 |
A P. 5733. feladat (2026. május) |
P. 5733. Egy fiú kosárlabdapályán gyakorolja a büntetődobásokat. A kosár az eldobás helyétől vízszintesen \(\displaystyle d=4~\mathrm{m}\) távolságban, függőlegesen \(\displaystyle H=1\) méterrel magasabban van. Az eldobott labda kezdősebessége \(\displaystyle v_0=10~\mathrm{m}/\mathrm{s}\).
a) Milyen szögben dobja el a fiú a labdát, hogy az csont nélkül jusson a kosárba?
b) Legalább és legfeljebb mekkora \(\displaystyle v_0\) mellett sikerülhet a dobás, ha figyelembe vesszük, hogy a terem mennyezete a labda eldobási magasságától 6 m-re található?
A labdát és a kosarat (a labda és a gyűrű közepét) pontszerűnek tekinthetjük, továbbá a légellenállást elhanyagolhatjuk.
Közli: Gnädig Péter, Vácduka
(5 pont)
A beküldési határidő 2026. június 15-én LEJÁRT.
Megoldás. A megoldásban \(\displaystyle g=9{,}8\,\mathrm{m/s^2}\)-tel számolunk.
a) A labda mozgását írjuk le egy \(\displaystyle \boldsymbol{v}_0\) sebességű, egyenes vonalú, egyenletes mozgás és egy szabadesés szuperpozíciójaként, ahogy ezt az ábra mutatja.
Az ábra alapján a Pitagorasz-tételt így írhatjuk fel:
\(\displaystyle d^2+(H+\frac{g}{2}t^2)^2=v_0^2t^2.\)
Ez az egyenlet (\(\displaystyle t^2\))-ben másodfokú egyenletre vezet, melynek megoldása:
| \(\displaystyle (1)\) | \(\displaystyle (t^2)_{1,2}=\frac{2}{g^2}\left(v_0^2-gH\pm\sqrt{v_0^4-2gHv_0^2-g^2d^2}\right).\) |
Az adatok behelyettesítése alapján kétféle repülési idő jön szóba: \(\displaystyle t_1=0{,}446\,\mathrm{s}\) vagy \(\displaystyle t_2=1{,}886\,\mathrm{s}\). Az eldobás szögét például a
\(\displaystyle \cos\alpha=\frac{d}{v_0t}\)
összefüggés szerint kaphatjuk meg: \(\displaystyle \alpha_1=26{,}3^\circ\) és \(\displaystyle \alpha_2=77{,}8^\circ\).
Meg kell még vizsgálnunk, hogy az ilyen dobások esetén a labda leszálló vagy felszálló ágban éri el a célt, mert csak a leszálló ágú dobások érvényesek. (A 6 méteres magasságkülönbség 10 m/s-os kezdősebesség esetén nem lehet akadály, mert még a függőlegesen eldobott labda is csak kb. 5 m magasra emelkedik.) Az első esetben a labda függőleges kezdősebessége \(\displaystyle v_{y1}=v_0\sin\alpha_1=4{,}43\,\mathrm{m/s}\), tehát a labda \(\displaystyle v_{y1}/g=0{,}452\,\mathrm{s}\)-ig emelkedik, vagyis ilyenkor még alulról megy át a labda a célon, ami érvénytelen kosarat jelent.
A második esetben a labda függőleges kezdősebessége \(\displaystyle v_{y2}=v_0\sin\alpha_2=9{,}77\,\mathrm{m/s}\), tehát a labda \(\displaystyle v_{y2}/g=0{,}997\,\mathrm{s}\)-ig emelkedik (majdnem 5 méter magasra), vagyis a labda bőven a leszálló ágban megy át a gyűrű közepén. Tehát a 10 m/s-os kezdősebesség olyan nagy, hogy a büntetődobás csak meredeken felfelé elindítva lehet sikeres. Ilyet csak bemutatókon szoktak csinálni, mert valóban bravúros, hogy a labda majdnem 2 másodperces repülés után esik át a gyűrűn.
b) Az (1) egyenletben akkor kapunk valós megoldást, ha a gyökjel alatti kifejezés nem negatív. A diszkrimináns vizsgálata azt mutatja, hogy ennek feltétele:
\(\displaystyle v_0\geq\sqrt{g\left(H+\sqrt{H^2+d^2}\right)}\approx 7{,}086\,\mathrm{m/s}.\)
A fiúnak tehát legalább ekkora sebességgel kell eldobnia a labdát. Minimális sebesség esetén csak egy indítási szög létezik:
\(\displaystyle \alpha_0=\arccos\frac{d}{v_0t}\approx 47{,}9^{\circ}.\)
Megmutatható, hogy ilyenkor érvényes a kosár, mert leszálló ágban éri el a gyűrűt a labda.
Ha például a kezdősebesség 8 m/s, akkor a repülési idők és indítási szögek rendre 0,614 s és \(\displaystyle 35{,}4^\circ\), illetve 1,372 s és \(\displaystyle 68{,}6^\circ\). Mindkét esetben érvényes a kosár, mert lefelé szálló ágban megy át a labda a gyűrűn.
Ha növeljük a kezdősebességet, akkor a két lehetséges pálya közül az alsó eléri azt a határt, amikor a labda a parabolapályájának a csúcspontján megy át a célon (a valóságban ez már nem érvényes kosár, mert a labda ilyenkor súrolja a gyűrűt). A parabola csúcspontjának eléréséig tartó idő (lásd a korábbi ábrát):
\(\displaystyle t=\frac{v_0\sin\alpha}{g}=\frac{v_0\frac{H+\frac{g}{2}t^2}{v_0t}}{g}\qquad\rightarrow\qquad t^2=\frac{2H}{g}.\)
Ha ezt egyenlővé tesszük az (1) kifejezésben lévő időnégyzet kisebb értékével, akkor \(\displaystyle v_0\)-ra ezt kapjuk:
\(\displaystyle v_0=\sqrt{gd\left(\frac{2H}{d}+\frac{d}{2H}\right)}=9{,}9\,\mathrm{m/s}.\)
Ehhez a sebességhez 0,4518 s repülési idő és \(\displaystyle 26{,}6^{\circ}\)-os indítási szög tartozik.
Láthatjuk tehát, hogy a sikeres dobáshoz legalább 7,09 m/s kezdősebesség szükséges. Ha az indítási sebesség 7,09 m/s és 9,9 m/s közötti, vagyis
\(\displaystyle \sqrt{g\left(H+\sqrt{H^2+d^2}\right)}=7{,}09\,\mathrm{m/s}<v_0<\sqrt{gd\left(\frac{2H}{d}+\frac{d}{2H}\right)}=9{,}9\,\mathrm{m/s},\)
akkor kétféleképpen is célba találhat a fiú. Ha a kezdősebessége 9,9 m/s-nál nagyobb, akkor csak az igen meredek dobás lehet sikeres. Ennek viszont az épület magassága szab határt. A labda legfeljebb 6 métert emelkedhet. Mivel ilyenkor majdnem függőleges az indulás, így \(\displaystyle v_\mathrm{max}\approx\sqrt{2gh}=10{,}8\,\mathrm{m/s}\), tehát ennél nem lehet nagyobb a kezdősebesség.
Láthatjuk, hogy a sikeres büntetődobáshoz viszonylag szűk lehetséges indítási sebesség és az ahhoz tartozó megfelelő indítási szög tartozik.
Megjegyzés. A numerikus értékek rendkívül érzékenyek a számolás során alkalmazott kerekítésekre.
Statisztika:
A P. 5733. feladat értékelése még nem fejeződött be.
A KöMaL 2026. májusi fizika feladatai