a)  Vezessük le az ütközés utáni $v_{A2}$ és $v_{B2}$ sebességeket paraméteresen, azaz a $v_{A1}$ kezdősebesség valamint az $m_A$ és az $m_B$ tömegek függvényében!

\[v_{A2}=v_{A1}\cdot \frac{m_A-m_B}{m_A+m_B}\]

\[v_{B2}=v_{A1}\cdot \frac{2m_A}{m_A+m_B}\]

Zárt rendszer $\mathit{\Sigma}I$ összes lendülete megmarad (akár rugalmas, akár rugalmatlan az ütközés), vagyis a kezdeti- és a végállapotban az összes lendület azonos:

\[{\mathit{\Sigma}I}_1={\mathit{\Sigma}I}_2\]

Fejtsük ki ezt részletesen úgy, hogy az $x$ tengely pozitív irányát jobbra vesszük fel:

\[m_A\cdot v_{A1}=m_A\cdot v_{A2}+m_B\cdot v_{B2}\]

A kezdőállapotban (az egyenlet bal oldalán) amiatt nem szerepel a $B$ test, mert az kezdetben nyugalomban van, így a sebessége nulla, amitől a lendülete is nulla.

Miért nincs az egyenletben negatív előjel sehol? Lehet, hogy az ütközés után az egyik test balra fog haladni, ennek a sebessége negatív kellene legyen. Amiatt nincs negatív előjel jobb oldalon, mert az ütközés utáni sebességek ismeretlenek, így nekik nem kell előjelet tulajdonítanunk, hanem majd a levezetés végén kapott érték előjele fogja megmutatni az irányukat: ha pozitív értéket kapunk, az jobbra mutató sebességet jelent, ha pedig negatív érték jön ki, az balra mutató értéket jelent.

Ruglamas ütközésben a rendszer összes mechanikai energiája is megmarad:

\[{\mathit{\Sigma}E}^{mech.}_1={\mathit{\Sigma}E}^{mech.}_2\]

Az ütközés folyamata alatt, amíg a testek deomált állapotban vannak, átmenetileg rugalmas energia is "születik majd eltűnik", de mi most az ütközés finom részletei helyett megelégszünk azzal, ha a testek ütközés utáni sebességeit megkapjuk. Írjuk ezt a mechanikai energiák megmaradását, feltételezve, hogy az ütközés vízszintes egyenes mentén történik, így a testek helyzeti energiája (a nehézségi erő terében) nem változik:

\[\frac{1}{2}m_A\cdot v^2_{A1}=\frac{1}{2}m_A\cdot v^2_{A2}+\frac{1}{2}m_B\cdot v^2_{B2}\]

Az egyenletet 2‑vel megszorozva:

\[m_A\cdot v^2_{A1}=m_A\cdot v^2_{A2}+m_B\cdot v^2_{B2}\]

A bombázó test $v_{A1}$ sebességét tekintsük adott, kezdeti feltételnek (paraméternek; nem pedig ismeretlennek). Az ismeretleneink a testek végső sebességei, a $v_{A2}$ és a $v_{B2}$ sebességek. A lendületmegmaradás és a mechanikai energiák megmaradása a $v_{A2}$ és a $v_{B2}$ ismeretlenekre két egyenletből álló egyenletrendszert ad, ami megnyugtató, hiszen megoldható:

\[m_A\cdot v_{A1}=m_A\cdot v_{A2}+m_B\cdot v_{B2}\tag{1} \label{eq:(1)}\]

\[m_A\cdot v^2_{A1}=m_A\cdot v^2_{A2}+m_B\cdot v^2_{B2}\tag{2} \label{eq:(2)}\]

De hogyan oldjuk ezt meg? A legjobban akkor járunk, ha eszünkbe jut az

\[a^2-b^2=\left(a+b\right)\cdot \left(a-b\right)\]

összefüggés, mindjárt meglátjuk, miért bizonyul ez zseniális húzásnak.

