Mathematical and Physical Journal
for High Schools
Issued by the MATFUND Foundation
Already signed up?
New to KöMaL?

Problem P. 5356. (November 2021)

P. 5356. A beam of rectangular cross section lies on the horizontal ground. The horizontal side of the rectangle is \(\displaystyle L\), whilst its vertical side is \(\displaystyle H\). Neglecting air resistance, from which point and how should a grasshopper jump in order to jump over this beam with the least energy? In this case where is the focus of the parabolic path of the leap?

(5 pont)

Deadline expired on December 15, 2021.


Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

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


Statistics:

43 students sent a solution.
5 points: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 points:Hauber Henrik, Hegedűs Máté Miklós, Katona Attila Zoltán, Magyar Gábor Balázs, Nemeskéri Dániel, Vágó Botond.
3 points:3 students.
2 points:10 students.
1 point:4 students.
0 point:6 students.

Problems in Physics of KöMaL, November 2021