Feladat: 1065. fizika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):  Bacsinszky György ,  Hasenfratz Anna 
Füzet: 1973/február, 86 - 87. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Tömegpont egyensúlya, Nyomóerő, kötélerő, Pontrendszer helyzeti energiája, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1972/szeptember: 1065. fizika feladat

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

I. megoldás. Jelöljük a kötélerőket két indexszel úgy, hogy az első betű a támadáspontot határozza meg, a második betű pedig azt, hogy az erő mely pont irányában hat (1. ábra).

 

1. ábra
 

Ha a rendszer egyensúlyban van, az egyes tömegpontokra ható erők eredője nulla (2. ábra).
 

2. ábra
 

A PQR egyenlő szárú, derékszögű háromszögből RS=1,5G. A kötélerő nagysága
|FCD|=G0,52+1,52=G2,5.(1)
A kérdezett távolság:
AB=2(A'C+C'D).(2)
A'C az AA'C háromszögből határozható meg:
A'C=52  m.(3)
A CC'D háromszög hasonló a vektorábrán szereplő DSR háromszöghöz, ahonnan
C'D=10  m  1,5G2,5G=62,5  m.(4)
A felfüggesztési pontok távolsága tehát:
AB=2(52+62,5)33  m.(5)
 

Bacsinszky György (Zalaegerszeg, Ságvári E. Gimn. I. o. t.)

 

II. megoldás. A rendszer akkor van egyensúlyban, ha helyzeti energiája-minimális. Válasszuk nulla szintnek az AB egyenes által meghatározott magasságot (3. ábra).
 

3. ábra
 

A két szélső test helyzeti energiája:
E1=-2Glcosα,(6)
a középső testé:
E2=-G[lcosα+l2-(k-lsinα)2].(7)
Az
E=-G[3lcosα+l2cos2α+2klsinα-k2](8)
energiának olyan szögnél van minimuma, melynél E deriváltja nulla:
E'=3Glsinα-(G/2)2klcosα-2l2sinαcosαl2cos2α+2klsinα-k2=0.(9)
Mivel tudjuk, hogy α=45, l=10  m, (9)-et átrendezve k-ra egy másodfokú egyenletet kapunk:
k2-102k-40=0,
innen
k=52±310.(10)
A felfüggesztési pontok távolsága k pozitív gyökéből kiszámítható:
AB=2k=102+61033  m.(11)
 

Hasenfratz Anna (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn. II. o. t.)