1. No category

Physica 9
RATKAISUT
2. painos
1(9)
9. Pyörimisen peruslaki ja pyörimismäärä
RATKAISUT: 9. Pyörimisen peruslaki ja pyörimismäärä
9.1 a) Hitausmomentti on suure, joka kuvaa kappaleen pyörimishitautta, toisin sanoen sitä,
miten vaikea kappaleen pyörimistä on muuttaa.
b) Systeemin pyörimismäärä säilyy, jos systeemiin vaikuttava ulkoinen kokonaismomentti
on nolla ΣM = 0.
c) Pyörimisliikkeen peruslain mukaan pyörivään kappaleeseen vaikuttava
kokonaismomentti määrää kappaleen kulmakiihtyvyyden
ΣM A = J A α .
9.2 Kappaleen massa on m =1,2 kg, sylinterin massa ms = 2,7 kg ja putoamismatka s = 0,60 m.
Koska akseli on hyvin laakeroitu, mekaaninen energia säilyy. Punnuksen
potentiaalienergia alussa on yhtä suuri kuin punnuksen liike-energian ja sylinterin
pyörimisenergioiden summa lopussa
Ep,alku = Et,loppu + Er,loppu .
Valitaan potentiaalienergian nollataso punnuksen loppukorkeuden tasolle. Tällöin
punnus on aluksi korkeudella h, joten
mgh =
1 2 1
mv + J ω 2 .
2
2
1
2
Sylinterin hitausmomentti akselinsa suhteen on J = ms r 2 .
Koska lanka on venymätön, langan kukin piste liikkuu samalla nopeudella kuin
punnus. Siten sylinterin kehäpisteen ratanopeus langan irtoamiskohdassa on sama
kuin punnuksen nopeus. Koska kulmanopeuden ω ja kehäpisteen ratanopeuden v
välillä on yhteys ω = vr , sama yhteys on voimassa myös punnuksen
etenemisnopeuden ja sylinterin kulmanopeuden välillä.
Sijoittamalla v =
ω
r
energiayhtälöön saadaan
mgh =
1 2 1 1
v
mv + ⋅ ms r 2 ( ) 2
2
2 2
r
mgh =
1
(2m + ms )v 2 .
4
Ratkaistaan nopeus ja sijoitetaan lukuarvot
v=
4mgh
=
2m + ms
m
⋅ 0,60 m
m
m
s2
= 2,3537
≈ 2,4 .
s
s
2 ⋅1,2 kg + 2,7 kg
4 ⋅1,2 kg ⋅ 9,81
Vastaus: Kappaleen nopeus on 2,4
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2007
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
m
.
s
Physica 9
RATKAISUT
2. painos
2(9)
9. Pyörimisen peruslaki ja pyörimismäärä
9.3 Voima on F1 = 23 N, säteet r1 = 13 cm ja r2 = 17 cm. (Huom. kirjan 1. painoksessa
tehtävässä on vahingossa annettu F2). Isomman osan massa on m1 = 1,2 kg ja
pienemmän m2 = 0,80 kg, ja kulmakiihtyvyys on α = 35
1
.
s2
a) Hitausmomentti on sylintereiden hitausmomenttien summa.
J = J1 + J 2 =
=
1
1
m1r12 + m2 r2 2
2
2
1
1
⋅ 0,8 kg ⋅ (0,13 m) 2 + ⋅1,2 kg ⋅ (0,17 m) 2
2
2
= 0,00676 kgm2 + 0,01734 kgm2 = 0,0241 kgm2 ≈ 0,024 kgm2.
b) Kappaleeseen vaikuttavat voimat F1 ja F2 sekä tukivoima N ja paino G .
Pyörimisliikkeen perusyhtälö
∑ M = Jα .
Olkoon momenttien positiivinen suunta vastapäivään. Silloin
F2 r2 − F1r1 = J α
F2 =
J α + F1r1
.
r2
Sijoitetaan lukuarvot
1
0,0241 kgm 2 ⋅ 35 + 23 N ⋅ 0,13 m
s
F2 =
= 22,55 N ≈ 23 N
0,17 m
Vastaus:
a) Hitausmomentti on 0,024 kgm2.
b) Voima on 23 N.
9.4 a) Koska maapalloon vaikuttava ulkoinen momentti on häviävän pieni, pyörimisnopeus ja
akselin suunta pysyvät likimain samoina pyörimismäärän säilymislain perusteella.
b) Kun vauhtipyörän akselin suuntaa vaihdetaan, täytyy avaruusaluksen kääntyä, jotta
pyörimismäärä säilyisi.
c) Rekkitangolla roikkuvan urheilijan hitausmomentti on suurempi kuin sykkyrässä
kieppuvan urheilijan. Jotta pyörimismäärä säilyisi, tulee kulmanopeuden kasvaa.
