Kezdőlap


Feladat:	4541. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Janzer Barnabás , Sal Kristóf
Füzet:	2013/szeptember, 373 - 375. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Feladat, Napórák, Árnyékjelenségek
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2013/május: 4541. fizika feladat

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

I. megoldás.

a)

Június 21-én (a nyári napforduló napján) a Nap a Ráktérítőn délben éppen merőlegesen süt, az Egyenlítőn tehát ezen a napon

α = 23, 5^{\circ}

-os szöget zárnak be a függőlegessel a napsugarak (1. ábra). Az

ℓ = 1

m hosszú bot árnyéka ilyenkor

d_{1} = ℓ tg α = 0, 435 m

hosszúságú (lásd a 2. ábrát).

1.ábra

2.ábra

b)

A Föld 24 óra alatt

360^{\circ}

-ot, 2 óra alatt tehát

β = 30^{\circ}

-ot fordul el a tengelye körül. Legyen

O

a Föld középpontja,

A

egy olyan pont, ahol a Nap

90^{\circ}

-os szögben delel,

B

az Egyenlítő olyan pontja, amely

A

-val azonos délkörön helyezkedik el,

C

pedig az Egyenlítő ugyanezen pontjának 2 órával későbbi helye (3. ábra).
Tudjuk, hogy

α = A O B ∢ = 23, 5^{\circ}

, továbbá azt, hogy az

A O B

és

B O C

síkok merőlegesek egymásra. Ha ismernénk a

γ = A O C

szöget, vagyis hogy milyen szöget zárnak be a napsugarak a

C

helyzetben levő függőleges bottal, akkor a bot árnyékának hosszát a

d_{2} = ℓ tg γ

összefüggésből könnyen ki tudnánk számítani.

3.ábra

4.ábra

Vegyünk fel egy

A' B' C' O

tetraédert (4. ábra), amelyre

\begin{matrix} A' O B' ∢ = α, B' O C' ∢ = β, \end{matrix}

továbbá

\begin{matrix} A' B' C' ∢ = A' B' O ∢ = C' B' O ∢ = 90^{\circ} . \end{matrix}

Legyen

O B' = 1

, ekkor

B' C' = tg β

A' B' = tg α

, és Pitagorasz tétele szerint

\begin{matrix} O C' = \sqrt[]{tg^{2} β + 1}, O A' = \sqrt[]{tg^{2} α + 1}, A' C' = \sqrt[]{tg^{2} α + tg^{2} β} . \end{matrix}

Könnyen belátható, hogy

A' O C' ∢ = A O C ∢ = γ

a keresett szög.
Írjuk fel az

A' O C'

háromszögre a koszinusztételt:

\begin{matrix} {(A' C')}^{2} = {(O A')}^{2} + {(O C')}^{2} - 2 O A' \cdot O C' \cdot cos γ, \end{matrix}

ahonnan

\begin{matrix} cos γ & = \frac{{(O A')}^{2} + {(O C')}^{2} - {(A' C')}^{2}}{2 O A' \cdot O C'} = \\ = \frac{(tg^{2} α + 1) + (tg^{2} β + 1) - tg^{2} α - tg^{2} β}{2 \sqrt[]{tg^{2} α + 1} \sqrt[]{tg^{2} β + 1}} = \\ = cos α \cdot cos β = 0, 794; \Rightarrow γ = 37, 4^{\circ} . \end{matrix}

A bot árnyékának hossza tehát a kérdéses időpontban:

d_{2} = ℓ tg γ = 0, 76

II. megoldás. Vegyünk fel egy olyan derékszögű koordináta-rendszert, amelynek origója a Föld középpontja,

x

‐

y

síkja pedig az Egyenlítő síkjával esik egybe, és az

x

tengely a bot delelési helyzete felé mutat (5. ábra).

5.ábra

Ebben a koordináta-rendszerben a Nap felé mutató egységvektor

e = (cos α,0, sin α)

, a delelési helyzethez képest

β

szöggel elfordult bot felé mutató egységvektor pedig

f = (cos β, sin β,0)

módon adható meg. (

α = 23, 5^{\circ}

az Egyenlítő síkjának a földpálya síkjával bezárt szöge.)
Az

e

és

f

vektorok által bezárt

γ

szög a napsugarak és a bot szöge, melynek koszinusza a két vektor skalárszorzatával egyenlő:

\begin{matrix} cos γ = e \cdot f = e_{x} f_{x} + e_{y} f_{y} + e_{z} f_{z} = cos α cos β . \end{matrix}

ℓ = 1

méteres bot árnyékának hossza:

\begin{matrix} d = ℓ \cdot tg γ = \sqrt[]{\frac{1}{cos^{2} γ} - 1} = ℓ \cdot \sqrt[]{\frac{1}{cos^{2} α cos^{2} β} - 1}, \end{matrix}

ami

\begin{matrix} d = ℓ \cdot \sqrt[]{tg^{2} α + \frac{tg^{2} β}{cos^{2} α}} \end{matrix}

alakban is felírható.

a)

Délben

β_{1} = 0

, ekkor

γ = γ_{1} = α

, az árnyék hossza tehát

\begin{matrix} d_{1} = ℓ \cdot tg α = 43, 5 cm. \end{matrix}

b)

A delelés után 2 órával

β_{2} = 30^{\circ}

, ekkor

γ = γ_{2} = 37, 4^{\circ}

, és a bot árnyéka

d_{2} = 76, 4

cm hosszú.