1. No category

Luvun 10 laskuesimerkit
Esimerkki 10.1
Tee-se-itse putkimies ei saa vesiputken kiinnitystä auki
putkipihdeillään, joten hän päättää lisätä vääntömomenttia
jatkamalla pihtien vartta siihen tiukasti sopivalla putken pätkällä.
Hän kohdistaa jatkeeseen
900 N
voiman suoraan alaspäin
astumalla sen päälle. Matka vesiputken liittimen keskikohdasta
voiman kohdistuspisteeseen on
0.80 m ja kulma pihtien kahvan
19◦ . Minkä suuruinen ja
horisontaalisen suunnan välillä on
suuntainen vääntö kohdistuu liittimen keskipisteeseen?
ja
Vapaakappalekuvasta näemme, että kontaktipisteen paikkavektorin
~r
ja voiman
F~
välinen kulma on
φ = 109◦ .
Nyt saamme
vääntömomentin suuruudeksi
τ =
rF sin φ = 0.80 m · 900 N · sin 109◦ = 680 Nm.
Vääntömomentin suunta riippuu siitä, miten piirrämme tilanteen.
Jos liitin olisi vasemmassa reunassa ja kiertosuunta myötäpäivään,
niin suunta olisi kohti kuvatasoa, päinvastaisessa tapauksessa kohti
katsojaa.
Esimerkki 10.2
Oletetaan, että tasatiheyksisen umpisylinterin ympärille on kiedottu
kaapelia ja sylinteri voi pyöriä keskipisteensä kautta kulkevan akselin
ympäri. Sylinterin halkaisija on
Kaapelia vedetään
9N
0.120 m
ja sen massa on
50 kg.
voimalla. Jos kaapeli pääsee purkautumaan
ilman venymistä tai lipsumista, niin mikä on sen kiihtyvyys?
Ainoa pyörimisakseliin kohdistuva vääntömomentti aiheutuu
F , jonka vipuvarsi on sama kuin sylinterin säde R . Toisin
sanoen τz = FR . Valitaan nyt pyörimissuunta positiiviseksi, jolloin
voimasta
pyörimisen aiheuttavan vääntömomentin etumerkki on positiivinen.
Aiemmin on jo tullut ilmi, että tasatiheyksisen umpisylinterin
hitausmomentti on
Sylinterin
αz =
τz
I
Kaapelin
I = MR 2 /2.
kulmakiihtyvyys
=
on tällöin
FR
2F
2 · 9.0 N
=
=
= 6.0 rad/s2
2
MR /2 MR 50 kg · 0.060 m
lineaarinen kiihtyvyys
on sama kuin sylinterin ulko-osan
tangentiaalinen kiihtyvyys:
ax = atan = R αz = 0.060 m · 6.0 rad/s2 = 0.36 m/s2 .
Esimerkki 10.3
Otetaan seuraavaksi edellisen luvun esimerkistä 9.5 tuttu tapaus,
jossa umpisylinterin ympärille on kiedottu kaapeli, jonka toisesta
päästä roikkuu laatikko. Unohdetaan nyt numeroarvot ja
tarkastellaan laatikon
m kiihtyvyyttä.
Laatikolle voidaan kirjoitta Newtonin toista lakia hyödyntäen
P
Fy = mg + (−T ) = may
Sylinterin tapauksessa painolla
Mg
ja ripustuksesta aiheutuva
normaalivoimalla ei ole vääntömomenttia pyörimisakselin suhteen,
sillä ne vaikuttavat sen kautta kulkevaan viivaa pitkin. Ainoa
vääntömomentin aiheuttava voima on kaapelin jännitys
T . Näin
ollen voidaan kirjoittaa
X
τz =
1
2
RT = I αz = MR 2 αz
Kuten edellisessä esimerkissä, kaapelin kiihtyvyys on sama kuin
sylinterin reunan tangentiaalikiihtyvyys, eli
ay = R αz . Tämän ja
edellisen yhtälön avulla saamme
1
2
1
2
RT = MR 2 αz → T = May
Sijoitetaan nyt saatu
T :n lauseke Newtonin toisen lain avulla
saatuun yhtälöön
1
2
mg − May = may → ay =
g
1 + M /2m
h verran, niin sen nopeus voidaan
v 2 = v02 + 2ay h. Jos laatikko lähtee levosta,
Jos laatikko putoaa korkeuden
laskea lausekkeesta
niin saamme loppunopeudeksi sen tömähtäessä maahan
v=
q
2ay h =
s
2gh
1 + M /2 m
s
=
4mgh
2m + M
,
eli sama yhtälö, jonka saimme esimerkissä 9.5 energiatarkastelujen
avulla!
