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

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 \(\displaystyle y(t)=t-(t^2/L)\) 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 képletet 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:5 versenyző.
Nem versenyszerű:1 dolgozat.

A KöMaL 2021. novemberi fizika feladatai