1. No category

Physica 9
RATKAISUT
2. painos
1(10)
7. Gravitaatiovoima ja heittoliike
RATKAISUT: 7. Gravitaatiovoima ja heittoliike
7.1 a) Gravitaatiovoima vaikuttaa kaikkien kappaleiden välillä. Gravitaatiovoiman suuruus
riippuu kappaleiden massoista ja niiden välisestä etäisyydestä. Newtonin gravitaatiolaki
määritellään kaavalla F = γ
m1m2
, jossa γ on gravitaatiovakio, m1 ja m2 ovat
r2
kappaleiden massat ja r on kappaleiden painopisteiden välinen etäisyys.
b) Keplerin kolme lakia kuvaa planeettojen liikkeet Auringon ympäri:
1. Planeetat liikkuvat ellipsiratoja pitkin. Ratojen toisessa polttopisteessä on Aurinko.
2. Auringosta planeettaan piirretty jana pyyhkäisee yhtä pitkinä aikaväleinä yhtä suuret
pinta-alat.
3. Planeettojen kiertoaikojen neliöt ovat verrannolliset niiden ja Auringon välisten
etäisyyksien r kuutioihin
T12 r13
eli T 2 = kr 3 , jossa k on vakio.
=
T22 r23
c) Geostationäärinen satelliitti pysyy paikoillaan Maahan nähden päiväntasaajan
yläpuolella noin 36 000 km:n korkeudella. Tietoliikenne- ja sääsatelliitit viedään
geostationääriselle radalle.
d) Kappaleen liike on tasainen, jos kappaleen nopeus on vakio.
e) Kappaleen liike on tasaisesti kiihtyvä, sen kiihtyvyys on vakio.
f) Kappale on tasaisessa ympyräliikkeessä, jos se kulkee pitkin ympyrärataa vakio
vauhdilla. Kappaleella ei ole tangenttikiihtyvyyttä, mutta sillä on normaalikiihtyvyyttä.
7.2 Putoamiskorkeus on h = y = 25 m , vaakasuora
alkunopeus v0 = 11
g = 9,81
m
, putoamiskiihtyvyys
s
m
, kysytään lentoaikaa t = ? ja
s2
lentomatkaa x = ? .
a) Valitaan x-akseli heiton suuntaan ja y-akseli
alaspäin.
Koska ilmanvastus on merkityksetön,
putoamisaika voidaan laskea tasaisesti
1
2
kiihtyvän liikkeen mallin avulla y = gt 2 (positiivinen suunta alas).
Putoamisaika t =
2y
2 ⋅ 25 m
=
= 2, 2576 s ≈ 2,3 s .
g
9,81 m/s 2
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2007
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 9
RATKAISUT
2. painos
2(10)
7. Gravitaatiovoima ja heittoliike
b) Liike on tasaista vaakasuunnassa, joten
x = v0 x t = 11
m
⋅ 2,2576 s = 24,8336 m ≈ 25 m.
s
Vastaus:
a) Kiven lentoaika on 2,3 s.
b) Kivi on lentänyt 25 m:n päähän.
7.3 Pesäpallon lähtökulma on α 0 = 48° , pesäpallon lentoaika tl = 2,8 s ,
kysytään alkuvauhti v0 = ? ja lakikorkeus h = ? .
Valitaan nollahetkeksi pallon irtoamishetki ja origoksi pallon irtoamiskohta. Valitaan
x-akselin suunta vaakasuoraan eteenpäin ja y-akselin suunta ylöspäin. Koska
ilmanvastusta ei oteta huomioon, tarkastellaan pallon liikettä vaakasuunnassa
tasaisen liikkeen mallin avulla ja pystysuunnassa tasaisesti kiihtyvän liikkeen mallin
avulla. Kiihtyvyys pystysuorassa suunnassa on putoamiskiihtyvyys a y = − g .
Alkunopeuden komponentit ovat
⎧⎪v0x = v0 cos α 0
⎨
⎪⎩v0y = v0 sin α 0 .
Ajan t kuluttua pallon nopeus on
⎧⎪vx = v0x = v0 cos α 0
⎨
⎪⎩v y = v0y − gt = v0 sin α 0 − gt.
a) Lentoaika tl = 2,8 s , joten nousuaika on tn =
Lakipisteessä vy = 0
tl 2,8 s
=
= 1, 4 s.