Tarkastellaan vielä kiihtyvyyden lauseketta:
ay =
Jos
g
1 + M /2m
M = 0 saamme y-suuntaisen kiihtyvyyden suuruudeksi g , eli
laatikko on vapaassa pudotuksessa.
Jos sylinterin massa
M m, niin kiihtyvyys on paljon alhaisempi
kuin vetovoimakiihtyvyys.
Esimerkki 10.4
Ontto sylinteri, jonka massa on
liukumista nopeudella
vcm
M
ja säde on
R
vierii ilman
pitkin litteää pintaa. Mikä on sen
kineettinen energia?
Aiemmin olleen taulukon perusteella tiedämme, että onton sylinterin
I = MR 2 ja koska liukumista ei tapahdu,
kulmanopeus ω = vcm /R . Toisin sanoen kineettinen energia on
hitausmomentti on
1
2 + 1 I ω 2 = 1 Mv 2 + 1 MR 2 vcm
K = Mvcm
2
2
2 cm 2
R
=
Eli
tässä erikoistapauksessa
2
2
Mvcm
(ontto sylinteri) puolet kineettisestä
energiasta on etenevässä liikkeessä ja puolet pyörimisliikkeessä.
Esimerkki 10.5
Joukko erilaisia kappaleita (umpipallo, ontto pallo, erikokoisia
umpinaisia sylintereit ja ohut rengas) päästetään vierimään levosta
pitkin kaltevaa tasoa, korkeuseroa ennen tasaista on
h. Oletetaan,
että sekä kappaleiden että tason pinnat ovat täysin kiinteät, jolloin
pian vastaan tulevan vierimiskitkan vaikutus voidaan unohtaa.
Missä järjestyksessä ja millä nopeudella kappaleet tulevat tasaiselle?
Koska kukin kappale aloittaa levosta korkeudelta
kirjoittaa
h, voidaan
K1 = 0, U1 = Mgh. Toisaalta U2 = 0 kaikille
kappaleille. Koska kyseessä on vieriminen ilman liukumista,
ω = vcm /R .
Kun tarkastellaan aiemmassa taulukossa olleita
hitausmomenttien kaavoja, huomataan niiden kaikkien olevan nyt
muotoa
I = cMR 2 missä c
on paljas luku, joka on pienempi tai tai
yhtäsuuri kuin 1, riippuen kappaleen muodosta.
Energian säilymisen perusteella voidaan kirjoittaa
K1 + u1 = K2 + U2
1
2 + 1 cMR 2 vcm
0 + Mgh = Mvcm
2
2
R
=
1
2
(1 + c )Mvcm
2
josta saadaan loppunopeudeksi tasaiselle tultaessa
2
s
vcm =
2gh
1+c
Tämä on hyvin mielenkiintoinen tulos loppunopeus ei riipu sen
enempää kappaleen massasta
M
kuin sen säteestä
R , ainoastaan
kappaleen muoto ratkaisee. Mitä pienempi muodosta riippuva vakio
c
on, sitä nopeammin kappale pääsee tasaiselle. Maaliviivalla
järjestys on: mikä tahansa kiinteä pallo, mikä tahansa kiinteä
sylinteri, mikä tahansa ohutseinäinen ontto pallo, mikä tahansa
ohutseinäinen ontto sylinteri.
Esimerkki 10.6
The Dude abides! Keilapallo (massa
M ) vierii liukumatta pitkin
palautusramppia. Rampin kallistuskulma horisontaaliseen tasoon
nähden on
β.
