A P. 5233. feladat (2020. május)

P. 5233. Egy levelibéka egy tőle vízszintesen $\displaystyle s$ távolságra, de $\displaystyle h$ magasságban lévő levélre akar a talajról felugrani. Milyen irányba és mekkora sebességgel kell elrugaszkodnia, hogy a legkevesebb energiára legyen ehhez szüksége?

Közli: Woynarovich Ferenc, Budapest

(5 pont)

A beküldési határidő 2020. június 10-én LEJÁRT.

I. megoldás. Jelöljük a levelibéka kezdősebességét $\displaystyle v_0$-lal. A béka mozgási energiája $\displaystyle E=mv_0^2/2$, ennek legkisebb értékét akarjuk meghatározni.

Írjuk le a béka mozgását, vagyis a ferde hajítás folyamatát az 1. ábrán látható derékszögű koordináta-rendszerben!

1. ábra

A vízszintes ($\displaystyle x$ tengely irányú) mozgás egyenletes:

ahol $\displaystyle \alpha$ az elugrás irányának a vízszintessel bezárt szöge.

A függőleges, egyenletesen gyorsuló mozgást leíró összefüggés:

Az (1) egyenletből kifejezhetjük az időt:

$\displaystyle t=\frac{x}{v_{0}\cos\alpha},$

majd ezt (2)-be helyettesítve megkapjuk a pályagörbe egyenletét:

$\displaystyle y=-\frac{g}{2v_{0}^2\cos^2\alpha}\; x^2+x \mathop{\rm tg} \alpha.$

A béka akkor éri el a levelet, ha $\displaystyle x=s$ esetén $\displaystyle y=h$, vagyis

ami $\displaystyle v_0^2$-t az $\displaystyle E$ energiával kifejezve és az $\displaystyle 1/\cos^2\alpha=1+\tg^2\alpha$ azonosságot felhasználva így is felírható:

Tekintsük úgy, mintha $\displaystyle E$-t ismernénk, és $\displaystyle \alpha$-t szeretnénk meghatározni. A fenti, $\displaystyle \tg\alpha$-ra nézve másodfokú egyenletnek akkor van (valós) megoldása, ha a diszkrimináns nem negatív:

$\displaystyle \left(\frac{4E}{mgs}\right)^2-4\left(1+\frac{4Eh}{mgs^2}\right)\ge 0,$

vagyis

Ez az egyenlőtlenség akkor teljesül, ha

$\displaystyle E\ge \frac{mg}{2}\left(h+\sqrt{h^2+s^2}\right) \qquad\text{vagy} \qquad E\le \frac{mg}{2}\left(h-\sqrt{h^2+s^2}\right).$

A második eset (ami nullánál kisebb $\displaystyle E$-t adna) számunkra érdektelen, mivel a mozgási energia pozitív. Így megállapíthatjuk, hogy a levelibéka elugrásakor végzett munka

Az elugrás $\displaystyle v_0$ sebességének megkisebb értéke: $\displaystyle v_0=\sqrt{\frac{2E}m}=\sqrt{g(\sqrt{s^2+h^2}+h)}$.

A legkisebb $\displaystyle W$ munkának megfelelő elugrási szögre a (6) egyenlőtlenség határesetének megfelelő $\displaystyle E=W$ energiát (4)-be helyettesítve a

összefüggés adódik.

II. megoldás. Az I. megoldás (3) egyenletéből kiindulva (és $\displaystyle v_0^2=2E/m$-et kihasználva) kapjuk, hogy

Az $\displaystyle E$ energia legkisebb értékét (8) jobb oldalának maximuma határozza meg. Ez háromféle módszerrel is megkapható:

$\displaystyle (i)$ Trigonometrikus és algebrai átalakításokkal:

ahol $\displaystyle \tg\beta=\frac{h}{s}.$ (8) jobb oldala nyilván akkor maximális, ha

Ekkor

$\displaystyle E_\text{min}=\frac{mg}{2}\frac{s^2}{\sqrt{h^2+s^2}-h}=\frac{mg}{2}(h+\sqrt{h^2+s^2}).$

(Az elugrás szögére kapott (10) összefüggés egyenértékű az I. megoldás (7) képletével.)

$\displaystyle (ii)$ Geometriai módszerrel: Tekintsünk egy $\displaystyle h$ és $\displaystyle s$ oldalélű téglalapot, amelynek egyik csúcspontja egy adott $\displaystyle e$ egyenesre illeszkedik, és az $\displaystyle s$ hosszúságú oldal $\displaystyle 2\alpha$ szöget zár be $\displaystyle e$-vel (2. ábra).

2. ábra

A $\displaystyle B$ pont távolsága az $\displaystyle e$ egyenestől:

$\displaystyle BM=s\sin(180^\circ-2\alpha)+h \cos(180^\circ-2\alpha)=s\sin(2\alpha)-h\cos(2\alpha),$

vagyis éppen az a kifejezés, aminek a maximumát keressük. A maximumhelynél $\displaystyle BO$ merőleges az $\displaystyle e$ egyenesre, vagyis

$\displaystyle 180^\circ-2\alpha+\beta=90^\circ, \qquad\text{azaz}\qquad \alpha=45^\circ+\frac{\beta}{2}.$

$\displaystyle BM$ maximális nagysága $\displaystyle \sqrt{h^2+s^2}$, és a béka elugrásához szükséges legkisebb munka:

$\displaystyle E_\text{min}=\frac{mg}{2}(h+\sqrt{h^2+s^2}).$

$\displaystyle (iii)$ Differenciálszámítással: (7) jobb oldalának deriváltja a szélsőérték (lokális maximum) $\displaystyle \alpha=\alpha_0$ helyén eltűnik:

$\displaystyle 2s\cos(2\alpha_0)+2h\sin(2\alpha_0)=0,$

vagyis

$\displaystyle \tg(2\alpha_0)=-\frac{s}{h} \qquad (0\leq2\alpha_0\leq 180^\circ),$

és

$\displaystyle s\sin(2\alpha)-h\cos(2\alpha)\le s\sin(2\alpha_0)-h\cos(2\alpha_0)=\sqrt{h^2+s^2},$

ennek megfelelően

$\displaystyle W\ge E_\text{min}=\frac{mg}{2}(h+\sqrt{h^2+s^2}).$

III. megoldás. Jelöljük a levelibéka kezdősebességének vektorát $\displaystyle \boldsymbol{v}_{0}$-lal, a levélhez érkező béka sebességét $\displaystyle \boldsymbol{v}_{1}$-gyel, a teljes mozgáshoz tartozó elmozdulásvektort $\displaystyle \boldsymbol{r}$-rel, a nehézségi gyorsulást (mint vektort) pedig $\displaystyle \boldsymbol{g}$-vel (3. ábra)! Tudjuk, hogy az $\displaystyle \boldsymbol{r}$ vektor vízszintes komponense $\displaystyle s$, a függőleges pedig $\displaystyle h$ nagyságú, továbbá az energiamegmaradás tétele szerint

$\displaystyle \frac{m}{2}v_0^2=\frac{m}{2}v_1^2+mgh,\qquad\text{azaz}\qquad v_1=\sqrt{v_0^2-2gh}.$

3. ábra

Newton II. törvénye szerint

ahol $\displaystyle t$ a mozgás időtartama.

Másrészt igaz, hogy

itt kihasználtuk, hogy a sebesség időben egyenletesen változik, tehát az átlagsebesség megegyezik a kezdeti- és végsebesség számtani közepével.

4. ábra

Tekintsük a kezdeti sebesség és a végsebesség vektora által kifeszített $\displaystyle OBCA$ paralelogrammát (4. ábra), és számítsuk ki a paralelogramma $\displaystyle T$ területét kétféle módon. Egyrészt $\displaystyle T= |\boldsymbol{v}_{0}|\, |\boldsymbol{v}_{1}|\,\sin\gamma$, másrészt

$\displaystyle T= AB\cdot OM=gt\cdot\frac{s}{t}=gs.$

Kihasználtuk, hogy az $\displaystyle AB$ szakasz függőleges és (11) szerint $\displaystyle gt$ hosszúságú, valamint (12) alapján $\displaystyle OD$ hossza $\displaystyle r/t$, tehát $\displaystyle OD$ vízszintes ($\displaystyle AB$-re merőleges) vetülete $\displaystyle OM=s/t$. A kétféle számítás eredményét összehasonlítva kapjuk, hogy

$\displaystyle gs =|\boldsymbol{v}_{0}|\, |\boldsymbol{v}_{1}|\,\sin\gamma\le v_{0}\sqrt{v_{0}^2-2gh}.$

Ez megegyezik az (5) feltétellel, ha $\displaystyle v_0$-t $\displaystyle E$-vel fejezzük ki.

Az egyenlőség akkor teljesül, amikor a kezdeti sebesség és a végsebesség merőleges egymásra. Az elhajítás $\displaystyle \alpha$ szögére ilyenkor (az $\displaystyle OMA$ és $\displaystyle BOA$ derékszögű háromszögek hasonlósága miatt) fennáll:

$\displaystyle \mathop{\rm tg} \alpha=\frac{AM}{OM}=\frac{AO}{OB}=\frac{v_{0}}{v_{1}}=\frac{v_{0}}{\sqrt{v_{0}^2-2gh}}.$

Ez ekvivalens a (6) kifejezéssel, ahogy erről a $\displaystyle v_0$-t az $\displaystyle E_\text{min}$-nel kifejezve meggyőződhetünk.

Megjegyzés. Ez a feladat szoros ,,rokona'' a következőnek:

Egy $\displaystyle h$ magas toronyból adott $\displaystyle v_{0}$ nagyságú kezdősebességgel különböző irányokba hajíthatunk el pontszerű testeket. Legfeljebb mekkora (vízszintesen mért) távolságra juthatnak el a testek, ha a légellenállás nem számottevő?

Ennek a problémának többféle megoldását is bemutatja a KöMaL 2004. decemberben megjelent Egy fizika feladat megoldása ,,a Könyvből'' című cikk (lásd http://db.komal.hu/KomalHU/, illetve a honlapon).

Statisztika:

35 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Békési Ábel, Fekete András Albert, Horváth 999 Anikó, Kertész Balázs, Lê Minh Phúc, Ludányi Levente, Nguyễn Đức Anh Quân, Perényi Barnabás, Selmi Bálint, Somlán Gellért, Szabados Noémi, Téglás Panna, Toronyi András, Vakaris Klyvis, Vass Bence, Viczián Anna.
4 pontot kapott:	Bokor Endre, Endrész Balázs, Fekete Levente, Tóth Ábel, Varga Vázsony.
1 pontot kapott:	12 versenyző.
0 pontot kapott:	2 versenyző.

A KöMaL 2020. májusi fizika feladatai