2
2
m
, joten 0 = v0 sin α 0 − gtn .
s
Ratkaistaan tästä alkuvauhti
t g
v0 = n
=
sin α 0
= 18, 4809
1, 4 s ⋅ 9,81
sin 48°
m
s2
m
m
≈ 18 .
s
s
b) Pallon nousukorkeus saadaan tasaisesti kiihtyvän liikkeen paikan lausekkeesta
1 2
1
gtn = v0 sin α 0 ⋅ tn − gtn2
2
2
m
1
m
2
= 18, 4809
⋅ sin 48° ⋅1, 4 s − ⋅ 9,81 2 ⋅ (1, 4 s )
s
2
s
= 9, 6138 m ≈ 9, 6 m.
h = y = v0y tn −
Vastaus:
a) Pallon alkuvauhti oli 18 m/s.
b) Pallo kävi 9,6 m:n korkeudella.
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2007
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 9
RATKAISUT
2. painos
3(10)
7. Gravitaatiovoima ja heittoliike
7.4 Kuumoduulin etäisyys Kuun pinnalta on h = 186 km , Kuun
massa M = 7,348 ⋅1022 kg , Kuun säde R = 1924 km ,
gravitaatiovakio on γ = 6, 6742 ⋅10−11
Nm 2
ja kysytään nopeus
kg 2
v0 = ? , kiertoaika T = ? .
Newtonin II lain mukaan kuumoduulin liikeyhtälö on ∑ F = ma .
Kuumoduuliin vaikuttaa gravitaatiovoima F = γ
mM
.
r2
Kuumoduuli on tasaisessa ympyräliikkeessä, joten sen kiihtyvyys on
normaalikiihtyvyyttä an =
v2
.
r
Kuumoduulin radan säde on r = 186 km + 1 738 km = 1 924 km.
Moduulin nopeus saadaan liikeyhtälöstä γ
v=
γM
r
mM
v2
=
m
, josta
r2
r
Nm 2
⋅ 7,348 ⋅1022 kg
m
km
kg 2
= 1 596,547 ≈ 1, 6
.
3
1 924 ⋅10 m
s
s
6, 6742 ⋅10−11
=
Moduulin kiertoradan pituus s = 2π r.
s
t
s
v
Kuumoduuli etenee radallaan vakio vauhdilla, joten v = , josta t = .
Moduulin kiertoaika on
s 2π r
=
v
v
2π ⋅1 924 ⋅103 m
=
m
1 596,547
s
= 7 571,87 s = 126,197 min ≈ 127 min.
T=
Vastaus: Kuumoduulin nopeus on 1,6 km/s ja kiertoaika on 127 min.
7.5 Luotaimen etäisyys maanpinnasta on h = 790 km, Maan massa
M = 5,974 ⋅1024 kg , gravitaatiovakio γ = 6, 6742 ⋅10−11
Nm 2
ja
kg 2
kysytään kiertoaikaa T = ? , kiihtyvyyttä a = ? .
a) Luotaimeen vaikuttaa gravitaatiovoima, joka pitää luotaimen
ympyräradalla.
Luotain on tasaisessa ympyräliikkeessä, joten sen
normaalikiihtyvyys on an =
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2007
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
v2
.
r
Physica 9
RATKAISUT
2. painos
4(10)
7. Gravitaatiovoima ja heittoliike
Newtonin II lain ∑ F = ma mukaan luotaimen liikeyhtälö on
γ
mM
v2
=
m
,
( R + h) 2
R+h
jossa M on Maan massa, R maapallon säde ja h satelliitin radan korkeus.
b) Ratkaistaan luotaimen nopeus
v=
γM
R+h
Nm 2
⋅ 5,974 ⋅1024 kg
m
km
kg 2
= 7 462,3516
≈ 7,5
.
3
3
6 370 ⋅10 m + 790 ⋅10 m
s
s
6, 6742 ⋅10−11
v=
Radan pituus on s = 2π ( R + h) , joten kiertoajaksi voidaan lausekkeesta v =
s
ratkaista
t
s 2π ( R + h) 2π (6370 + 790) km
=
=
km
v
v
7, 46235
s
= 6 028, 6099 s ≈ 100, 477 min ≈ 100 min
T=
Normaalikiihtyvyys saadaan nopeuden ja säteen avulla
m 2
(7 462,3516
)
v2
m
m
s
an =
=
= 7, 7775 2 ≈ 7,8 2 .