Mikä on pallon kiihtyvyys? Oletetaan että pallo on
tasatiheyksinen umpipallo ja että sormenreiät voidaan unohtaa.
Piirretään vapaakappalekuva siten, että x-akseli on rampin
suuntainen ja positiivinen kiertosuunta vastaa pyörimissuuntaa.
Etenemisliikkeelle ja pyörimisliikkeelle saadaan
X
Fx = Mg sin β + (−f ) = Macm−x
2
fR = Icm αz = MR 2 αz
5
missä kitkavoimaa on merkitty f :llä. Koska pallo vierii liukumatta,
acm−x = R αz ja voimme eliminoida αz :n jälkimmäisestä
X
τz =
yhtälöstä:
2
5
fR = MRacm−x
Tämä ja ensimmäinen yhtälö ovat kaksi yhtälöä kahdelle
tuntemattomalle
acm−x
ja
f , joista ne voidaan ratkaista.
Tällöin saadaan
5
7
acm−x = g sin β
Toisin sanoen kiihtyvyys on
5/7
siitä, mikä se olisi jos pallo liukuisi
ilman kitkaa! Kitkavoimalle puolestaan saadaan
2
7
f = Mg sin β
Koska pallo vierii liukumatta, kitkavoima
f
on staattinen kitkavoima
se estää liukumisen ja aiheuttaa pallon kulmakiihtyvyyden.
Tästä voidaan johtaa minimiarvo lepokitkalle, joka vielä estää
pallon lähtemisen liukumaan. Normaalivoiman suuruus
n = Mg cos β. Lepokitkavoiman maksimiarvo on µs n, joten
lepokitkakertoimen on oltava vähintään
µs =
2
Mg sin β 2
f
= 7
= tan β
n
Mg cos β
7
Kun tason kallistuskulma
β
on pieni, jo alhainen lepokitkakerroin
estää liukumisen, mutta kulman kasvaessa tarvittava kitkakerroin
kasvaa. Jos pallo alkaa liukua, molemmat esimerkin alussa olleet
kaavat ovat edelleen voimassa, mutta yhteydet
acm−x = R αz
vcm−x = R ωz
eivät enää pidä paikkaansa ja meillä on kaksi
yhtälöä kolmelle tuntemattomalle. Tässä tapauksessa pitäisi
huomioida myös liukukitka.
ja
Esimerkki 10.7
Sähkömoottori kohdistaa vääntömomentin
τz = 10 Nm
hiomakiveen tämän akselin kautta. Hiomakiven hitausmomentti
2.0 kgm2 . Jos systeemi alkaa pyöriä
moottori tekee 8.0 s aikana ja mikä on
pyörimisakselin suhteen on
levosta, minkä työn
systeemin kineettinen energia tämän ajan kuluttua? Entä mikä on
moottorin antama keskimääräinen teho?
Nyt
τz
on vakio, joten
W =Pτz ∆θ.
Dynamiikan perusyhtälöstä
τz = τz = I αz
saadaan
kulmakiihtyvyydeksi
αz =
τz
I
=
10 Nm
= 5.0 rad/s2
2
2.0 kgm
Kun nyt lähdetään levosta, niin
∆θ =
1
1
αz t 2 = 5.0 rad/s2 · (8.0 s)2 = 160 rad
2
2
Ja työksi saadaan
W = τz ∆θ = 10.0 Nm · 160 rad = 1600 J
Kineettiseen energiaan tarvitaan pyörimisnopeus, jälleen levosta
lähdettäessä saamme
ωz = αz t = 5.0 rad/s2 · 8.0 s = 40 rad/s.
Tällöin kineettinen
energia
1
2
1
2
K = I ωz2 = 2.0 kgm2 · (40 rad/s)2 = 1600 J
eli tehty työ on muuttunut systeemin kineettiseksi energiaksi.
