Kezdőlap


Feladat:	374. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Básti Ildikó , Darvas Gy. , Lóczy István , Novák Anna , Pelikán József , Sólyom Irén , Sudár S. , Szeidl Lászó , Treer F. , Vicsek T.
Füzet:	1964/március, 135 - 136. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Összetartó erők eredője, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1963/szeptember: 374. fizika feladat

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

I. megoldás. A feladatban szereplő $\vec{M A}$ , $\vec{M B}$ , $\vec{M C}$ erőket a vektorösszegezés szabályai szerint felbonthatjuk a következőképpen (1. ábra):

1. ábra

\begin{matrix} \vec{M A} = \vec{M S} + \vec{S A}, \\ \vec{M B} = \vec{M S} + \vec{S B}, \\ \vec{M C} = \vec{M S} + \vec{S C} . \end{matrix}

A három egyenletet összeadva:

\begin{matrix} \vec{M A} + \vec{M B} + \vec{M C} = 3 \cdot \vec{M S} + \vec{S A} + \vec{S B} + \vec{S C} . \end{matrix}

A feladat azt bizonyítani, hogy

\begin{matrix} \vec{M A} + \vec{M B} + \vec{M C} = 3 \cdot \vec{M S} . \end{matrix}

Ha bizonyítani tudjuk, hogy

\vec{S A} + \vec{S B} + \vec{S C} = 0

, akkor állításunk igaz. Paralelogramma módszerrel megszerkesztve az

\vec{S B}

és

\vec{S C}

erők eredőjét (2. ábra),

\vec{S E}

erőt kapjuk. Mivel a paralelogramma átlói felezik egymást, ezért a

D

pont felezőpontja mind az

\vec{S E}

, mind a

\vec{B C}

szakasznak.

2. ábra

\vec{S E}

tehát egy egyenesbe esik

\vec{S A}

-val, mert az

A D

egyenes a

B C

oldalhoz tartozó súlyvonal.
A súlypont

2 : 1

arányban osztja a súlyvonalat, tehát

\begin{matrix} \vec{S A} = - 2 \vec{S D} = - \vec{S E} = - (\vec{S B} + \vec{S C}) . \end{matrix}

Rendezve

\begin{matrix} \vec{S A} + \vec{S B} + \vec{S C} = 0, \end{matrix}

így

\begin{matrix} \vec{M A} + \vec{M B} + \vec{M C} = 3 \vec{M S} . \end{matrix}

Sólyom Irén (Bp., Veres Pálné gimn. II. o. t.)

Megjegyzés: A bizonyításból látható, hogy

M

-nek nem kell az

A B C_{Δ}

síkjában lennie.

Treer Ferenc (Bp., Piarista gimn. II. o. t.)

II. megoldás. A paralelogramma tétel szerint összegezve (3. ábra):

\begin{matrix} \vec{M A} + \vec{M C} + \vec{M D}, \vec{M D} + \vec{M B} = \vec{M E} . \end{matrix}

3. ábra

A B C_{Δ} C A

oldala és az

M D

szakasz felezik egymást, mert az

A M C D

paralelogramma átlói. (A metszéspont

F_{1}

D

és

B

pontokat összekötve kapjuk az

M D B

háromszöget. A

B F_{1}

szakasz súlyvonala

A B C_{Δ}

-nek és

M D B_{Δ}

-nek egyaránt, mert

\begin{matrix} C F_{1} = F_{1} A és M F_{1} = F_{1} D . \end{matrix}

M E

és

B D

metszéspontját

G

-vel jelölve látható, hogy

M G

is súlyvonala

M D B_{Δ}

-nek, mert

B G = G D

M G

és

B F_{1}

metszéspontja

(S)

tehát súlypontja

M D B_{Δ}

-nek, és mivel a

B F_{1}

súlyvonal az

A B C_{Δ}

-ben is, és

S

B F_{1}

-et

2 : 1

arányban osztja, ezért

S

A B C_{Δ}

-nek is súlypontja. Ezért

M E

, az

M G

meghosszabbítása átmegy az

A B C_{Δ}

S

súlypontján.
Látható, hogy

\vec{M E}

eredő háromszorosa az

\vec{M S}

vektornak.

Lóczy István (Győr, Mayer L. gimn. II. o. t.)