Kezdőlap


Feladat:	286. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Máthé István , Pelikán József
Füzet:	1963/március, 180 - 181. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Erők forgatónyomatéka, Súlypont (tömegközéppont) meghatározása, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1962/október: 286. fizika feladat

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

I. megoldás. A könyvhalmazra ható és az asztal szélére vonatkoztatott nyomatékok összege optimális esetben nulla. A megoldás elve az, hogy minden könyvet legfeljebb annyira húzhatok ki, hogy a felette levő könyveknek az alátámasztási pontra vonatkoztatott nyomatéka és az adott könyvnek az alátámasztási pontra vonatkoztatott nyomatéka még egyensúlyban legyen. Ekkor az eredő súlypont az alátámasztási pont fölé esik.
A felülről számított $n$ könyv megengedett $x_{n}$ kilógása a következő nyomatéki egyenletből kapható ( $G$ egy könyv súlya)

\begin{matrix} G \cdot (\frac{L}{2} - x_{n}) = (n - 1) G \cdot x_{n} . \end{matrix}

n

-edik könyv felett levő

(n - 1)

könyv súlypontja az

n

-edik könyv szélére esik. Az egyenletből

x_{n} = \frac{L}{2 n}

és a teljes kilógás

\sum x_{n} = \sum \frac{L}{2 n}

. 5 könyv esetén tehát (felülről számitva)

\begin{matrix} x_{1} = \frac{L}{2}, x_{2} = \frac{L}{4}, x_{3} = \frac{L}{6}, x_{4} = \frac{L}{8}, x_{5} = \frac{L}{10}, \\ és \sum_{n = 1}^{5} x_{n} = \frac{137}{120} L . \end{matrix}

Máthé István (Bp., Bánki D. techn. IV. o. t.)

II. megoldás. Az egyensúly határesetében minden könyvnek a jobb széle fölé kell, hogy essék a felette levő könyvek közös súlypontja.
Az első

i

könyv közös súlypontját úgy is elképzelhetjük, hogy az

i

-edik könyv súlya hat egységnyi erővel saját középpontjában, a fölötte levő könyvek súlya

(i - 1)

egységnyi erővel a könyv szélén. Tehát a közös súlypont, illetve az alátámasztási pont az

i

-edik könyv félhosszúságát

(i - 1) : 1

arányban osztja, és az egységnyi hossz a könyv szélétől számítandó. Így az

i

-edik könyv ,,kilógása''

\begin{matrix} x_{i} = \frac{L}{2 i}, és \sum x_{i} = \sum \frac{L}{2 i} . \end{matrix}

Pelikán József (Bp., Fazekas M. g. I. o. t.)

Megjegyzés:

\sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{i}

tetszőleges nagy lehet, ezért

\sum_{i = 1}^{n} \frac{L}{2 i}

, vagyis az

n

-edik könyvnek az asztal szélétől számított kilógása is akármilyen nagy lehet!