Keskimääräinen teho puolestaan on
Pav =
∆W
∆t
=
1600 J
= 200 J/s = 200 W
8.0 s
Esimerkki 10.8
Albertia vähän leikityttää ja hän nousee kitkattomasti pyörivälle
tuolille pitäen kummassakin kädessään
5.0 kg
nostopainoja. Aluksi
hän pitää käsiään suoriksi ojennettuina ja pyörähdysaika on
2.0 s.
Mikä on pyörähdysaika jos hän vetää nostopainot vasten vatsaansa?
Albertin hitausmomentti
ojennettuina
3.0
kgm2
ilman painoja
ja kädet vatsalla
pyörimisakselista.
2.2 kgm2 .
Kun Albertin
1.0 m päässä pyörimisakselista
painot ovat 0.20 m päässä
kädet ovat suorat, ovat painot
kun kädet ovat vatsalla,
on kädet suoriksi
ja
Pyörimisakseliin ei kohdistu ulkoisia vääntömomentteja, joten
liikemäärämomentti on vakio. Systeemin hitausmomentti on
Ialbert + Ipainot . Käsitellään nyt painoja massapisteinä m, joista
2
kummankin kontribuutio hitausmomenttiin on siten mr , missä r
on kohtisuora etäisyys pyörimisakseliin. Alkutilanteessa
I1 = 3.0 kgm2 + 2 · 5.0 kg(1.0 m)2 = 13 kgm2 ja kulmanopeus
ω1 z =
1 kierros
= 0.50 kierrosta/s
2.0 s
Lopputilanteessa hitausmomentti on
I2 = 2.2 kgm2 + 2 · 5.0 kg(0.20 m)2 = 2.6 kgm2
ja
kulmanopeus saadaan liikemäärämomentin säilymisestä:
I1 ω1z = I2 ω2z
I1
13 kgm2
→ ω2z = ω1z =
·0.50 kierrosta/s = 2.5 kierrosta/s
I2
2.6 kgm2
Liikemäärämomentti siis säilyi vakiona, mutta miten on kineettisen
energian laita? Siihen päästäksemme muutetaan kulmanopeudet
yksiköihin
rad/s: ω1z = 3.14 rad/s ja ω2z = 15.7 rad/s. Näin
saadaan
1
2
1
2
K1 = I1 ω12z = 13 kgm2 · (3.14 rad/s)2 = 64 J
1
2
1
2
K2 = I2 ω22z = 2.6 kgm2 · (15.7 rad/s)2 = 320 J
Eli vaikka liikemäärämomentti säilyi vakiona, kineettinen energia
kasvoi viisinkertaiseksi! Tämä tuli Albertin tekemästä työstä hänen
siirtäessään painot vatsaansa vasten. Toisin sanoen osa hänen
sisäisestä energiastaan muuttui kineettiseksi energiaksi.
Esimerkki 10.9
IA = 4.0 kgm2 ) pyörii kiekon tasoon nähden kohtisuoran
Kiekko (
akselin ympäri (ω
(
A1 = 3.0 rad/s). Toinen kiekko
IB = 2.0 kgm2 ) ei aluksi pyöri (ωB 1 = 0), mutta liukuu akselia
pitkin edelliseen kiekkoon kiinni, minkä jälkeen kiekot pyörivät
yhdessä.
a) Mikä on kiekkojen kulmanopeus?
b) Mikä on kineettisen energian muutos?
Ulkoisten voimien momenttien summa on nyt nolla, joten
liikemäärämomentti säilyy.
IA ωA1 + IB ωB 1 = (IA + IB )ω2
→ ω2 =
IA
IA + IB
ωA1 =
4.0
· 3.0 rad/s = 2.0 rad/s
4.0 + 2.0
Kineettisen energian muutos
∆K =
=
1
1
K2 − K1 = (IA + IB )ω22 − IA ωA2 1
2
2
1
1
6.0 kgm2 · (2.0 rad/s)2 − 4.0 kgm2 · (3.0 rad/s)2
2
2
= 12 J − 18 J = −6 J.
Osa kineettisestä energiasta kuluu kitkan tekemänä työnä ja
muuttuu lämmöksi. Tapaus on analoginen etenevän liikkeen täysin
kimmottomaan törmäykseen.