Vastaavasti kulmanopeus pienene, kun urheilija suoristaa itsensä permannolle tullessa.
d) Taipuisan sauvan ansiosta systeemin (nuorallakävelijä + sauva) painopiste laskeutuu,
jolloin nuorallakävelijän on helpompi pysyä narulla. Riittävän taipuisan ja päästä
painavan sauvan avulla painopiste saadaan nuoran alapuolelle. Pitkällä sauvalla on suuri
hitausmomentti, jolloin systeemin pyöriminen ei muutu helposti.
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2007
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 9
RATKAISUT
2. painos
3(9)
9. Pyörimisen peruslaki ja pyörimismäärä
e) Pyörimismäärän säilymislain mukaan. Jotta systeemin pyörimismäärä pysyisi samana (=
nolla), tulee osien liikkua vastakkaisiin suuntiin. Kävelijä kallistaa (kääntää) sauvaa
oikealle eli samaan suuntaan, johon hän alkaa kaatua. Tämän seurauksena kävelijän
vartalo kääntyy vastakkaiseen suuntaan pyörimislain säilymislain kuvaamalla tavalla.
alkaa kaatua
heilauttaa sauvaa kaatumissuuntaan, jolloin heilahtaa
itse vastakkaiseen suuntaan
9.5 Hitausmomentin määrittäminen voidaan perustaa sekä pyörimisen perusyhtälön että
mekaanisen energian säilymislakien soveltamiseen.
Tapa 1:
Kiinnitetään pyörä akselistaan telineeseen. Kierretään pyörän kehälle kevyttä lankaa
ja ripustetaan siihen punnus. Annetaan punnuksen pudota levosta lähtien tietty aika.
Mitataan pyörän saama kulmakiihtyvyys α, joka on vakio, koska momentti on
vakio. Mitataan, kuinka pitkän matkan s punnus putoaa sovitussa ajassa t.
Putoava punnus on tasaisesti kiihtyvässä etenemisliikkeessä ja pyörä tasaisesti
kiihtyvässä pyörimisliikkeessä.
Newtonin II liikelain ja pyörimisliikkeen peruslain mukaan
ΣF = ma
ΣM = J α .
Punnukseen vaikuttaa painovoima G ja langan tukivoima T . Koska lanka on
kevyt ja venymätön, lanka vaikuttaa polkupyörän kehään yhtä suurella voimalla
T.
Kuvassa esitettyjen positiivisten suuntien mukaan saadaan yhtälöt
punnuksen eteneminen:
mg − T = ma
pyörän pyöriminen:
Tr = J α .
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2007
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 9
RATKAISUT
2. painos
4(9)
9. Pyörimisen peruslaki ja pyörimismäärä
Koska punnuksen kiihtyvyys a on sama kuin pyörän ulkoreunan pisteen
tangenttikiihtyvyys at ja toisaalta at = rα, kulmakiihtyvyyden ja punnuksen
kiihtyvyyden välillä on yhteys
α=
a
.
r
Siten Tr = J
a
Tr 2
ja pyörän hitausmomentti on J =
.
a
r
Toisaalta punnuksen liikeyhtälöstä saadaan
T = mg − ma = m( g − a) ,
joten hitausmomentti on
J=
Tr 2
m( g − a ) r 2
g
= m( − 1)r 2 .
=
a
a
a
Koska punnus on tasaisesti kiihtyvässä liikkeessä, ajassa t se etenee matkan s
s=
2s
1 2
at , joten punnuksen kiihtyvyys on a = 2 .
t
2
Hitausmomentilla saadaan siten lauseke
J = m(
gt 2
− 1)r 2 .
2s
Kun mitataan aika t, matka s, massa m ja säde r, hitausmomentti saadaan
lasketuksi.
Tapa 2:
Pannaan pyörä vierimään kaltevaa tasoa alaspäin.
Mekaaninen energia säilyy.
Ep,alku = Et,loppu + Er,loppu
mgh =
1 2 1
mv + J ω 2
2
2
Vierimisehdon mukaan pyörän etenemisnopeuden v ja kulmanopeuden ω välillä on
yhteys v = rω, joten
mgh =
v
1 2 1
mv + ⋅ J ( ) 2 .
r
2
2
Ratkaistaan pyörän hitausmomentti
v
2mgh − mv 2 = J ( ) 2
r
J=
2mgh − mv 2
.
v
( )2
r
Koska pyörä on tasaisesti kiihtyvässä etenemisliikkeessä, sen keskinopeus on
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2007
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 9
RATKAISUT
vk =
2. painos
5(9)
9. Pyörimisen peruslaki ja pyörimismäärä
v + v0 v s
= = ,
2
2 t
josta pyörän nopeudeksi saadaan
v=
2s
.
t
Pyörän pystysuoraan kulkema matka saadaan yhtälöstä
h = s ⋅ sin θ .
