Feladat: 290. fizika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bor P. ,  Gosztonyi László ,  Harkányi Edit ,  Kiss Péter ,  Patkós A. ,  Pelikán József ,  Szentai Judit ,  Vadász István 
Füzet: 1963/március, 182 - 184. oldal  PDF file
Témakör(ök): Erők forgatónyomatéka, Erőrendszer eredője, Súrlódási határszög, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1962/november: 290. fizika feladat

Egy helyiség érdes padlójára 5 m-es, 15 kg-os létrát viszünk, és odatámasztjuk a vízszintestől mért 60-os szög alatt az ugyancsak érdes falhoz. Legfeljebb hányadik létrafokra hághat fel a 75 kg-os személy 25 cm-es foktávolságok esetén, ha a súrlódási együttható a padlón és a falon egyaránt 40%-os?

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

Legyen a létra G1 súlyának (amely a létra felében támad) és az ember G2 súlyának eredője G. Ennek nagysága 15+75=90  kp, támadásvonalát pedig a párhuzamos erők összegezésének ismert eljárásával határozhatjuk meg: kell, hogy PR:SR=G1:G2=1:5 legyen. A súrlódási együttható 0,4, azt jelenti, hogy pl. a padló által a létrára gyakorolt P erő PS vízszintes és PN függőleges (azaz súrlódási és nyomó) komponenseire: PS0,4PN. Tehát a P erő hatásvonala a padlóra állított merőlegessel nem zárhat be nagyobb szöget, mint az az α hegyesszög, amelyre tg  α=0,4. Azaz P-nek az ábrán látható 2α nagyságú szögtartományon belül kell haladnia. Hasonló igaz a fal által a létrára gyakorolt P' erőre is.

 
 

Az egyensúly feltétele az, hogy P és P' erők Q eredője G erő hatásvonalába essék, és azzal ellentétes irányú és egyenlő nagyságú legyen. Látható, hogy P és P' hatásvonalainak T metszéspontja csak a két szögtartomány közös (az ábrán vonalkázott) részén belül lehet. Másrészt bárhol is van T e tartományon belül, mindig kielégíthető az a feltétel, hogy Q függőleges legyen, hiszen csak az kell, hogy PN=PS teljesüljön. Másrészt, ha ez teljesül, és az összes erőkomponenseket arányosan változtatjuk, Q minden érléket felvehet, így a G értékét is.
Ezek alapján a keresett maximumot akkor kapjuk, amikor T a lehető legközelebb van a falhoz, azaz T az X pontban van. A fentiek szerint ekkor is kielégíthetők az egyensúlyi feltételek.
Meghatározandó tehát az AD¯ távolság. Felírhatjuk a következő összefüggést: DE¯+EX¯=DX¯, ahol DE¯=CB¯=5sin60=4,33  m, EX¯=BE¯tgα=0,4BE¯=0,4CD¯=0,4(CA¯-AD¯)=0,4(5cos60-AD¯)=(1-0,4AD)m, végül
DX¯=AD¯ctg  α=10,4AD=2,5AD¯. Tehát behelyettesítve:

4,33+1-0,4AD¯=2,5AD¯,ahonnanAD¯=5,33  m2,9=1,838  m.


Ekkor  AR¯max=1,838/cosα=3,676  m,  ígyRS¯=3,676-2,5=1,176  mésPR¯=RE¯/5=0,235  m,  ezért
AP¯=AR¯=PR¯=3,676+0,235=3,911  m.

Mivel a foktávolság a létrán 0,25  m, és 3,911/0,25=15,644, ezért az ember a 15. fokig mehet.
 
Kiss Péter (Szeged, Ságvári E. gyak. g. II. o. t.) dolgozata alapján.

 
Megjegyzés: Ha az általános egyensúlyi egyenletek alapján nézzük a megoldást, a következő összefüggésekből kell kiindulnunk:
1. A létrára ható összes erő összege 0. Ezt a függőleges és a vízszintes komponensekre felírva (minden komponenst az ábrán szereplő irányítással tekintve pozitívnak):
G+P'S-PN=0,PS-P'N=0.



2. A forgatónyomatékok összege zérus. Legyen a vonatkoztatási pont pl. C:
(AC¯-x)G+BC¯P'N-AC¯PN=0.
Ezenkívül kielégítendők még a PS0,4PN és PS0,4P'N feltételek. Látható, hogy az 1., 2. pont alatti három egyenlet a 4 ismeretlen erőkomponenst nem határozza meg egyértelműen: csak az arányaikat adja meg. Tehát a feladat statikailag határozatlan. Az egyenlőtlenségek figyelembevételével az egyenletek viszonylag egyszerűen úgy kezelhetők, hogy az egyenlőtlenségeket az egyenletekbe helyettesítve vizsgáljuk: milyen egyenlőtlenséget kapunk x-re. Azonban a megoldás így is lényegesen hosszabb a fentinél.