 |
A P. 5705. feladat (2026. január) |
P. 5705. A kis herceg egy különös bolygóra tévedt, ahol leült játszani egy méztó partjára. Azonos méretű, \(\displaystyle m\) tömegű kavicsokat hajigált a nagyon mély tóba. Megfigyelte, hogy ha közvetlenül a tófelszín felett ejtett el egy kavicsot, az legfeljebb \(\displaystyle v_{\mathrm{max}}\) sebességre gyorsult fel a mézben. (Feltételezhető, hogy a kavicsra ható közegellenállási erő nagysága egyenesen arányos a kavics sebességével.)
Ezután a kis herceg a partról úgy dob egy kavicsot a tóba, hogy az a part közvetlen közelében \(\displaystyle v_0\) nagyságú, közel vízszintes irányú sebességgel érkezik a mézbe. Kiszámítja, hogy a kavics a parttól (vízszintesen mérve) legfeljebb \(\displaystyle x_{\mathrm{max}}\) távolságban érhet a tó fenekére.
a) Mekkora \(\displaystyle y\) mélységbe jut el a kavics, mialatt vízszintes irányban mérve \(\displaystyle x<x_{\mathrm{max}}\) távol kerül a parttól?
b) Mekkora a közegellenállási erő munkája a kavicson, mialatt az a parttól \(\displaystyle x\) távol és \(\displaystyle y\) mélyen található \(\displaystyle P\) pontig süllyed le a mézben?
A kis herceg az eredményeket a \(\displaystyle v_0\), \(\displaystyle v_{\mathrm{max}}\) \(\displaystyle x_{\mathrm{max}}\) paraméterekkel, valamint az \(\displaystyle x\) változóval kifejezve adta meg, miközben felhasználta az alábbi integrálformulákat:
$$\begin{gather*} \int\limits_0^a\frac{1}{1-u}~\mathrm{d}u=\ln\frac{1}{1-a},\qquad\int\limits_0^a\frac{u}{1-u}~\mathrm{d}u=\ln\frac{1}{1-a}-a,\\ \int\limits_0^a \frac{u^2}{1-u}~\mathrm{d}u=\ln\frac{1}{1-a}-a-\frac{a^2}{2}. \end{gather*}$$Saint-Exupéry regénye nyomán
(6 pont)
A beküldési határidő 2026. február 16-án LEJÁRT.
Megoldás. Írjuk le a kavics mozgását egy olyan koordináta-rendszerben, amelynek \(\displaystyle x\) tengelye vízszintes és a kavics kezdősebességével párhuzamos, az \(\displaystyle y\) tengelye pedig függőlegesen lefelé mutat. A kavics helyét az \(\displaystyle \boldsymbol{r}=(x,\,y)\), a sebességét a \(\displaystyle \boldsymbol{v}=(v_x,\,v_y)\), a gyorsulását pedig az \(\displaystyle \boldsymbol{a}=(a_x,\,a_y)\) vektorokkal adhatjuk meg. A kavicsra a felhajtóerővel csökkentett nehézségi erő és a közegellenállási erő hat, ezek
\(\displaystyle \boldsymbol{G}=\left(0,\,mg-mg\frac{\varrho_\textrm{méz}}{\varrho_\textrm{kavics}}\right)\equiv(0,\,G),\qquad\textrm{valamint}\qquad\boldsymbol{S}=-k\boldsymbol{v}=(-kv_x,\,-kv_y).\)
A Newton-féle mozgásegyenlet
\(\displaystyle m\boldsymbol{a}=\boldsymbol{G}+\boldsymbol{S},\)
ami a derékszögű komponensekkel kifejezve:
| \(\displaystyle (1)\) | \(\displaystyle ma_x=-k\,v_x,\) |
| \(\displaystyle (2)\) | \(\displaystyle ma_y=G-k\,v_y.\) |
A fenti két egyenlet egymástól független, hiszen (1) csak az \(\displaystyle x\), (2) pedig csak az \(\displaystyle y\) irányú mozgásra vonatkozó mennyiségeket tartalmaz. Így tehát (1) és (2) külön-külön oldható meg.
