Feladat:	4485. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Reitz Angéla
Füzet:	2013/február, 116 - 117. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Rugalmatlan ütközések, Síkinga
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2012/november: 4485. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. Kis kitérések esetén az ingák lengésideje a kitéréstől független, emiatt a golyók mindig a felfüggesztési pont alatt fognak ütközni. Jelöljük az $n$-edik ütközés után a gyorsabban mozgó golyó sebességét $v_n$-nel, a lassabban mozgóét pedig $u_n$-nel, és számítsuk ki ezek nagyságát! Közvetlenül az első ütközés előtt a kimozdított (a rajzon a jobb oldali) golyó sebessége $v_0=\omega \cdot d$ (ahol $\omega =\sqrt[]{g/\ell }$ a harmonikus mozgást végző inga körfrekvenciája), a másik golyó pedig áll, $u_0=0$. A rendszer tömegközéppontjának sebessége $v_0/2$, a tömegközépponthoz viszonyított sebességek tehát az első ütközés előtt $\begin{array}{c}{\displaystyle v_0^{\text{(tkp)}}=\frac{v_0}{2}\mathrm{,}\text{illetve}{u}_0^{\text{(tkp)}}=-\frac{v_0}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Az ütközés során a fenti sebességek nagysága $k$-szorosára csökken, értékük tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle v_1^{\text{(tkp)}}=k\frac{v_0}{2}\text{és}{u}_1^{\text{(tkp)}}=-k\frac{v_0}{2}}\end{array}$ lesz. Visszatérve az eredeti (az ingák felfüggesztési pontjához rögzített) koordináta-rendszerbe, a golyók sebessége: $\begin{array}{c}{\displaystyle v_1=\frac{v_0}{2}\left(1+k\right)\mathrm{,}\text{valamint}{u}_1=\frac{v_0}{2}\left(1-k\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Az ingák (ha a közegellenállás hatása egy-egy lengés alatt nem számottevő) ugyanekkora sebességgel érkeznek vissza a pályájuk legmélyebb pontjához, ahol ismét ütköznek. A második ütközés után a (most is $v_0/2$ sebességgel mozgó) tömegközépponthoz viszonyítva a golyók sebessége $\begin{array}{c}{\displaystyle v_2^{\text{(tkp)}}=k^2\frac{v_0}{2}\text{és}{u}_2^{\text{(tkp)}}=-k^2\frac{v_0}{2}\mathrm{,}}\end{array}$ az eredeti rendszerben tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle v_2=\frac{v_0}{2}\left(1+k^2\right)\mathrm{,}{u}_1=\frac{v_0}{2}\left(1-k^2\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Hasonló gondolatmenettel adódik, hogy általában $\begin{array}{c}{\displaystyle v_n^{\text{(tkp)}}=k^n\frac{v_0}{2}\text{és}{u}_n^{\text{(tkp)}}=-k^n\frac{v_0}{2}\mathrm{,}}\end{array}$ illetve $\begin{array}{c}{\displaystyle v_n=\frac{v_0}{2}\left(1+k^n\right)\text{és}{u}_n=\frac{v_0}{2}\left(1-k^n\right)}\end{array}$ lesz a golyók sebessége. (Páratlan számú ütközés után a bal oldali, páros számú ütközést követően pedig a jobb oldali golyó mozog nagyobb ($v_n$) sebességgel, $u_n$ pedig a másik testre vonatkozik.) Ha $k<1$ és $n$ ,,elegendően nagy'' , akkor $k^n$ tetszőlegesen kicsivé válik (azaz $\underset{n\to \infty }{\overset{}{\text{lim}}}{k}^n=0$), s így mindkét golyó sebessége $v_0/2$ lesz. Mivel a lengések amplitúdója a maximális sebességgel arányos, és a $v_0$-hoz tartozó kitérés $d$ volt, az együtt mozgó két golyó legnagyobb kitérése $d/2$ lesz. Ezek után már nem történnek ütközések, és a mozgást ‐ hosszabb idő elteltével ‐ csak a légellenállás fogja megállítani.