Kun mitataan h, m, s, t ja r, voidaan hitausmomentti laskea.
9.6 a) Pyörimismäärä L = J ω säilyy.
2
5
Tähteä voidaan pitää homogeenisen pallona, jolloin sen hitausmomentti on J = mr 2 .
Kun tähti luhistuu neutronitähdeksi, tähden säde voi pienentyä alle tuhannesosaksi.
Tällöin sen hitausmomentti pienentyy miljoonasosaksi.
Pyörimismäärän säilymisestä seuraa, että pyörimisnopeus voi kasvaa jopa yli
miljoonakertaiseksi.
b) Hyppääjän pyörimismäärä on vakio. Hyppääjään ei kohdistu ulkoisten voimien
momenttia. Jotta hyppääjä pystyisi kääntämään jalkojaan, hänen on käännettävä
ylävartaloaan vastakkaiseen suuntaan.
c) Kun luoti pyörii pituusakselinsa ympäri, se säilyttää suuntansa paremmin kuin luoti,
joka ei pyöri. Luodilla on akselinsa suuntainen pyörimismäärä. Koska pyörimismäärä
säilyy, säilyy sekä sen suunta että suuruus. Siksi pyörivän luodin suunta pysyy
paremmin samana kuin pyörimättömän luodin suunta.
9.7 a) Kiekon halkaisija on d = 4,7 cm, tason kaltevuuskulma
α = 23° ja matka s =1,5 m.
Mekaaninen energia säilyy, koska tason ja kiekon välinen
kitka ei tee työtä.
Ep,alku = Et,loppu + Er,loppu
mgh =
1 2 1
mv + J ω 2
2
2
Vierimisehdon mukaan kiekon etenemisnopeuden v ja kulmanopeuden ω välillä on
yhteys v = rω.
mgh =
gh =
1 2 1 1 2 v 2
mv + ⋅ mr ( )
r
2
2 2
1 2 1 1 2 v 2 3 2
v + ⋅ r ( ) = v
r
2
2 2
4
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2007
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 9
RATKAISUT
v=
2. painos
4 gh
=
3
4 ⋅ 9,81
6(9)
9. Pyörimisen peruslaki ja pyörimismäärä
m
⋅1,5 m ⋅ sin 23D
m
m
s2
= 2,7688
≈ 2,8 .
3
s
s
b) Mekaaninen energia säilyy, jos liukuvaan kiekkoon ei kohdistu kitkaa.
Ep,alku = Et,loppu
mgh =
1 2
mv
2
v = 2 gh =
2 ⋅ 9,81
m
m
m
≈ 3,4 .
⋅1,5 m ⋅ sin 23D = 3,3910
s2
s
s
Vastaus:
a) Kiekon nopeus on 2,8
m
.
s
b) Kiekon nopeus on 3,4
m
.
s
9.8 a) Kappaleiden massat ovat mB = 0,10 kg ja mC = 0,30 kg.
Sylinterin massa on m = 0,20 kg ja säde r = 0,10 m.
Sylinteriin vaikuttaa sen paino G , lankojen voimat FB ja
FC sekä tukivoima FA . Kappaleeseen B vaikuttaa sen paino
GB ja langan tukivoima FB . Kappaleeseen C vaikuttaa sen
paino GC ja langan tukivoima FC .
Kuvassa on esitetty kappaleisiin vaikuttavat voimat ja valittu
positiivinen suunta.
Newtonin II lain ja pyörimisen peruslain mukaan saadaan
yhtälöt
kappale C: GC − FC = mC a eli mC g − FC = mC a
kappale B: FB − GB = mB a eli FB − mB g = mB a
Sylinteri:
FC r − FB r = J Aα
( FC − FB )r = J Aα
( FC − FB )r =
1 2
mr α
2
Kappaleilla on samansuuruinen kiihtyvyys a. Sylinterin kehän pisteellä on sama
ratakiihtyvyys, joka on sen tangenttikiihtyvyys at .
Toisaalta
at = rα ja siten a = rα .
Sijoitetaan kulmakiihtyvyyden lauseke α =
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2007
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
a
sylinterin liikeyhtälöön
r
Physica 9
RATKAISUT
2. painos
( FC − FB )r =
FC − FB =
7(9)
9. Pyörimisen peruslaki ja pyörimismäärä
1 2a
mr
2
r
1
ma .
