A P. 5645. fizika feladat megoldása
Szerk
P. 5645. Egy motoros \(\displaystyle 36~\mathrm{km}/\mathrm{h}\) sebességgel hajt be egy félkör alakú, ,,visszafordító'' kanyarba. Az aszfalt és a kerekek közötti tapadási súrlódási együttható \(\displaystyle 0{,}58\). A motoros mindvégig egy \(\displaystyle 40~\mathrm{m}\) sugarú köríven tartja járművét (pontosabban a motor és a motoros közös tömegközéppontját), és közben végig egyenletesen növeli annak sebességét.
a) Legfeljebb hány \(\displaystyle \mathrm{m}/\mathrm{s}\)-mal növelheti a motoros másodpercenként a sebességét?
b) Mekkora sebességre gyorsulhat fel a versenyző a kanyar végére?
c) Hogyan változik a motoros függőlegessel bezárt szöge a kanyarban?
(5 pont)
Közli: Kis Tamás, Heves
Megoldás. A motorosra függőleges irányban az \(\displaystyle mg\) nehézségi erő és a talaj \(\displaystyle N\) nyomóereje, vízszintes irányban pedig az \(\displaystyle S\) tapadási súrlódási erő hat. A függőleges erők eredője nulla, a vízszintes erő biztosítja a motor \(\displaystyle a\) gyorsulását. A motor akkor nem csúszik meg, ha
$$\begin{gather*} ma=S\leq\mu N=\mu mg,\\ a\leq\mu g.\tag{1} \end{gather*}$$a) és b) Az \(\displaystyle r\) sugarú körpályán mozgó motoros gyorsulása két, egymásra merőleges komponensre bontható: az érintőirányú \(\displaystyle a_{\mathrm{t}}\) komponens a feladat szövege szerint állandó, a centripetális gyorsulás viszont a sebesség növekedésével nő, hiszen
\(\displaystyle a_{\mathrm{cp}}=\frac{v^2}{r}. \)
A motoros gyorsulása a két komponens eredője, ennek nagysága:
| \(\displaystyle (2) \) | \(\displaystyle a=\sqrt{a_{\mathrm{t}}^2+a_{\mathrm{cp}}^2},\) |
amely így akkor lesz a legnagyobb, amikor a sebesség a legnagyobb, tehát a ,,visszafordító kanyar'' végén. Legyen ekkor a motoros sebessége \(\displaystyle v\). A \(\displaystyle v_0\) kezdősebességről egyenletesen gyorsuló motoros átlagsebessége:
\(\displaystyle v_\textrm{átl}=\frac{v+v_0}{2}, \)
az \(\displaystyle s=r\pi\) hosszúságú körív megtételéhez szükséges idő:
\(\displaystyle t=\frac{s}{v_\textrm{átl}}=\frac{2r\pi}{v+v_0}. \)
A motoros érintőirányú gyorsulása:
| \(\displaystyle (3) \) | \(\displaystyle a_{\mathrm{t}}=\frac{\Delta v}{t}=\frac{v-v_0}{t}=\frac{(v-v_0)(v+v_0)}{2r\pi}=\frac{v^2-v_0^2}{2r\pi},\) |
a teljes gyorsulása pedig (2) alapján:
\(\displaystyle a=\sqrt{\left(\frac{v^2-v_0^2}{2r\pi}\right)^2+\left(\frac{v^2}{r}\right)^2}. \)
Az (1) feltétel szerint
$$\begin{gather*} a^2\leq(\mu g)^2,\\ \left(\frac{v^2-v_0^2}{2r\pi}\right)^2+\left(\frac{v^2}{r}\right)^2\leq(\mu g)^2,\\ \frac{v^4-2v_0^2v^2+v_0^4}{4r^2\pi^2}+\frac{v^4}{r^2}\leq\mu^2g^2,\\ (1+4\pi^2)v^4-2v_0^2v^2+v_0^4-4r^2\pi^2\mu^2g^2\leq 0. \end{gather*}$$Határesetben ez \(\displaystyle v^2\)-re egy másodfokú egyenlet. A numerikus adatokat behelyettesítve és megoldva, majd a pozitív megoldásból gyököt vonva:
\(\displaystyle v_{\mathrm{max}}\approx 15~\mathrm{m}/\mathrm{s}, \)
amiből (3) alapján a maximális érintőirányú gyorsulás (a ,,másodpercenkénti sebességnövelés maximális értéke''):
\(\displaystyle a_{\mathrm{t,max}}=\frac{v_{\mathrm{max}}^2-v_0^2}{2r\pi}\approx 0{,}5~\mathrm{m}/\mathrm{s}^2. \)
c) A motorosra a hozzá rögzített gyorsuló vonatkoztatási rendszerben tehetetlenségi erők is hatnak. A motoros bedőlése szempontjából a pályájára merőleges centrifugális erőnek van szerepe. Az ábrán látható, hogy a talajjal való érintkezési pontra vonatkoztatva a \(\displaystyle G=mg\) nehézségi erőnek és az \(\displaystyle F_{\mathrm{cf}}=m\tfrac{v^2}{r}\) centrifugális erőnek van forgatónyomatéka (az \(\displaystyle O\) ponton átmenő, a nyomóerőből és a súrlódási erőből összetevődő \(\displaystyle K\) kényszererőnek nincs).
Feltéve, hogy a folyamatosan változó sebességgel a bedőlés szöge is folyamatosan és aránylag lassan változik (a teljes kanyart \(\displaystyle t\approx 10~\mathrm{s}\) alatt teszi meg a motoros), a forgatónyomatékok egyensúlyát írjuk fel:
\(\displaystyle mg\ell\sin\alpha=m\frac{v^2}{r}\ell\cos\alpha, \)
ahol \(\displaystyle \ell\) a tömegközéppont távolsága az érintkezési ponttól és \(\displaystyle \alpha\) a motoros függőlegessel bezárt szöge. Ebből a keresett szög a sebesség függvényében:
\(\displaystyle \alpha=\arctg\frac{v^2}{gr}. \)
Ez a szög a teljes visszakanyarodás közben fokozatosan \(\displaystyle \alpha_{\mathrm{min}}=\arctg\tfrac{v_0^2}{gr}\approx 14^\circ\) értékről \(\displaystyle \alpha_{\mathrm{max}}=\arctg\tfrac{v^2}{gr}\approx 30^\circ\) értékre növekszik.
Ujpál Bálint (Miskolci Herman O. Gimn., 12. évf.)
Megjegyzések. 1. Eredményeink nem függenek a tömegközéppont magasságától és a rendszer tömegétől.
2. Az ábrán csak a motoros haladási irányára merőleges síkban ható erőket ábrázoltuk. A sebességét növelő motorra a haladási irányába is hat súrlódási erő, a motoros vonatkoztatási rendszerében pedig azzal ellentétes irányba egy \(\displaystyle ma_{\mathrm{t}}\) nagyságú tehetetlenségi erőt is figyelembe kell vennünk. Ennek az erőnek a forgatónyomatéka a motort hátra akarja dönteni, amit a két kerékre ható eltérő nyomóerők forgatónyomatéka egyenlít ki. (Ha a gyorsulás nagyon nagy, akkor az első kerék meg is emelkedhet.) Ennek vizsgálatát azonban a feladat nem kéri, és a motor geometriai adatainak – a kerekek távolságának és a tömegközéppont magasságának – ismerte nélkül nem is tudnánk számításokat végezni.
25 dolgozat érkezett. Helyes Ujpál Bálint megoldása. Kicsit hiányos (3–4 pont) 9, hiányos (1–2 pont) 10, hibás 5 dolgozat.