Szerk
P. 5680. Amikor a \(\displaystyle 30^\circ\)-os hajlásszögű, vízszintes síkban folytatódó domboldalt mindenütt hó borította, Peti szokatlan módját választotta a szánkózásnak: az emelkedő aljától számított \(\displaystyle 5~\mathrm{m}\) távolságból különböző kezdősebességgel indult el.
a) Mekkora kezdősebesség esetében áll meg leghamarabb a szánkó?
b) Milyen hosszú utat tett meg felfelé az emelkedőn ebben az esetben a szánkó?
A szánkó pályája egybeesett a domboldal esésvonalával. A lejtő töréspontmentesen csatlakozik a vízszintes felülethez. A szánkó és a hó között a súrlódás elhanyagolható.
(4 pont)
Tornyai Sándor fizikaverseny, Hódmezővásárhely
Megoldás. a) A síkon Peti \(\displaystyle v_0\) sebességgel a \(\displaystyle d=5~\mathrm{m}\) utat
\(\displaystyle t_1=\frac{d}{v_0} \)
idő alatt teszi meg. Az \(\displaystyle \alpha=30^\circ\) hajlásszögű emelkedőn a lassulásának nagysága:
\(\displaystyle |a|=g\sin\alpha=\frac{g}{2}, \)
így a lejtőn a megállásig
\(\displaystyle t_2=\frac{v_0}{|a|}=\frac{2v_0}{g} \)
ideig fog mozogni. A teljes mozgási idő \(\displaystyle t=t_1+t_2\), azt keressük, hogy ez milyen kezdősebesség esetén minimális. Ezt legegyszerűbben a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséggel kaphatjuk meg:
\(\displaystyle t=\frac{d}{v_0}+\frac{2v_0}{g}\geq 2\sqrt{\frac{d}{v_0}\,\frac{2v_0}{g}}=2\sqrt{\frac{2d}{g}}\approx 2~\mathrm{s}. \)
A minimális idő akkor valósul meg, amikor az egyenlőség áll fenn:
\(\displaystyle \frac{d}{v_0}=\frac{2v_0}{g}, \)
amiből a keresett kezdősebesség:
\(\displaystyle v_0=\sqrt{\frac{gd}{2}}\approx 5~\mathrm{m}/\mathrm{s}. \)
b) Az emelkedőn Peti a \(\displaystyle v_0\) kezdősebességről a megállásig lassulva
\(\displaystyle s=\frac{v_0^2}{2|a|}=\frac{v_0^2}{g}=\frac{d}{2}=2{,}5~\mathrm{m} \)
utat tesz meg.
Bense Tamás (Budapest V. Ker. Eötvös J. Gimn., 10. évf.)
Megjegyzés. A b) kérdésre a választ egyszerűbben megkaphatjuk, ha észrevesszük, hogy a minimális idő esetében Peti ugyanannyi ideig mozog a síkon, mint a lejtőn, csak éppen fele akkora átlagsebességgel. Ebből \(\displaystyle s=\tfrac{d}{2}=2{,}5~\mathrm{m}\), az előző megoldással összhangban.
53 dolgozat érkezett. Helyes 32 megoldás. Kicsit hiányos (3 pont) 15, hiányos (1–2 pont) 4, hibás 2 dolgozat.
Program
Időpont: 2026. október 29-30.
Helyszín: Bornemisza Péter Gimnázium (1107 Budapest, Száva u. 1.)
Regisztráció: diákoknak (gmail-es címmel) és felnőtteknek és nem gmail-es címmel diákoknak
Program a teljes cikkben.
A KöMaL kiadásának, a versenyek teljes lebonyolításának, díjazásának és a díjkiosztóval egybekötött Ifjúsági Ankétok szervezésének költségeit 2007 óta a MATFUND Középiskolai Matematikai és Fizikai Alapítvány fizeti.
Kérjük, személyi jövedelemadója 1%-ának felajánlásával álljon a több, mint 125 éve alapított Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok mellé!
M. 449. Készítsünk torziós ingát egy befőttesüvegből úgy, hogy az üveget függőleges helyzetében két párhuzamos cérnával felfüggesztjük. (A cérnaszálak hossza legyen 1 méter, távolságuk pedig egyezzen meg az üveg szájának átmérőjével. A csavaros tető segítségével rögzíthetőek.)
Mérjük meg a torziós inga lengésidejét az üvegbe töltött kristálycukor mennyiségének függvényében!
(6 pont)
Közli: Szabó Endre, Vágfüzes (Szlovákia)
P. 5715. Egy \(\displaystyle \ell\) hosszúságú fonálinga nehezéke nyugalmi állapotban majdnem a vízszintes talajig ér. Az ingát vízszintes helyzetéig kitérítjük, majd elengedjük. Amikor az inga fonala valamekkora \(\displaystyle \alpha\) szöget zár be a függőlegessel, a fonalat hirtelen elégetjük. Mekkora \(\displaystyle \alpha\) szög esetén repül a nehezék az egyensúlyi helyzetétől legmesszebbre, és mekkora ez a távolság? (A légellenállást hanyagoljuk el.)
Közli: Gnädig Péter, Vácduka
