Kezdőlap


Feladat:	1903. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Porgányi Gergely
Füzet:	1984/szeptember, 282 - 283. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyenletes körmozgás, Körmozgás (Tömegpont mozgásegyenlete), Tapadó súrlódás, Newton-törvények, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1984/január: 1903. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Ha a jármű sebességének nagysága és tömege állandó, lendülete viszont egyenletesen változik, (tehát sebessége is egyenletesen változik), és feltesszük, hogy a mozgás síkbeli, akkor a jármű egyenletes körmozgást végez. Az $m = 1000 kg$ tömegű és $v = 36 km/h = 10 m/s$ sebességű jármű lendülete $p = m v = 10 000 kg m/s$ . Ez $t = 6 s$ alatt ugyanennyit változott, tehát a megtett körív középponti szöge $φ = 60^{\circ} = π / 3$ (1. ábra). A mozgás szögsebessége $ω = φ / t$ , a járművet körpályán tartó centripetális erő nagysága pedig $F = m v ω = \frac{m v φ}{t}$ . Vízszintes úton ez az erő csak súrlódásból származhat. A kerekek tapadása esetén $F \leq m g μ$ , ebből a súrlódási együttható: $μ \geq \frac{v φ}{g t} = 0, 178$ .

1. ábra

Megjegyzések. 1. Elképzelhető ennél kisebb súrlódási együttható is, ha az út bedől a kanyarban, sőt létezik olyan dőlésszögű út, amely súrlódás nélkül körpályán tudja tartani a járművet. Ilyenkor a

G

súlyerő és az út

N

nyomóereje épp a vízszintes centripetális erőt adja eredőül (2. ábra):

tg α = \frac{F}{G} = \frac{v φ}{g t} = 0,178

, ebből az út szükséges dőlésszöge

α = 9^{\circ} 56'

2. A feladat feltételei a

φ = \frac{π}{3}

-on kívül még teljesülnek a

\frac{π}{3} + k \cdot 2 π

és az

\frac{5 π}{3} + k \cdot 2 π

(k = 1,2, ...)

szögekre is. Ezekkel mind nagyobb (

0, 89

;

1, 25

;

1, 96

;

...

) alsó korlátok adódnak a súrlódási együtthatóra.

2. ábra