Ha az egyenleteinkben a tagokat a tömegek szerint rendezzük egyik és másik oldalra (tehát az $m_A$ tömeget tartalmazó tagokat a bal oldalra, $m_B$ tömeget tartalmazó tagokat pedig a jobb oldalra visszük), akkor az $\eqref{eq:(1)}$ egyenletből

\[m_A\cdot v_{A1}-m_A\cdot v_{A2}=m_B\cdot v_{B2}\]

egyenletet kapjuk. Ezután a bal oldalon $m_A$ tömeget kiemelve:

\[m_A\cdot \left(v_{A1}-v_{A2}\right)=m_B\cdot v_{B2}\]

Ugyanígy ha a $\eqref{eq:(2)}$ egyenletben az $m_A$ tömeget tartalmazó tagokat a bal oldalra rendezzük, akkor ezt kapjuk:

\[m_A\cdot v^2_{A1}-m_A\cdot v^2_{A2}=m_B\cdot v^2_{B2}\]

aminek aztán a bal oldalán az $m_A$ tömeget kiemelve:

\[m_A\cdot \left(v^2_{A1}-v^2_{A2}\right)=m_B\cdot v^2_{B2}\]

Most már az egyenletrendszerünk így néz ki:

\[m_A\cdot \left(v_{A1}-v_{A2}\right)=m_B\cdot v_{B2}\]

\[m_A\cdot \left(v^2_{A1}-v^2_{A2}\right)=m_B\cdot v^2_{B2}\]

Ezután a második egyenletet elosztjuk az első egyenlettel (vagyis a bal oldalakat egymással elosztjuk, és a jobb oldalakat is ugyanígy):

\[\frac{m_A\cdot \left(v^2_{A1}-v^2_{A2}\right)}{m_A\cdot \left(v_{A1}-v_{A2}\right)}=\frac{m_B\cdot v^2_{B2}}{m_B\cdot v_{B2}}\]

Mindkét oldalon a tömegekkel, valamint a jobb oldakon a $v_{B2}$ sebességgel egyszerűsíthetünk:

\[\frac{\left(v^2_{A1}-v^2_{A2}\right)}{\left(v_{A1}-v_{A2}\right)}=v_{B2}\]

Most a bal oldali tört számlálójában alkalmazzuk a

\[a^2-b^2=\left(a+b\right)\cdot \left(a-b\right)\]

összefüggést:

\[\frac{\left(v_{A1}+v_{A2}\right)\cdot \left(v_{A1}-v_{A2}\right)}{\left(v_{A1}-v_{A2}\right)}=v_{B2}\]

Látható, hogy a $\left(v_{A1}-v_{A2}\right)$ kifejezéssel a tört számlálója és nevezője is leosztható! Ezen egyszerűsítés után igencsak egyszerű összefüggésre jutunk, szemben az eddigi bonyolulttal:

\[\left(v_{A1}+v_{A2}\right)=v_{B2}\]

De ez még nem a végeredmény, hiszen ebben mindkét ismeretlenünk szerepel (a $v_{A2}$ és a $v_{B2}$ is). Helyettesítsük ezt be az eredeti $\eqref{eq:(1)}$ egyenletbe, vagyis a lendületmegmaradásba:

\[m_A\cdot v_{A1}=m_A\cdot v_{A2}+m_B\cdot v_{B2}\]

\[m_A\cdot v_{A1}=m_A\cdot v_{A2}+m_B\cdot \left(v_{A1}+v_{A2}\right)\]

Rendezzük ezt ki a benne szereplő ismeretlenünkre, a $v_{A2}$ tagra:

\[m_A\cdot v_{A1}=m_A\cdot v_{A2}+m_B\cdot v_{A1}+m_B\cdot v_{A2}\]

\[m_A\cdot v_{A1}-m_B\cdot v_{A1}=m_A\cdot v_{A2}+m_B\cdot v_{A2}\]

\[v_{A2}\cdot \left(m_A+m_B\right)=m_A\cdot v_{A1}-m_B\cdot v_{A1}\]

\[v_{A2}\cdot \left(m_A+m_B\right)=v_{A1}\cdot \left(m_A-m_B\right)\]

\[v_{A2}=v_{A1}\cdot \frac{m_A-m_B}{m_A+m_B}\]

Ezzel már félig kész vagyunk, hiszen megkaptuk az egyik ismeretlen (a $v_{A2}$) értékét a kezdeti paraméterek függvényében. De még a másik ismeretlen (a $v_{B2}$) nincs meg ugyanígy.

