(\text{sin}\alpha +\sqrt[]{\text{sin}{}^2\alpha +\frac{2gH}{v_0^2}}\right)\right]}\end{array}$ (1) sugarú körvonal mentén érnek földet. Ez a körsugár a függőlegesen   induló vízcseppek megadott $h=\frac{v_0^2}{2g}$ emelkedési magasságával kifejezve így is írható: $\begin{array}{c}{\displaystyle r\left(\alpha \right)=2h\left[\text{cos}\alpha \left(\text{sin}\alpha +\sqrt[]{\text{sin}{}^2\alpha +\frac{H}{h}}\right)\right]\mathrm{.}}\end{array}$ A megöntözött terület nagyságát az $r\left(\alpha \right)$ függvény maximuma határozza meg. Ha $r\left(\alpha \right)\le R\left(H\right)$, akkor az öntözött terület: $\begin{array}{c}{\displaystyle T\left(H\right)=R^2\left(H\right)\pi \mathrm{,}}\end{array}$ és a keresett területarány: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{T\left(h\right)}{T\left(0\right)}=\frac{R^2\left(h\right)}{R^2\left(0\right)}\mathrm{.}}\end{array}$ Az $r\left(\alpha \right)$ függvény szélsőértékét az (1)-ben szereplő szögletes zárójeles $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(\alpha \right)=\text{cos}\alpha \left(\text{sin}\alpha +\sqrt[]{\text{sin}{}^2\alpha +\frac{H}{h}}\right)}\end{array}$ kifejezés maximuma határozza meg. Ennek megkeresésére többféle módszert alkalmazhatunk. $a)$ Ábrázolhatjuk (adott $H$ mellett) $f\left(\alpha \right)$-t, és a grafikonról leolvashatjuk a szélsőérték helyét és nagyságát. $b)$ Differenciálszámítással, az $f\text{'}\left(\alpha \right)=0$ egyenlet megoldásával. $c)$ Egy elemi (lényegében geometriai) módszerrel, melyről a KöMaL 2004. évi decemberi számának 559. oldalán megjelent cikkben olvashatunk. $d)$ A Cauchy‐Bunyakovszkij‐Schwarz-egyenlőtlenség alkalmazásával.   Eszerint ${\left(a_1{b}_1+a_2{b}_2\right)}^2\le \left(a_1^2+a_2^2\right)\left(b_1^2+b_2^2\right)$ és az egyenlőség akkor áll fenn, ha $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}\mathrm{.}}\end{array}$ Jelen esetben ez így alkalmazható: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle f\left(\alpha \right)}& {\displaystyle =\text{sin}\alpha \cdot \text{cos}\alpha +\text{cos}\alpha \cdot \sqrt[]{\text{sin}{}^2\alpha +\frac{H}{h}}\le }\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle \le \sqrt[]{\text{sin}{}^2\alpha +\text{cos}{}^2\alpha }\cdot \sqrt[]{\text{cos}{}^2\alpha +\text{sin}{}^2\alpha +\frac{H}{h}}=\sqrt[]{1+\frac{H}{h}}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Ennek megfelelően $R\left(h\right)=2h\cdot \sqrt[]{2}$ és $R\left(0\right)=2h$, tehát a területek aránya: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{T\left(h\right)}{T\left(0\right)}=\frac{R^2\left(H\right)}{R^2\left(0\right)}=2.}\end{array}$ A $h$ magasságra emelt szórófejjel tehát éppen kétszer nagyobb területet öntözhetünk, mint a főldre helyezettel.   Megjegyzés. Jóllehet a feladat nem kérdezte a legmesszebbre spriccelő vízsugár ${\alpha }_0$ indulási szögét, a fentiek alapján ezt is kiszámíthatjuk. Az egyenlőtlenség éles határesetében $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{tg}{\alpha }_0=\sqrt[]{\frac{h}{h+H}}\mathrm{,}}\end{array}$   ez $H=0$ esetben a közismert ${\alpha }_0={45}^{\circ }$-ot adja, $H=h$ esetben pedig ${\alpha }_0=\text{arctg}\frac{1}{\sqrt[]{2}}\approx {35}^{\circ }$. (Néhány versenyző ‐ tévesen ‐ úgy vélte, hogy a megemelt locsolófejből a vízszintesen kirepülő vízcseppek jutnak legtávolabb.)