R + h 6370 ⋅103 m + 790 ⋅103 m
s
s
Vastaus: b) Luotaimen kiertoaika on 100 min ja sen normaalikiihtyvyys 7,8 m/s2.
7.6 Gravitaatiovakio on γ = 6, 6742 ⋅10−11
Nm 2
kg
, tiheys ρ = 2000 3 ja
2
m
kg
kysytään kiertoaika T = ?
Tarkastellaan asteroidin pinnalla ekvaattorilla olevan kivilohkareen ympyräliikettä.
Osaseen vaikuttavat voimat ovat gravitaatiovoima F ja tukivoima N .
Newtonin II lain ∑ F = ma mukaan liikeyhtälö on
F − N = man
γ
Mm
v2
−
=
.
N
m
R2
R
Rajatapauksessa, kun sorahiukkanen on juuri irtoamassa asteroidin pinnasta,
kulmanopeus on suurin mahdollinen ja tukivoima N = 0 .
Sijoitetaan yhtälöön ratanopeus v =
jolloin γ
2π R
,
T
4π 2 R 2
Mm
=
.
m
R2
T 2R
Ratkaistaan kivenlohkareen kiertoaika T 2 =
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2007
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
4π 2 R 3
.
γM
Physica 9
RATKAISUT
2. painos
5(10)
7. Gravitaatiovoima ja heittoliike
4
3
Sijoitetaan tähän asteroidin massa M = ρV = ρ π R3 ,
jolloin saadaan T 2 =
ja T =
4π 2 R 3
3π
=
4
γρ
3
γρ π R
3
3π
= 8402, 741 s ≈ 2,3 h.
2
kg
−11 Nm
6, 6742 ⋅10
⋅ 2000 3
kg 2
m
Vastaus: Asteroidin pienin mahdollinen pyörähdysaika on 2,3 h.
7.7 Keihään lentomatka on xL = 61,53 m ja lähtökulma α 0 = 48° .
Kysytään keihään lentoaikaa tL = ? , lähtönopeutta v0 = ? ja lakikorkeutta h = ? .
Tarkastellaan keihään lentoa heittoliikkeen mallin avulla niin, että ilmanvastus on
merkityksetön. Tarkastellaan heittoliikkeen vaakasuuntaista (x-akseli) ja
pystysuuntaista (y-akseli) komponenttia. Vaakasuunnassa liike on tasaista ja
pystysuunnassa tasaisesti kiihtyvää. Origo on heittopaikalla.
Alkunopeuden komponentit ovat
⎧⎪v0x = v0 cos α 0
⎨
⎪⎩v0y = v0 sin α 0 .
a) Lentoajan tL kuluttua pallon nopeus ja pallon paikka ovat
⎧⎪vxL = v0x = v0 cos α 0
⎨
⎪⎩ vyL = v0y − gtL = v0 sin α 0 − gtL .
⎧ xL = v0x tL = v0 cos α 0 ⋅ tL
⎪
⎨
1 2
1 2
⎪⎩ yL = v0y tL − 2 gtL = v0 sin α 0 ⋅ tL − 2 gtL .
Yhtälöissä on kaksi tuntematonta, alkunopeus ja lentoaika.
Ratkaistaan paikan yhtälöstä xL = v0 cos α 0 ⋅ tL alkunopeus
v0 =
xL
cos α 0 ⋅ tL
ja sijoitetaan tämä paikan y-koordinaatin lausekkeeseen.
Huomataan, että lentoajan tL kuluttua y = 0, jolloin
0 = v0 sin α 0 ⋅ tL −
1 2
gtL
2
1 2
gtL = v0 sin α 0 ⋅ tL
2
xL
1 2
sin α 0 ⋅ tL
gtL =
2
cos α 0 ⋅ tL
1 2
gtL = xL tan α 0 .