Ehhez ezt a $v_{A2}$-re kapott eredményt helyettesítsük be szintén az $\eqref{eq:(1)}$ egyenletbe:

\[m_A\cdot v_{A1}=m_A\cdot v_{A2}+m_B\cdot v_{B2}\]

\[m_A\cdot v_{A1}=m_A\cdot v_{A1}\cdot \frac{\left(m_A-m_B\right)}{m_A+m_B}+m_B\cdot v_{B2}\]

Rendezzük az egyenletet a másik ismeretlenünkre, a $v_{B2}$ sebességre:

\[m_B\cdot v_{B2}=m_A\cdot v_{A1}-m_A\cdot v_{A1}\cdot \frac{m_A-m_B}{m_A+m_B}\]

A keresett $v_{B2}$ megkapásához az $m_B$ tömeggel leosztva:

\[v_{B2}=v_{A1}\cdot \frac{m_A}{m_B}-v_{A1}\cdot \frac{m_A}{m_B}\cdot \frac{m_A-m_B}{m_A+m_B}\]

Kiemelés után

\[v_{B2}=v_{A1}\cdot \frac{m_A}{m_B}\cdot \left(1-\frac{m_A-m_B}{m_A+m_B}\right)\]

A zárójelben közös nevezőre hozva a két tagot:

\[v_{B2}=v_{A1}\cdot \frac{m_A}{m_B}\cdot \left(\frac{m_A+m_B}{m_A+m_B}-\frac{m_A-m_B}{m_A+m_B}\right)\]

\[v_{B2}=v_{A1}\cdot \frac{m_A}{m_B}\cdot \left(\frac{m_A+m_B-\left(m_A-m_B\right)}{m_A+m_B}\right)\]

\[v_{B2}=v_{A1}\cdot \frac{m_A}{m_B}\cdot \left(\frac{m_A+m_B-m_A+m_B}{m_A+m_B}\right)\]

\[v_{B2}=v_{A1}\cdot \frac{m_A}{m_B}\cdot \left(\frac{2m_B}{m_A+m_B}\right)\]

Az $m_B$ tömeggel egyszerűsítve:

\[v_{B2}=v_{A1}\cdot \frac{2m_A}{m_A+m_B}\]

Összegezve a két ismeretlen végsebességre kapott kifejezéseket:

\[v_{A2}=v_{A1}\cdot \frac{m_A-m_B}{m_A+m_B}\]

\[v_{B2}=v_{A1}\cdot \frac{2m_A}{m_A+m_B}\]

b)  Mekkora lehet az $A$ test legnagyobb abszolút értékű, pozitív előjelű (jobbra irányuló) sebessége az ütközés után? Milyen tömegarányok szükségesek ehhez?

\(v_{A2\ max}=v_{A1}\)

ha

\(m_A\gg m_B\)

Az $A$ test ütközés utáni lehető legnagyobb pozitív előjelű sebességét az 1. kérdésben kapott képlet analízisével kaphatjuk meg:

\[v_{A2}=v_{A1}\cdot \frac{m_A-m_B}{m_A+m_B}\]

A maximális $v_{A2}$ sebesség megtalálásához elég a tömegeket tartalmazó

\[\frac{m_A-m_B}{m_A+m_B}\]

kifejezést vizsgálnunk.

Milyen $m_A$ és $m_B$ tömegek esetén lesz ez a kifejezés a lehető legnagyobb? Ehhez az $m_B$ tömeget vegyük 1‑nek. Egyszerűen olyan mértékegységet választunk, amiben az $m_B$ tömeg éppen 1 értékű. Ezt mindig megtehetjük. Például ha az $m_B$ tömeg $218\ \mathrm{kg}$, akkor azt mondjuk, hogy legyen az új tömegmértékegységünk a $\mathrm{ratuki}$, mostantól mindent ebben mérünk; az átváltási szabály:

\[1\ \mathrm{ratuki}=218\ \mathrm{kg}\]

Így felírva:

\[\frac{m_A-1}{m_A+1}\]

Rendezzük ezt át:

\[\frac{m_A-1}{m_A+1}=\frac{m_A+1-2}{m_A+1}=\frac{m_A+1}{m_A+1}-\frac{2}{m_A+1}=1-\frac{2}{m_A+1}\]

Erről már könnyen látszik, hogy mikor lesz ez a  kifejezés a lehető legnagyobb: amikor a kivont tag a legkisebb. A

\[\frac{2}{m_A+1}\]

tag pedig akkor a legkisebb, amikor a kifejezés nevezője a legnagyobb, vagyis amikor a bombázó $A$ test a lehető legnagyobb tömegű a nyugvó céltárgyhoz képest:

\[m_A\gg m_B\]

amit úgy is írhatunk, hogy az $m_B$ tömeg elhanyagolhatóan kicsi, vagyis nagyjából nulla:

\[m_B\approx 0\]

Tehát ez (szimbolikusan szólva) a "mozdony nekimegy az elé cérnán belógatott kis pingponlabdának" esete.