Mivel \(\displaystyle a_x=\frac{\varDelta v_x}{\varDelta t}\) és \(\displaystyle v_x=\frac{\varDelta x}{\varDelta t}\), (1) így is felírható:
\(\displaystyle \frac{\varDelta(mv_x+kx)}{\varDelta t}=0,\)
azaz
| \(\displaystyle (3)\) | \(\displaystyle mv_x(t)+kx(t)=\textrm{állandó}.\) |
Ha a kavicsot \(\displaystyle t=0\) pillanatban \(\displaystyle v_0\) vízszintes sebességgel dobjuk a tóba az \(\displaystyle x=0\) helyen, akkor (3) jobb oldalán szereplő állandó \(\displaystyle mv_0\). Másrészt ha a kavics legnagyobb \(\displaystyle x\) irányú elmozdulása \(\displaystyle x_\mathrm{max}\), és ennél az \(\displaystyle x\) értéknél \(\displaystyle v_x=0\), így (3) a következő alakot ölti:
\(\displaystyle x_\mathrm{max}=\frac{m}{k}\,v_0,\)
azaz
| \(\displaystyle (4)\) | \(\displaystyle k=\frac{mv_0}{x_\mathrm{max}}.\) |
Ezek szerint az \(\displaystyle x\) irányú mozgás sebessége és elmozdulása közötti kapcsolat:
| \(\displaystyle (5)\) | \(\displaystyle v_x(t)=v_0\left(1-\frac{x}{x_\mathrm{max}}\right),\) |
amit így is felírhatunk:
\(\displaystyle \frac{\varDelta(x_\mathrm{max}-x)}{\varDelta t}=-\frac{v_0}{x_\mathrm{max}}\left(x_\mathrm{max}-x\right).\)
Ez az egyenlet (amely szerint az \(\displaystyle x_\mathrm{max}-x\) mennyiség időbeli változásának sebessége önmagának negatív állandószorosa) ugyanolyan alakú, mint a radioaktív bomlások törvénye, vagy egy állandó feszültségre kapcsolt kondenzátor feltöltődésének egyenlete, tehát a megoldása is azokéhoz hasonló exponenciális függvény:
| \(\displaystyle (6)\) | \(\displaystyle x(t)=x_\mathrm{max}\left(1-\mathrm{e}^{-v_0t/x_\mathrm{max}}\right).\) |
(Látható, hogy a kavics vízszintes elmozdulása véges idő alatt soha nem éri el az \(\displaystyle x=x_\mathrm{max}\) értéket, csupán egyre jobban megközelíti azt.)
Foglalkozzunk most a függőleges irányú mozgás (2) egyenletével. Amikor az időben változó \(\displaystyle v_y(t)\) sebesség eléri (vagy nagyon megközelíti) az állandósult értéket, az \(\displaystyle a_y\) gyorsulás nullává válik, így
| \(\displaystyle (7)\) | \(\displaystyle G=kv_\mathrm{max}=\frac{mv_0v_\mathrm{max}}{x_\mathrm{max}}\) |
teljesül, és így a függőleges mozgás egyenlete
| \(\displaystyle (8).\) | \(\displaystyle a_y=\frac{v_0}{x_\mathrm{max}}\left(v_\mathrm{max}-v_y\right).\) |
Ez az egyenlet is exponenciális időfüggésre vezet:
\(\displaystyle \frac{\varDelta\left(v_\mathrm{max}-v_y(t)\right)}{\varDelta t}=-\frac{v_0}{x_\mathrm{max}}\left(v_\mathrm{max}-v_y(t)\right),\)
ahonnan (a \(\displaystyle v_y(t=0)=0\) kezdeti feltétel figyelembe vételével) kapjuk, hogy
| \(\displaystyle (9)\) | \(\displaystyle v_y(t)=v_\mathrm{max}\left(1-{\rm e}^{-v_0t/x_\mathrm{max}}\right).\) |
Mivel a fenti képlet zárójelben álló része (6) szerint éppen \(\displaystyle x(t)/x_\mathrm{max}\), a függőleges sebességkomponens nagysága az \(\displaystyle x\) elmozdulással kifejezhető:
| \(\displaystyle (10)\) | \(\displaystyle v_y(t)=v_\mathrm{max}\frac{x(t)}{x_\mathrm{max}}.\) |
a) A mézben mozgó kavics pályájának \(\displaystyle y(x)\) egyenletét kétféle módon is megkaphatjuk.
