Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

A P. 5271. feladat (2020. november)

P. 5271. Egy pontszerű test az ábrán látható kétféle útvonalon juthat el az \(\displaystyle A\) pontból az \(\displaystyle \ell\) távolságban lévő \(\displaystyle B\) pontig. Az \(\displaystyle a)\) esetben a test vízszintes egyenes pályán mozog, a \(\displaystyle b)\) esetben pedig egy függőleges síkban elhelyezkedő, \(\displaystyle h\) mélységű körív mentén. Mindkét mozgás kezdősebessége \(\displaystyle v_0\). Melyik mozgás tart hosszabb ideig? (A súrlódás és a légellenállás elhanyagolható.)

Adatok: \(\displaystyle v_0=1\) m/s, \(\displaystyle \ell=1\) m, \(\displaystyle h=2{,}5\) cm.

Közli: Berke Martin, Budapest

(6 pont)

A beküldési határidő 2020. december 15-én LEJÁRT.


I. megoldás. Az \(\displaystyle a)\) esetben a mozgás egyenletes, az időtartama nyilván 1 s.

A \(\displaystyle b)\) esetben a test hosszabb utat tesz meg, de (a nehézségi erő gyorsító hatása miatt) az átlagsebessége is nagyobb, így a mozgás idejének kiszámítása további megfontolásokat igényel.

A geometriai adatokból kiszámíthatjuk, hogy a körpálya sugara

\(\displaystyle R=\frac{h}{2}+\frac{\ell^2}{8h}=5{,}012~\rm m.\)

A test legnagyobb sebessége (ezt a pálya legmélyebb pontjánál éri el) a munkatétel szerint

\(\displaystyle v_\text{max}=\sqrt{v_0^2+2gh}=1{,}22~\frac{\rm m}{\rm s},\)

a legnagyobb szögsebessége pedig

\(\displaystyle \omega_\text{max}=\frac{v_\text{max}}{R}=0{,}24~\frac{1}{\rm s}.\)

A test mozgása a körív mentén éppen olyan, mint egy \(\displaystyle R\) hosszúságú fonálinga nehezékének mozgása. Ha az időmérés kezdőpontjának azt a pillanatot választjuk, amikor a test sebessége maximális, akkor a fonálinga pillanatnyi szögkitérése

\(\displaystyle \varphi(t)=\frac{\omega_\text{max}}{\Omega}\sin\Omega t\)

alakban adható meg, ahol

\(\displaystyle \Omega=\sqrt{\frac{g}{R}}=1{,}40~\frac{1}{\rm s}\)

a rezgőmozgás körfrekvenciája (nem tévesztendő össze a pillanatnyi szögsebesség \(\displaystyle \omega(t)\) értékével). Ezek szerint

\(\displaystyle \varphi(t)=0{,}174~\sin\left(1{,}4 \frac{t}{1~\rm s}\right).\)

A pálya végpontjában (vagyis a \(\displaystyle B\) pontban) a \(\displaystyle \varphi_0\) szögkitérésre fennáll:

\(\displaystyle \sin\varphi_0=\frac{\ell}{2R},\qquad \text{ahonnan}\qquad \varphi_0=0{,}10~\text{radián}.\)

A mozgás keresett \(\displaystyle T\) idejének felére, \(\displaystyle t_0=T/2\)-re teljesül, hogy

\(\displaystyle 0{,}10=0{,}174~\sin\left(1{,}4 \frac{t_0}{1~\rm s}\right),\)

vagyis

\(\displaystyle \sin\left(1{,}4 \frac{t_0}{1~\rm s}\right)=0{,}57,\)

tehát

\(\displaystyle T=2t_0=0{,}87~\rm s.\)

Ezek szerint a köríven történő mozgás (azonos kezdősebességek esetén) rövidebb ideig tart, mint az egyenes út mentén.

II. megoldás. A körív menti mozgásnál a legnagyobb sebesség (a munkatétel szerint)

\(\displaystyle v_\text{max}=\sqrt{v_0^2+2gh}=1{,}22~\frac{\rm m}{\rm s},\)

az ,,átlagsebesség'' pedig – a legkisebb és a legnagyobb sebesség számtani közepével számolva – \(\displaystyle 1{,}11~\frac{\rm m}{\rm s}\).

A geometriai adatokból kiszámítható, hogy a körív hossza 1,0025 m, így tehát a mozgás ideje

\(\displaystyle T\approx \frac{1{,}0025~\rm m}{1{,}1~\rm m/s}\approx 0{,}9~\rm s.\)

Tehát az egyenes pályán történő mozgás tart hosszabb ideig.

Megjegyzés. A számításban használandó ,,átlagsebesség'' nem időbeli átlagot jelent, hanem azt, hogy a sebesség reciprokát az út szerinti átlagoljuk, majd ennek reciprokát képezzük. Ennek az átlagnak jó közelítését kapjuk, ha a legnagyobb és a legkisebb sebességhez tartozó értékek \(\displaystyle 2:1\) arányú súlyozott közepét képezzük, amivel számolva még inkább teljesül a bizonyítandó egyenlőtlenság, miszerint a köríven történő mozgás tart rövidebb ideig.


Statisztika:

40 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:Berkesi Tímea, Bonifert Balázs, Fekete András Albert, Fey Dávid, Gurzó József, Juhász Márk Hunor, Kovács Kinga, Molnár-Szabó Vilmos, Nemeskéri Dániel, Sas 202 Mór, Schäffer Bálint, Somlán Gellért, Szoboszlai Szilveszter, Takács Bendegúz, Téglás Panna, Toronyi András, Tóth Ábel, Varga Vázsony.
5 pontot kapott:Beke Zsolt, Brilli Fabiano, Fonyi Máté Sándor, Horváth 999 Anikó, Ludányi Levente.
4 pontot kapott:3 versenyző.
3 pontot kapott:4 versenyző.
2 pontot kapott:4 versenyző.
1 pontot kapott:5 versenyző.
0 pontot kapott:1 versenyző.

A KöMaL 2020. novemberi fizika feladatai