Mekkora lesz ilyenkor a bombázó $A$ test sebessége az ütközés után? Nézzük meg az összefüggést:

\[v_{A2}=v_{A1}\cdot \frac{m_A-m_B}{m_A+m_B}\]

Itt most $m_B\approx 0$ ezért

\[v_{A2}=v_{A1}\cdot \frac{m_A-0}{m_A+0}\]

\[v_{A2}=v_{A1}\cdot \frac{m_A}{m_A}\]

\[v_{A2}=v_{A1}\]

Tehát a bombázó részecske lényegében változatlan sebességgel halad tovább, előrefelé, ahogy a mozdony is teszi egy álló pingponglabdával való ütközés után.

c)   Mekkora lehet az $A$ test legnagyobb abszolút értékű, negatív előjelű (balra irányuló) sebessége az ütközés után? Milyen tömegarányok szükségesek ehhez?

\(v_{A2}=-v_{A1}\)

ha

\(m_A\approx 0\)

A 2. kérdés alapján az $A$ test ütközés utáni sebességét a

\[1-\frac{2}{m_A+1}\]

kifejezés vizsgálatával tehetjük meg (ahol az $m_A$ sebességet 1-nek vettük). Ez a kifejezés akkor lesz a legnagyobb abszolút értékű negatív, amikor a negatív előjelű

\[\frac{2}{m_A+1}\]

tört a lehető legnagyobb pozitív lértéket veszi fel. Ahhoz, hpgy egy tört minél nagyobb legyen, a számlálójának minél kisebbnek kell lennie, tehát az $m_A$ tömeg legyen a lehető legkisebb, hát az pedig a nulla:

\[m_A\approx 0\]

Vagyis a legnagyobb sebességű "visszapattanás" akkor következik be, ha a bombázó részecske tömege elhanyagolhatóan kicsi az álló céltárgy tömegéhez. Vagyis egy szemléletes példával: egy pingponglabdát nekidobunk egy mozdonynak.

Mekkora lesz a visszapattanó pingponglabda sebessége? Hát ezt a mindennapi tapasztalatainkból tudjuk, hogy ugyanazzal a sebességgel fog visszapattanni, mint amivel becsapódott. De nézzük meg a levezetést is:

\[v_{A2}=v_{A1}\cdot \frac{m_A-m_B}{m_A+m_B}\]

Ebbe behelyettesítve a

\[m_A\approx 0\]

kifejezést:

\[v_{A2}=v_{A1}\cdot \frac{-m_B}{m_B}\]

\[v_{A2}=v_{A1}\cdot \left(-1\right)\]

\[v_{A2}=-v_{A1}\]

ahogy a hétköznapi tapasztalatunk is sugallta.

d)  Mekkora lehet az $A$ test legkisebb abszolút értékű sebessége az ütközés után? Milyen tömegarányok szükségesek ehhez?

\(v_{A2}=0\)

ha

\(m_A=m_B\)

Nézzük az ütközés utáni sebesaég eredeti kifejezését:

\[v_{A2}=v_{A1}\cdot \frac{m_A-m_B}{m_A+m_B}\]

Mi a lehető legkisebb abszolút értékű szám, amit ez a kifejezés felvehet? A legkisebb abszolút értékű szám a nulla. Ezt látható, hogy felveheti, ha a

\[\frac{m_A-m_B}{m_A+m_B}\]

tört nulla, vagyis a tört számlálója nulla:

\[m_A-m_B=0\]

ami teljesülhet:

\[m_A=m_B\]

Tehát ha a két test tömege azonos, akkor a bombázó részecske megáll. Ezt láthatjuk gyakran a billiárd asztalon, amikor sikerül az álló golyót pont középen eltalálnunk egy másik golyóval. Vagy ha nincs szerencsénk (illetve türelmünk a próbálgatáshoz, amíg összejön), akkor megnézhetjük egy lassított, a képre kattintva:

e)  Mekkora lehet a $B$ test legnagyobb abszolút értékű, pozitív előjelű (jobbra irányuló) sebessége az ütközés után? Milyen tömegarányok szükségesek ehhez?

