Kezdőlap


Feladat:	2416. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Varga Balázs
Füzet:	1990/április, 184 - 185. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Erők forgatónyomatéka, Tömegközéppont helye, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1989/október: 2416. fizika feladat

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

A testek tömege egyenlő és súlypontjuk kezdetben ugyanolyan magasan van. Azt a testet tekintjük nehezebben felbillenthetőnek, amelynek súlypontja az átbillenés határhelyzetében magasabbra emelkedik.
Ha a kocka éle $H$ és a henger sugara $r$ , akkor az egyenlő sűrűség miatt

\begin{matrix} r^{2} π = H^{2} . \end{matrix}

(1)

A kockát kétféleképpen billenthetjük: élén és csúcsán át, a hengert alapkörének egy pontján át. Meghatározzuk, hogy a három esetben milyen magasra

(M)

kerül a súlypont az átbillenés határhelyzetében.
1. eset: A kockát egy éle körül billentjük át.

1. ábra

Az 1. ábra alapján

\begin{matrix} M_{1} = \frac{\sqrt[]{2}}{2} H . \end{matrix}

2. eset: A kockát egy csúcsa körül billentjük át.

2. ábra

A 2. ábra szerint

\begin{matrix} M_{2} = \frac{\sqrt[]{3}}{2} H . \end{matrix}

3. eset: A hengert alapkörének egy pontján billentjük át.

3. ábra

A 3. ábra alapján, majd az (1) összefüggést felhasználva

\begin{matrix} M_{3}^{2} = r^{2} + {(\frac{H}{2})}^{2} = \frac{H^{2}}{π} + \frac{H^{2}}{4} . \end{matrix}

Így

\begin{matrix} M_{3} = \sqrt[]{\frac{π + 4}{4 π}} H . \end{matrix}

Tehát az emelkedési magasságok

H

-nak konstansszorosai:

\begin{matrix} M_{1} = 0, 707 H, M_{2} = 0, 866 H, M_{3} = 0, 754 H . \end{matrix}

Látható, hogy

M_{1} < M_{3} < M_{2}

. Ezért legkönnyebb a kockát egy éle körül, nehezebb a hengert, és legnehezebb a kockát egy csúcsa körül felbillenteni.

Varga Balázs (Lenti, Gönczi F. Gimn., I. o. t.) dolgozata alapján