2
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2007
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 9
RATKAISUT
2. painos
6(10)
7. Gravitaatiovoima ja heittoliike
Ratkaistaan lentoaika
2 xL tan α 0
=
g
tL =
2 ⋅ 61,53 m ⋅ tan 48o
m
9,81 2
s
= 3, 7325 s ≈ 3, 7 s.
b) Ratkaistaan seuraavaksi lähtönopeus v0
v0 =
xL
61,53 m
m
m
=
= 24, 6363
≈ 25 .
cos α 0 ⋅ tL cos 48° ⋅ 3, 7325 s
s
s
c) Symmetrian perusteella nousuaika on puolet lentoajasta. Käytetään nousuaikaa heiton
lakikorkeuden laskussa tN =
tL 3, 7325 s
=
= 1,8663 s
2
2
1
h = v0 sin α 0 ⋅ tN − gtN2
2
m
1
2
= 24, 6363 ⋅ sin 48o ⋅1,8663 s − ⋅ 9,81 m/s 2 ⋅ (1,8663 s )
s
2
= 17, 0840 m ≈ 17 m.
Vastaus:
a) Keihään lentoaika oli 3,7 s.
b) Kehään lähtönopeus oli 25 m/s.
c) Keihäs nousi 17 m:n korkeudelle.
7.8. Moukarin alkunopeus on v0 = 27
m
ja lähtökulma α 0 = 53° .
s
Valitaan nollahetkeksi moukarin irtoamishetki ja origoksi moukarin irtoamiskohta.
Valitaan x-akselin suunta vaakasuoraan eteenpäin ja y-akselin suunta ylöspäin.
Koska ilmanvastus on merkityksetön, tarkastellaan moukarin liikettä vaakasuunnassa
tasaisen liikkeen mallin avulla ja pystysuunnassa tasaisesti kiihtyvän liikkeen mallin
avulla. Kiihtyvyys pystysuorassa suunnassa on putoamiskiihtyvyys ay = − g.
Alkunopeuden komponentit ovat
⎧⎪v0x = v0 cos α 0
⎨
⎪⎩v0y = v0 sin α 0 .
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2007
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 9
RATKAISUT
2. painos
7(10)
7. Gravitaatiovoima ja heittoliike
Ajan t kuluttua kuulan nopeus on
⎧⎪ vx = v0x = v0 cos α 0
⎨
⎪⎩vy = v0y − gt = v0 sin α 0 − gt.
a) Lakipisteessä vy = 0
v = vx = v0x = 27
m
, joten moukarilla on nopeutta pelkästään vaakasuunnassa
s
m
m
m
⋅ cos 53° = 16, 2490 ≈ 16 .
s
s
s
Koska ilmanvastusta ei oteta huomioon, kiihtyvyys pystysuunnassa on
putoamiskiihtyvyyttä a = ay = − g = −9,81
m
(suunta alaspäin).
s2
b) Kun kiihtyvyys jaetaan nopeuden suuntaiseen ja nopeutta vastaan kohtisuoraan
komponenttiin, saadaan kuviosta tangenttikiihtyvyydeksi
at = −a sin α .
Kuviosta huomataan, että at > 0 lakipisteen jälkeen ja että tangenttikiihtyvyys on
suurimmillaan juuri ennen moukarin osumista maahan, jolloin α = −53° .
Tangenttikiihtyvyyden suurin arvo on
atmax = −9,81
m
m
m
⋅ sin(−53°) = 7,8346 2 ≈ 7,8 2 .
s2
s
s
Vastaus:
a) Lakipisteessä moukarilla on nopeutta vaakasuunnassa 16 m/s ja kiihtyvyys
pystysuunnassa on putoamiskiihtyvyyttä 9,81 m/s2.
b) Tangenttikiihtyvyyden suurin arvo on 7,8 m/s2.
7.9 Kuulan lähtökulma on α 0 = 35° , massa m = 11 kg , lähtötilanteen liike-energia
EkA = 430 kJ ja tykin korkeus merenpinnasta h = 310 m .
a) Oletetaan, että ilmanvastus on merkityksetön.
Lasketaan kuulan vauhti sen osuessa veteen mekaanisen
energian säilymisen periaatteen mukaan EA = EL , josta
EkA + EpA = EkL + EpL .
Sijoitetaan liike-energia ja potentiaalienergian lausekkeet
EkA + mgh =
1 2
mvL
2
ja ratkaistaan vauhti
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2007
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 9
RATKAISUT
2. painos
8(10)
7. Gravitaatiovoima ja heittoliike
2
( EkA + mgh)
m
vL =
2
m
⋅ (430 ⋅103 J + 11 kg ⋅ 9,81 2 ⋅ 310 m
11 kg
s
=
= 290, 2827
m
m
≈ 290 .
s
s
b) Ratkaistaan alkunopeus alkuenergian perusteella
EkA =
1 2
mv0
2
v0 =
2 EkA
=
m
2 ⋅ 430 ⋅103 J
m
= 279, 6101 .
