Feladat:	468. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bodoky Péter ,  Roszival Miklós ,  Vicsek Tamás
Füzet:	1965/március, 137 - 138. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Tömegpont egyensúlya, Lejtő, Emelő, Összetartó erők eredője, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1964/október: 468. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.     A téglatestre három erő hat: a $G=mg$ nehézségi erő, a kötél $F$ húzóereje a kötél irányában, és a lejtő által a testre gyakorolt $P$ erő, amely ‐ mivel súrlódás nincs ‐ merőleges a lejtő síkjára. E három erő (vektori) összegének kell zérusnak lennie. a) Mivel most $G$ és $F$ erők függőleges irányúak, összegük is az, így $P$-vel alkotott eredőjük csak akkor lehet 0, ha $P=0$. Így az egyensúly feltétele az, hogy $FG$-vel egyező nagyságú és ellentétes irányú legyen. Ez teljesül is, ha $Q=2mg=20\text{kp}$. (L. az 1. ábrát, alkalmaztuk az emelőszabályt.)     1. ábra   b) Megszerkesztve az $F$ és $P$erők összegét (2. ábra), amelynek tehát $-G$-vel kell egyenlőnek lennie, azaz függőlegesen mutat, azt látjuk, hogy ezen erőparalelogramma függőleges ($-G$) átlója ${30}^{\circ }$-os szöget zár be mindegyik oldallal, azaz az erőparalelogramma rombusz: $F$ és $P$ nagysága egyenlő, ill. az $ABF$ háromszögből $\begin{array}{c}{\displaystyle F=\frac{\frac{G}{2}}{\text{cos}{30}^{\circ }}=\frac{mg}{2\text{cos}{30}^{\circ }}\mathrm{.}}\end{array}$     2. ábra   Felírjuk emelőszerkezetünk $O$ forgáspontjára a forgatónyomatékok egyenlőségét: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle Fa\text{sin}{30}^{\circ }=Qb\text{cos}{30}^{\circ }\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle Q=F\frac{a}{b}\frac{\text{sin}{30}^{\circ }}{\text{cos}{30}^{\circ }}=\frac{mg}{2\text{cos}{30}^{\circ }}\cdot 2\cdot \frac{\text{sin}{30}^{\circ }}{\text{cos}{30}^{\circ }}=\frac{2}{3}mg=6\mathrm{,}67\text{kp}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$  Roszival Miklós (Esztergom, I. István g. III. o. t.)   Megjegyzések. 1. Azt, hogy az erők összege zérus, lehet úgy is vizsgálni, hogy felbontjuk az erőket (egymásra merőleges) komponensekre, és ekkor a komponensek algebrai összegének kell nullát adni mindkét irányban. Célszerű ezt a felbontást a lejtő felületére merőleges és azzal párhuzamos irányokra elvégezni. Ekkor a lejtővel párhuzamos komponensekre vonatkozó egyenletből azonnal megkapjuk $F$-et, $P$-t ki sem kell számítani: pl. a ,,$b$'' esetben (l. a 3. ábrát) $b\text{sin}{30}^{\circ }=F\text{cos}{30}^{\circ }$, azaz $F=\frac{mg}{\text{tg <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msup><mrow><mn>30</mn></mrow><mrow><mo>∘</mo></mrow></msup></mrow></math>}}$ $\left(\text{Ui.}\text{tg <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msup><mrow><mn>30</mn></mrow><mrow><mo>∘</mo></mrow></msup></mrow></math>=<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mfrac><mrow><mn>1</mn></mrow><mrow><mrow><mroot><mrow><mn>3</mn></mrow><mrow></mrow></mroot></mrow></mrow></mfrac></mrow></math>=2<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">cos</span><math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msup><mrow><mn>30</mn></mrow><mrow><mo>∘</mo></mrow></msup></mrow></math>}\right)$    Bodoky Péter (Bp., I. István g. II. o. t.)   2. Az ,,$a$'' esetben a téglatest elfordulását a lejtő nem tudja megakadályozni, hiszen nem hat rá semmilyen erővel sem, $P=0$. Így a test csak akkor marad a lejtőre ráfeküdve, ha a kötél a súlyponttal egyvonalban van rögzítve a téglatestnek az ábrán velünk szemben levő, ill. ezzel átellenes két oldalán, vagy a téglatest ,,felső'' lapján a lejtőnek megfelelő ferde helyzetben a súlypont felett. A téglatest ezen ,,felborulása'' a $b$. esetben is bekövetkezhet, ha az elég ,,magas'', és a kötél pl. a lejtőn feljebb levő alsó éléhez van rögzítve.   Vicsek Tamás (Bp., Radnóti M. gyak. g. III. o. t.)