„Kinematika - 1.4.23” változatai közötti eltérés

</noinclude><wlatex># (1.4.23) Egy aknavetővel a völgyből $h$ magasságú fennsíkra tüzelnek. (1.4.23. ábra). A fennsíktól milyen távolságban kell felállítani az aknavetőt, hogy a lövedék a fennsík szélétől a legmesszebbre repüljön? Mekkora ez a távolság? Milyen szögben kell lőni? A lövedék kezdeti sebessége $v_{0}$. [[Kép:Kfgy1_03_1_4_23.svg|none|250px]]

<wlatex>#: A lövedék pályája egy parabolát ír le. Olyan pálya lehet az optimális, amelyik éppen érinti a fennsík peremét. Ez az állítás indirekt módon látható be. Képzeljünk el egy olyan pályát, amely a fennsík pereme felett halad el. Ennél azonban biztosan távolabbra tudunk lőni, ha az aknavetőt közelebb toljuk és ugyanabban a szögben lövünk. Természetesen az olyan pályák, melyek a fennsík pereme alatt haladnának, teljes mértékben érdektelenek. <br><br> Tehát olyan pályákat vizsgálunk, amelyek éppen a fennsík peremét érintik. Amikor a lövedék eléri a peremet, akkor a sebességének nagysága a kilövés szögétől és a kilövés helyétől függetlenül $v_{1}$ lesz, melyet az alábbi energetikai megfontolásból számolhatunk ki. $$\frac{1}{2}mv_{0}^{2}=mgh+\frac{1}{2}mv_{1}^{2}\qquad\Rightarrow\qquad v_{1}=v_{0}\sqrt{1-\frac{2hg}{v_{0}^{2}}}$$ Most vizsgáljuk meg, hogy milyen szögűnek kell lennie a $v_{1}$ sebességnek ahhoz, hogy a maximális legyen a felszínen megtett út. Ha a vízszintessel bezárt szög $\alpha$, akkor a sebbeség különböző irányú komponenseinek nagysága $$v_{1x}=v_{1}\cos\alpha\qquad\qquad v_{1y}=v_{1}\sin\alpha\,.$$ A a felszínen a becsapódásig $t_{1}(\alpha)=2v_{1y}/g$ idő telik el. Ezalatt a lövedék vízszintes irányba $$x_{1}(\alpha)=v_{1x}t_{1}=\frac{2v^{2}}{g}\sin\alpha\cos\alpha$$ utat tesz meg. A kifejezés maximális, ha $\alpha=45^{\circ}$ és ekkor a megtett út $D=x_{1\mathrm{max}}=v_{1}^{2}/g$. A kérdés tehát az, hogy honnan és milyen szög alatt kell lőni ahhoz, hogy a pálya a fennsík peremét érintse, és ebben a pillanatban a vízszintessel $45$ fokos szöget zár be a sebesség. [[Kép:1.4.23.M.svg|none|250px]] Kihasználhatjuk azt a tényt, hogy a mozgás során az $x$ irányú sebesség végig változatlan. Amikor a lövedék a fennsík pereménél van, akkor $v_{x}=v_{1}\sin 45^\circ=v_{1}/\sqrt{2}$. Ennek azonban meg kell egyeznie a kilövés pillanatában mérhető $x$ irányú sebességgel $v_{x}=v_{0}\cos\varphi$. Ezek alapján ki lehet számolni azt a szöget, amely alatt a lövedéket ki kell lőni. $$\frac{v_{1}}{\sqrt{2}}=v_{0}\cos\varphi$$$$\sqrt{\frac{1}{2}-\frac{hg}{v_{0}^{2}}}=\cos\varphi\qquad\Rightarrow\qquad \varphi=\arccos\sqrt{\frac{1}{2}-\frac{hg}{v_{0}^{2}}}$$ <br><br> Ahhoz, hogy meghatározzuk a kilövés helyét, ki kell számolnunk, hogy mennyi időbe ($\Delta t$) telik, amíg a lövedék a kilövés után eléri a fennsík peremét. Ehhez meg kell oldanunk a $$h=v_{0}\sin\varphi\Delta t-\frac{g}{2}\Delta t^{2}$$ másodfokú egyenletet. A két megoldás közül az egyik (kisebb) azt az időtartamot adja meg, ami alatt a lövedék eléri a fennsík peremét. A másik (nagyobb) megoldás azt az időpontot határozza meg, amikor a lövedék $D$ távolságban becsapódik. Nekünk most az előbbire van szükségünk, mert ez alapján az aknavető távolsága a fennsík szélétől $$d=\frac{v_{1}}{\sqrt{2}}\Delta t_{1}=\frac{v_{1}}{2g}\left[\sqrt{v_{0}^{2}+2gh}-v_{1}\right]$$ <br> Összefoglalva az eredményeket: <br> Ahhoz, hogy a lövedék a lehető legmesszebb csapódjon be a fennsíkon, az aknavetőt a fennsík szélétől $$d=\frac{\sqrt{v_{0}^{2}-2hg}}{2g}\left[\sqrt{v_{0}^{2}+2gh}-\sqrt{v_{0}^{2}-2hg}\right]$$ távolságban kell elhelyezni és a lövedéket $$\varphi=\arccos\sqrt{\frac{1}{2}-\frac{hg}{v_{0}^{2}}}$$ szögben kell kilőni. A fennsíkon megtett út ebben az esetben $$D=\frac{v_{0}^{2}}{g}-2h\,.$$