11 kg
s
Kuulan nopeus lakipisteessä on yhtä suuri kuin
alkunopeuden vaakasuuntainen komponentti
vx = v0x = v0 cos α 0 = 279, 6101
m
m
⋅ cos 35° = 229, 0432 .
s
s
Lasketaan lakikorkeus energian säilymisen lain perusteella
EA = EL,ylä
EkA + EpA = EkL,ylä + EpL,ylä
1 2
1
mv0 + mgh = mvx2 + mghmax
2
2
jaetaan mg:llä ja ratkaistaan lakikorkeus hmax
1 2 1 2
v0 −
vx + h
2g
2g
1 2
(v0 − vx2 ) + h
=
2g
1
m
m
((279, 6101 ) 2 − (229, 0432 ) 2 ) + 310 m
=
m
s
s
2 ⋅ 9,81 2
s
= 1620,9593 m ≈ 1,6 km.
hmax =
c) Lasketaan aluksi nousuaika t1 ja laskuaika t2 erikseen, jolloin lentoaika on t = t1 + t2 .
Nousuaika t1 saadaan tasaisesti kiihtyvän liikkeen kaavan v = v0 + at perusteella.
Lakipisteessä v y = 0
m
, joten
s
0 = v0y − gt1
v sin α 0
= 0
=
t1 =
g
g
v0y
m
⋅ sin 35°
s
= 16,3484 s.
m
9,81 2
s
279, 6101
Putoamisaika t2 saadaan tasaisesti kiihtyvän liikkeen matkan lausekkeesta, kun
hmax = 1620,9593 m.
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2007
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 9
RATKAISUT
2. painos
hmax =
1 2
gt2
2
t2 =
2hmax
=
g
9(10)
7. Gravitaatiovoima ja heittoliike
2 ⋅1620,9593 m
= 18,1789 s.
m
9,81
s
Kantana tasaisen liikkeen mallin mukaan
s = v0x (t1 + t2 )
m
⋅ (16,3484 s + 18,1789 s)
s
= 7908, 2433 m = 7,9 km.
= 229, 0432
Vastaus:
a) Vauhti meren tasalla on 290 m/s.
b) Lakikorkeus on 1,6 km.
c) Kuula lentää 7,9 km.
7.10 Tähtien massat ovat mA = 0,82M : ja mB = 2, 2M : , kun M : = 1,99 ⋅1030 kg , tähtien
välimatka 4,3 ⋅1010 m. Kysytään kiertoaikaa T = ? .
Lasketaan kaksoistähtien yhteisen massakeskipisteen etäisyys tähdestä A
rA =
∑m x
∑m
i i
i
rA =
=
mA ⋅ 0 + mB r
, josta
mA + mB
2, 2M : r
mB r
(=
= 0, 728r ).
mA + mB
0,82M : + 2, 2 M :
Molemmilla tähdillä on sama kiertoaika T ja tähden
A normaalikiihtyvyys on anA =
vA2
.
rA
Tähti A etenee radallaan vakio vauhdilla, joten
vA =
sA 2π rA
=
.
T
T
Gravitaatiolain ja Newtonin II lain ∑ F = ma , jossa a = an , mukaan tähden A liikeyhtälö on
γ
mA mB
v2
= mA A
2
r
rA
γ
mB 4π 2 rA2
mB r
4π 2
4π 2
r
=
=
⋅
=
⋅
A
mA + mB T 2
r2
T 2 rA
T2
T2 =
mB r
4π 2 r 2
4π 2 r 2 ⋅ r
⋅
=
mA + mB γ mB
γ (mA + mB )
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2007
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 9
RATKAISUT
T = 2π r ⋅
2. painos
r
γ (mA + mB )
= 2π ⋅ 4,3 ⋅1010 m ⋅
6, 6742 ⋅10−11
4,3 ⋅1010 m
Nm 2
⋅ (0,82 + 2, 2) ⋅1,99 ⋅1030 kg
kg 2
= 2797389, 457 s = 2,80 ⋅106 s
= 32,377 d ≈ 32 d.
Vastaus: Tähtien kiertoaika on 32 d.
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2007
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
10(10)
7. Gravitaatiovoima ja heittoliike