Feladat:	4796. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Di Giovanni András
Füzet:	2016/április, 246 - 248. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Rugalmatlan ütközések, Egyéb matematikai inga
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2016/január: 4796. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. Jelöljük az ingák hosszát $\ell$-lel, a testek tömegét $M$-mel és $m$-mel. Feltételezzük, hogy mindkét golyó mérete sokkal kisebb, mint a fonalak hossza, emiatt a matematikai inga közelítés alkalmazható. Az $a)$ esetben a testek ugyanabban a függőleges síkban mozognak. Mivel az ütközési pontig mindkét test $\begin{array}{c}{\displaystyle h=\ell \left(1-\text{cos}{30}^{\circ }\right)=0\mathrm{,}134\ell }\end{array}$ távolsággal kerül mélyebbre, a sebességük az ütközés előtt (az energiamegmaradás törvénye szerint) $\begin{array}{c}{\displaystyle v=\sqrt[]{2gh}\mathrm{,}}\end{array}$ a rugalmatlan ütközés után pedig (a lendületmegmaradás törvénye alapján) $\begin{array}{c}{\displaystyle v\text{'}=\frac{M-m}{M+m}v=0\mathrm{,}733v}\end{array}$ lesz (1. ábra).   1. ábra   Ekkora kezdősebességgel a két összetapadt test $\begin{array}{c}{\displaystyle h\text{'}=\frac{v{\text{'}}^2}{2g}=\ell \left(1-\text{cos}\beta \right)}\end{array}$ magasra emelkedik, ahonnan a legnagyobb kilendülésük szöge $\begin{array}{c}{\displaystyle \beta =\text{arccos}\left(1-\frac{v{\text{'}}^2}{v^2}\frac{h}{\ell }\right)=\text{arccos}\left(1-0\mathrm{,}{733}^2\cdot 0\mathrm{,}134\right)=21\mathrm{,}{9}^{\circ }\mathrm{.}}\end{array}$ A $b)$ esetben a kitérített ingák mozgásának $OBC$ és $OAC$ síkja nem esik egybe, hanem valamekkora $\alpha$ szöget zár be egymással (2. ábra). Mivel az ingák kezdeti kitérítése ${60}^{\circ }$ volt, az $ABC$ egyenlő szárú háromszög szárainak hossza: $\begin{array}{c}{\displaystyle AC=CB=\ell \text{sin}{60}^{\circ }=\frac{\sqrt[]{3}}{2}\ell \mathrm{.}}\end{array}$ Másrészt a kitérített ingák fonalai egymással is ${60}^{\circ }$-os szöget zárnak be, így $OAB$ egyenlő oldalú háromszög, tehát $AB=\ell$. Az $ABC$ háromszögre felírható koszinusztételből következik, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{cos}\alpha =\frac{A{C}^2+B{C}^2-A{B}^2}{2\cdot CB\cdot AC}=\frac{1}{3}\mathrm{,}\text{vagyis}\alpha =70\mathrm{,}{5}^{\circ }\mathrm{.}}\end{array}$   2. ábra   Mindkét golyó $\begin{array}{c}{\displaystyle v=\sqrt[]{2g\ell \left(1-\text{cos}{60}^{\circ }\right)}=\sqrt[]{g\ell }}\end{array}$ nagyságú, egymással $\alpha$ szöget bezáró sebességgel érkezik a felfüggesztési pont alá, ott rugalmatlanul ütköznek, majd egy közös, $v\text{'}$ nagyságú sebességgel mozognak tovább. A lendületmegmaradás törvénye szerint a közös sebesség $x$ és $y$ komponense (a 2. ábrán látható koordináta-rendszerben): $\begin{array}{c}{\displaystyle v{\text{'}}_x=\frac{mv\text{sin}\alpha }{M+m}\mathrm{,}v{\text{'}}_y=\frac{Mv+mv\text{cos}\alpha }{M+m}\mathrm{,}}\end{array}$ a nagysága pedig: $\begin{array}{c}{\displaystyle v\text{'}=\sqrt[]{{v\text{'}}_x^2+{v\text{'}}_y^2}=\frac{\sqrt[]{M^2+m^2+\frac{2}{3}Mm}}{M+m}v=0\mathrm{,}92\sqrt[]{g\ell }\mathrm{.}}\end{array}$ A két test kezdősebessége és a legnagyobb kilendülésük $\beta$ szöge között fennáll, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{2}{v\text{'}}^2=g\ell \left(1-\text{cos}\beta \right)\mathrm{,}}\end{array}$ vagyis $\begin{array}{c}{\displaystyle \beta =\text{arccos}\left(1-\frac{0\mathrm{,}{92}^2}{2}\right)=54\mathrm{,}{7}^{\circ }\mathrm{.}}\end{array}$