2
Lasketaan yhteen yhtälöt
mC g − FC = mC a
FB − mB g = mB a
FC − FB =
1
ma ,
2
saadaan
1
mC g − mB g = mC a + mB a + ma .
2
Siten kiihtyvyys on
a=
=
mC − mB
g
1
mC + mB + m
2
0,30 kg − 0,10 kg
m
m
m
⋅ 9,81 2 = 3,924 2 ≈ 3,9 2 .
1
s
s
s
0,30 kg + 0,10 kg + ⋅ 0, 20 kg
2
b) Kulmakiihtyvyys on
m
3,924 2
at a
1
1
s
α= = =
= 39,24 2 ≈ 39 2 .
s
s
0,10 m
r r
c) Voimat ovat
FC = mC g − mC a = 0,30 kg ⋅ (9,81
m
m
− 3,924 2 ) = 1,7658 N ≈ 1,8 N.
2
s
s
FB = mB g + mB a = 0,10 kg ⋅ (9,81
m
m
+ 3,924 2 ) = 1,3734 N ≈ 1,4 N.
s2
s
Vastaus:
a) Kiihtyvyys on 3,9
m
.
s2
b) Kulmakiihtyvyys on 39
1
.
s2
c) Voimat ovat 1,8 N ja 1,4 N.
9.9 Vesiämpärin massa on m = 12 kg, puutukin halkaisija d = 2r = 18 cm, tukin ja
kammen kokonaishitausmomentti J = 0,028 kgm2, kitkamomentti M = 1,4 Nm ja
putoamismatka h = 3,2 m.
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2007
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 9
RATKAISUT
2. painos
8(9)
9. Pyörimisen peruslaki ja pyörimismäärä
Energiaperiaatteen mukaan kitkamomentin tekemä työ on yhtä suuri kuin systeemin
mekaanisen energian muutos. Kitkamomentin tekemä työ on negatiivinen, koska se
pienentää systeemin mekaanista energiaa.
− M Δϕ = ΔEk + ΔEp
− M Δϕ =
1 2 1
mv + J ω 2 − mgh
2
2
Puutukin kiertymä on Δϕ =
h
v
ja kulmanopeus ω = .
r
r
Sijoitetaan kiertymä ja kulmanopeus energiayhtälöön
−M
h 1 2 1 v 2
= mv + J ( ) − mgh
r 2
2 r
1 2 1 J 2
h
mv +
v = mgh − M
2
r
2
2r
v=
h
r =
1
J
(m + 2 )
2
r
mgh − M
m
3,2 m
⋅ 3,2 m − 1,4 Nm ⋅
2
m
m
0,090 m
s
= 6,5040 ≈ 6,5 .
2
1
0,028 kgm
s
s
(12 kg +
)
2
2
(0,090 m)
12 kg ⋅ 9,81
Vastaus: Ämpärin nopeus on 6,5
m
.
s
9.10 Korkeusero on h1 = 0,95 m.
Kun oletetaan vierimisvastus ja ilmanvastus hyvin pieniksi, voidaan soveltaa mekaanisen energian
säilymislakia. Siten pallon mekaaninen energia lähtöhetkellä ja lentoonlähtöhetkellä on sama.
mgh1 =
1 2 1
mv + J ω 2
2
2
2
5
Pallon hitausmomentti on J = mr 2 .
Pallo vierii, joten v = rω .
Siten
mgh1 =
1 2 1 2 2 v 2
mv + ⋅ mr ( )
r
2
2 5
mgh1 =
7
mv 2
10
Pallon nopeus irtoamishetkellä on v =
10
gh .
7
Tarkastellaan seuraavaksi lentoa ilmassa: Kun pallo lentää ilmassa, sen pyörimisellä ei ole merkitystä
energiatarkastelussa. Koska ilmanvastus on häviävän pieni, mekaaninen energia säilyy.
Siten pallon etenemisen liike-energia irtoamishetkellä on yhtä suuri kuin sen potentiaalienergia
ylimmässä kohdassa.
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2007
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 9
RATKAISUT
1 2
mv = mgh2
2
Lentokorkeudeksi saadaan
h2 =
10 gh 1 5h1 5 ⋅ 0,95 m
v2
=
=
=
= 0,68 m.
2g
7
7 ⋅ 2g
7
Vastaus: Pallo nousee korkeudelle 0,68 m.
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2007
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
2. painos
9(9)
9. Pyörimisen peruslaki ja pyörimismäärä