\(v_{B2\ max}=2\cdot v_{A1}\)

ha

\(m_B\approx 0\)

A $B$ test legnagyobb abszolút értékű pozitív sebességét az 1. kérdésben kapott kifejezés vizsgálatával határozhatjuk meg:

\[v_{B2}=v_{A1}\cdot \frac{2m_A}{m_A+m_B}\]

Itt megint a tömegek fogják eldönteni, hogy a $v_{A1}$ kezdősebességhez képest annak hányszorosa lesz a végsebesség, tehát most is elég a

\[\frac{2m_A}{m_A+m_B}\]

kifejezést vizsgálnunk. Vessük be újra azt a trükköt, hogy az egyik tömeget 1‑nek vesszük (megfelelő mértékegység megválasztásával ezt bármikor megtehetjük). Legyen

\[m_A=1\]

Így a kifejezésünk:

\[\frac{2}{1+m_B}\]

Ezen már könnyen láthatjuk, hogy akkor lesz a lehető legnagyobb pozitív, ha a nevezője a legkisebb, ami pedig akkor teljesül, ha

\[m_B\approx 0\]

Vagyis akkor gyorsul fel a lehető legnagyob sebességre az álló céltárgy, ha elhanyagolhatóan kicsi a tömege a bombázó testhez képest (megint a "mozdony nekimegy az elé belógatott pingponglabdának" esete). Mekkora lesz ez a legnagyobb sebesség? Írjuk be a $\ m_B\approx 0$ feltételt az eredeti kifejezésbe:

\[v_{B2}=v_{A1}\cdot \frac{2m_A}{m_A+m_B}\]

\[v_{B2}=2\cdot v_{A1}\]

Tehát az álló target legfeljebb a bombázó test sebességének duplájával "lőhet ki".

f)  Mekkora lehet a $B$ test legnagyobb abszolút értékű, negatív előjelű (balra irányuló) sebessége az ütközés után? Milyen tömegarányok szükségesek ehhez?

Nem lehetséges.

A $B$ test milyen nagy negatív előjelű sebességre tehet szert (tehát a bombázó kezdősebességéhez képest "hátrafelé")? Nézzük az 1. kérdésben a $B$ test végsebességére kapott kifejezést:

\[v_{B2}=v_{A1}\cdot \frac{2m_A}{m_A+m_B}\]

A jobb oldalon egy szorzat van. Egy szorzat akkor lesz negatív, ha a szorzótényezők ellentétes előjelűek. Vagyis az egyiknek pozitívnak, a másiknak negatívnal kell lennie. Azonban az egyikük, a $v_{A1}$ kezdősebesség semmiképp nem lehet negatív, mert az ő irányába vettük fel a pozitív irányt. A másik szorzótényező szintén nem lehet negatív, mert az $m_A$ és $m_B$ tömegek csak pozitívok lehetnek. Arra jutottunk, hogy mindig mind a két szorzótényező pozitv, így a $B$ test $v_{B2}$ végsebessége nem lehet negatív.

g)  Mekkora lehet a $B$ test legkisebb abszolút értékű sebessége az ütközés után? Milyen tömegarányok szükségesek ehhez?

\(v_{B2}=0\)

ha

\(m_B=\infty \)

A lehető legkisebb $v_{B2}$ sebesség meghatározásához nézzük megint a

\[\frac{2m_A}{m_A+m_B}\]

"tömegtagot". Mikor lesz ez a legkisebb értékű? Vegyük megint egységnyinek az $A$ test tömegét:

\[m_A=1\]

Ekkor a kifejezésünk:

\[\frac{2}{1+m_B}\]

Ez bármilyen \(m_B\) esetén pozitív szám lesz, és akkor lesz a legkisebb értékű (nagyságú), ha a nevezője a lehető legnagyobb. Vagyis ha

\[m_B=\infty \]

tehát az $A$ test tömege elhanyagolhatóan kicsi a $B$ test tömegéhez képest. Vagyis a "pingponglabda nekicsapódik az álló mozdonynak" esete. Ekkor a mozdony valóban lényegében nyugalomban marad.