 |
A P. 5356. feladat (2021. november) |
P. 5356. Vízszintes talajon fekszik egy téglalap keresztmetszetű gerenda. A téglalap vízszintes oldala \(\displaystyle L\), függőleges oldala \(\displaystyle H\) hosszúságú. Elhanyagolva a közegellenállást, honnan és hogyan kell elugrania egy szöcskének, hogy a lehető legkisebb energiaráfordítással sikerüljön átugrania ezt a gerendát? Hol lesz az ugrási parabola fókuszpontja ebben az esetben?
Radnai Gyula (1939–2021) feladata
(5 pont)
A beküldési határidő 2021. december 15-én LEJÁRT.
Megoldás. A gerenda kereszmetszetének felső sarokpontjai – optimális esetben – éppen illeszkednek a szöcske (parabola alakú) pályagörbéjére. Jelöljük a szöcske sebességét ezekben a pontokban \(\displaystyle v_0\)-lal, a görbe meredekségét pedig \(\displaystyle \pm\alpha\)-val (lásd az 1. ábrát). A szöcske teljes energiája a talaj szintjéhez viszonyítva:
| \(\displaystyle (1)\) | \(\displaystyle E=mgH+\frac{1}{2}mv_0^2,\) |
ennek a kifejezésnek keressük a legkisebb értékét.
Ismert, hogy adott \(\displaystyle v_0\) sebességgel elindított pontszerű test
\(\displaystyle \ell=\frac{v_0^2}{g}\,\sin(2\alpha)\)
távolra jut, ilyen messze éri el az indulási pont magasságát. Esetünkben az \(\displaystyle \ell\) távolságnak legalább \(\displaystyle L\)-nek kell lennie, tehát
| \(\displaystyle (2)\) | \(\displaystyle v_0^2\ge \frac{gL}{\sin(2\alpha)} \ge gL.\) |
Az egyenlőség \(\displaystyle \alpha=45^\circ\) esetén áll fenn, és \(\displaystyle v_0^2\) minimális értéke \(\displaystyle gL\).
1. ábra
Behelyettesítve (2)-t (1)-be azt kapjuk, hogy
\(\displaystyle E\ge mg\left(H+\frac{L}{2}\right)=E_\text{min}.\)
A szöcske elugrásának \(\displaystyle u\) kezdősebességét az
\(\displaystyle \frac12 mu^2=E_\text{min}\)
összefüggésből kaphatjuk meg:
\(\displaystyle u=\sqrt{g(2H+L)}.\)
Határozzuk meg most a szöcske elugrási helyének a gerenda szélétől mért \(\displaystyle d\) távolságát és az elugrás szögét. A 2. ábrán látható koordinátarendszerben a parabola egyenlete:
\(\displaystyle y=x\left(1-\frac{x}{L}\right),\)
hiszen a pályagörbe meredeksége \(\displaystyle x=0\)-nál 1, és a gerenda felső élei illeszkednek a parabolára.
2. ábra
A kérdéses \(\displaystyle d\) távolságot az \(\displaystyle x\left(1-\frac{x}{L}\right)=-H\), vagyis az \(\displaystyle x^2-xL-HL=0\) feltételből kapjuk meg. Ennek az egyenletnek a negatív gyöke:
\(\displaystyle x_1=\frac{L}{2}-\sqrt{\left(\frac{L}{2}\right)^2+LH}=-d,\)
tehát
\(\displaystyle d=\sqrt{\left(\frac{L}{2}\right)^2+LH}-\frac{L}{2}.\)
Az elugrás \(\displaystyle \varphi\) szögének tangense a parabola érintőjének meredeksége az \(\displaystyle x=-d\) helyen:
\(\displaystyle \tg\varphi=1-\frac{2x}{L}=1+\frac{2d}{L}=\sqrt{1+\frac{4H}{L}}.\)
Megjegyzések. 1. A parabola érintőjének meredekségét tetszőleges pontban differenciálszámítással, vagy egy jól ismert fizikai jelenséggel, az egyenes vonalú, egyenletesen gyorsuló mozgással való analógia kihasználásával kaphatjuk meg. Ha az \(\displaystyle y(x)\) függvényben \(\displaystyle x\)-et \(\displaystyle t\)-vel helyettesítjük (ahol \(\displaystyle t\) az időt jelenti), akkor az \(\displaystyle y(t)=t-(t^2/L)\) összefüggést kapjuk. Összehasonlítva ezt az \(\displaystyle y\) tengely menti egyenletesen gyorsuló mozgás \(\displaystyle y(t)=v_0t+\frac{a}{2}t^2\) kifejezésével, látjuk, hogy a kezdősebesség \(\displaystyle v_0=1\), a gyorsulás pedig: \(\displaystyle a=2/L.\) Az eredeti, \(\displaystyle y(x)\) parabolapályája érintőjének meredeksége az \(\displaystyle y(t)\) mozgás pillanatnyi sebességével egyezik meg, vagyis
\(\displaystyle \tg\varphi=v_0+at=1-\frac2{L}x=1+\frac{2d}{L}.\)
2. A szöcske elugrásának \(\displaystyle \varphi\) szögét a ferde hajítás távolságát megadó képlet segítségével is ki lehet számítani:
\(\displaystyle L+2d=\frac{u^2}{g}\sin(2\varphi),\)
amiből \(\displaystyle u\) és \(\displaystyle d\) behelyettesítése után kapjuk, hogy
\(\displaystyle \sin(2\varphi)=\frac{\sqrt{(L/2)^2+HL}}{H+L/2}.\)
Ahogy arról a \(\displaystyle \sin(2\varphi)=\frac{2\, {\tg} \varphi}{1+{ {\tg}}^2\varphi}\) összefüggés segítségével meggyőződhetünk, ez ugyanazt a \(\displaystyle \varphi\) szöget adja, mint a fentebb kiszámított.
A parabola fókuszpontját legkönnyebben optikai megfontolásokkal kaphatjuk meg. Tudjuk, hogy a parabola alakú tükör a szimmetriatengellyel párhuzamos fénysugarakat az \(\displaystyle F\) fókuszpont felé veri vissza. A szöcske optimális pályagörbéje esetén a gerenda szélénél haladó, függőleges fénysugár a \(\displaystyle 45^\circ\)-os beesési szög miatt \(\displaystyle 45^\circ\)-os szögben, tehát vízszintes irányban verődik vissza. Ezek szerint az \(\displaystyle F\) fókuszpont éppen a gerenda felső lapján, annak közepénél található (3. ábra).
3. ábra
Statisztika:
43 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Antalóczy Szabolcs, Beke Bálint, Bencz Benedek, Dóra Márton, Gábriel Tamás, Kertész Balázs, Mozolai Bende Bruno, Schmercz Blanka, Seprődi Barnabás Bendegúz, Somlán Gellért, Téglás Panna, Toronyi András, Yokota Adan. 4 pontot kapott: Hauber Henrik, Hegedűs Máté Miklós, Katona Attila Zoltán, Magyar Gábor Balázs, Nemeskéri Dániel, Vágó Botond. 3 pontot kapott: 3 versenyző. 2 pontot kapott: 10 versenyző. 1 pontot kapott: 4 versenyző. 0 pontot kapott: 6 versenyző.
A KöMaL 2021. novemberi fizika feladatai