Első módszer: A (9) összefüggés integrálásával kiszámítjuk a függőleges elmozdulást az idő függvényében:
| \(\displaystyle (11)\) | \(\displaystyle y(t)=\int\limits_0^t v_y(t')\,\mathrm{d}t'=v_\mathrm{max}\,t-\frac{v_\mathrm{max}x_\mathrm{max}}{v_0}\left(1-{\rm e}^{-v_0t/x_\mathrm{max}}\right),\) |
majd a (6) összefüggésből kifejezzük a mozgás \(\displaystyle t\) időtartamát az \(\displaystyle x\) elmozdulással:
| \(\displaystyle (12)\) | \(\displaystyle t(x)=\frac{x_\mathrm{max}}{v_0}\ln\frac{x_\mathrm{max}}{x_\mathrm{max}-x}.\) |
Végül (12)-t (11)-be helyettesítve kapjuk, hogy
| \(\displaystyle (13)\) | \(\displaystyle y(x)=\frac{v_\mathrm{max}}{v_0}\left(x_\mathrm{max}\ln\frac{x_\mathrm{max}}{x_\mathrm{max}-x}-x\right).\) |
Második módszer: A keresett \(\displaystyle y(x)\) függvény meredeksége
\(\displaystyle \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\approx\frac{\varDelta y}{\varDelta x}\approx\frac{v_y}{v_x}=\frac{v_\mathrm{max}}{v_0}\frac{x}{x_\mathrm{max}-x},\)
amit integrálva megkapjuk a (13)-mal egyező eredményt:
\(\displaystyle y(x)=\int\limits_0^x\frac{v_\mathrm{max}}{v_0}\frac{x'}{x_\mathrm{max}-x'}\,\mathrm{d}x'=\frac{v_\mathrm{max}}{v_0}\left(x_\mathrm{max} \ln\frac{x_\mathrm{max}}{x_\mathrm{max}-x}-x\right).\)
b) A közegellenállási erő munkáját kétféle módon is kiszámíthatjuk.
Első módszer: A munkatétel szerint a kavics mozgási energiájának megváltozása a kavicsra ható külső erők munkájával egyenlő. Jelen esetben a \(\displaystyle \boldsymbol{G}\) erő munkája \(\displaystyle G\,y\), a közegellenállás munkája pedig valamekkora \(\displaystyle W\) érték. (\(\displaystyle W<0\), mert a közegellenállási erő a kavics elmozdulásával ellentétes irányú.)
\(\displaystyle \frac{1}{2}m(v_x^2+v_y^2)-\frac{1}{2}mv_0^2=G\,y+W.\)
Innen (5), (7), (10) és (13) felhasználásával kapjuk, hogy
| \(\displaystyle (14)\) | \(\displaystyle W=-mv_\mathrm{max}^2\ln\frac{x_\mathrm{max}}{x_\mathrm{max}-x}+m\left(v_\mathrm{max}^2-v_0^2\right)\frac{x}{x_\mathrm{max}}+m\left(v_\mathrm{max}^2+v_0^2\right)\frac{x^2}{2x_\mathrm{max}^2}.\) |
Második módszer: A közegellenállási erőnek az elmozdulás szerinti integrálásával. Mivel \(\displaystyle S_x=-kv_x\), ennek munkája \(\displaystyle x\) hosszúságú úton
\(\displaystyle W_1=-k\int\limits_0^x v_x\,\mathrm{d}x.\)
Az \(\displaystyle y\) irányú elmozduláshoz tartozó munkavégzés
\(\displaystyle W_2=-k\int\limits_0^y v_y\,\mathrm{d}y=-k\int\limits_0^x v_y\cdot\frac{v_y}{v_x}\,\mathrm{d}x.\)
A teljes munka
\(\displaystyle W=W_1+W_2=-k\int\limits_0^x\left(v_x+\frac{v_y^2}{v_x}\right)\,\mathrm{d}x.\)
A sebességkomponensek \(\displaystyle x\)-szel kifejezett alakját és \(\displaystyle k\) kifejezését behelyettesítve, majd az integrálást az útmutatóban közölt formulák felhasználásával elvégezve a (14) összefüggést kapjuk.
Megjegyzés. A folyadékokban mozgó merev testek a közvetlen környezetükben lévő folyadékot is mozgásba hozzák, ezért az impulzusuk, a mozgási energiájuk és a tehetetlenségük nagyobb lesz, mint amennyi ugyanakkora sebesség mellett a levegőben (vagy vákuumban) lenne. Ezt a hatást közelítőleg úgy írhatjuk le, hogy a test tényleges \(\displaystyle m\) tömegét egy kicsit nagyobb \(\displaystyle m^*\) ,,effektív tömeggel'' helyettesítjük. (\(\displaystyle m^*\) kb. annyival nagyobb \(\displaystyle m\)-nél, mint amekkora a test által kiszorított folyadék tömege.)
Ha a mézben mozgó kavics mozgásegyenletét az effektív tömeggel kifejezve így írjuk fel:
\(\displaystyle m^*\boldsymbol{a}=\boldsymbol{G}+\boldsymbol{S},\)
akkor – meglepő módon – az a) részben szereplő valamennyi levezetett képlet változatlan alakban érvényes marad.
Statisztika:
A P. 5705. feladat értékelése még nem fejeződött be.
A KöMaL 2026. januári fizika feladatai