1. No category

Physica 5 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
2. painos
RATKAISUT: Kertaustehtäviä
Luku 1
1.
t = 35 s
n = 1500 RPM, 2,5 s
Kiihdytys
Oletetaan, että tasaisesti kiihtyvä pyörimisliike.
1
2
ϕ = ω0 t + α t 2
Kulmanopeuden ja pyörimisnopeuden välillä vallitsee yhteys
ω = 2π n .
Sijoitetaan kulmakiihtyvyyden lauseke kulman yhtälöön
α=
Δω 2π n
=
Δt
t
1 2π n 2
⋅ t = π nt
2 t
ϕ= ⋅
= π ⋅1500
1
1
⋅ 2,5 s = π ⋅1500
⋅ 2,5 s = 196,3495 rad.
60
s
min
Tasainen vauhti
ϕ = ωt = 2π nt
= 2π ⋅1500
1
1
⋅ 32,5 s = 2π ⋅1500
⋅ 32,5 s = 5105,0881 rad
60 s
min
Kulma yhteensä
ϕ = 196,3495 rad + 5105,0881 rad = 5301,4376 rad.
kierroksia
5301,4376 rad
≈ 844 kierrosta
2π
Vastaus: 844 kierrosta
2.
t = 0 s, ω0 = 24
rad
rad
, α = 1, 7 2
s
s
a) ω = ? , t = 12,3 s
Tasaisesti kiihtyvä pyörimisliike
ω = ω0 + α t
= 24
rad
rad
rad
rad
+ 1,7 2 ⋅12,3 s = 44,91
≈ 45
.
s
s
s
s
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
1(26)
Kertaustehtäviä
Physica 5 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
2. painos
b) Tasaisesti kiihtyvä pyörimisliike
1
2
ϕ = ω0 t + α t 2
= 24
rad
1
rad
2
⋅12,3 s + ⋅1,7 2 ⋅ (12,3 s ) = 423,7965 rad.
s
2
s
Kierroksia =
423,7965 rad
= 67, 4493 ≈ 67 .
2π
Vastaus:
a) Kulmanopeus on 45
rad
.
s
b) Pyörä pyörähtää 67 kierrosta.
3.
n0 = 1200 RPM , t = 6,5 s , n = 360 RPM
a) Kulmakiihtyvyys
α=
=
Δω 2πΔn
=
Δt
Δt
2π ⋅ (360 − 1200) ⋅
6,5 s
1
60 s = −13,5330 1 ≈ −13,5 1
s2
s2
b) Tasaisesti kiihtyvä pyörimisliike
1
2
ϕ = ω0 t + α t 2
1
= 2π nt + α t 2
2
= 2π ⋅1200
Kierroksia
1
1 ⎛
1⎞
2
⋅ 6,5 s − ⋅ ⎜ 13,5330 2 ⎟ ⋅ ( 6,5 s ) = 530,9295 rad
60 s
2 ⎝
s ⎠
530,9295
= 84,5 .
2π
c) Tasaisesti kiihtyvä pyörimisliike
ω = ω0 + α t .
Ratkaistaan aika t, kun ω = 0
1
2π ⋅ 360 ⋅
ω
2π n
60 s = 2,7857 s ≈ 2,8 s.
=−
t=− 0 =−
1
α
α
−13,5330
s2
Vastaus:
a) Kulmakiihtyvyys on −13,5
1
.
s2
b) Pyörä pyörii 84,5 kierrosta.
c) Pyörä pysähtyy 2,8 s:n kuluttua.
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
2(26)
Kertaustehtäviä
Physica 5 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
4.
2. painos
Kulmanopeuden ja aika-akselin rajoittama fysikaalinen pinta-ala ilmaisee pyörän pyörimän kulman suuruuden.
Lasketaan fysikaalinen pinta-ala
1
1
3 s⋅2
s + 3 s⋅5 s +
s + 4 s ⋅ 7 1 = 7,5 + 15 + 3 + 28 =53,5 rad
2
2
s
3 s ⋅5
Kierroksia
ϕ
2π
=
53,5 rad
= 8,5148 ≈ 8,5.
2π rad
Vastaus: Pyörä pyörii 8,5 kierrosta.
5.
3(26)
Kertaustehtäviä
a) Kuvaajasta saadaan ϕ (1 s) = 3 rad ja ϕ (4 s)=6,8 rad. Siten Δϕ = 3,8 rad.
Kierrosten lukumäärä
Δϕ
3,8
=
= 0, 6048 ≈ 0, 6 .
2π
2π
b) Kulmanopeus hetkellä 2,0 s saadaan piirtämällä kuvaajalle tangentti
ko. hetkeä vastaavaan pisteeseen ja määrittämällä tangentin
kulmakerroin. Kuvaajasta saadaan kulmakertoimeksi
(kulmanopeudeksi)
5,6 rad
rad
= 1, 4
.
4s
s
c) Keskikulmanopeus on
ωk =
=
ϕ (7 s) − ϕ (10 s)
7s
7,1 rad
rad
≈ 1, 0
.
7s
s
d) Hetkellä 3 s on yhtä suuri hetkellinen kulmanopeus kuin keskikulmanopeus. Tulos
saadaan katsomalla kuvaajasta, milloin kuvaajalle piirretyn tangentin kulmakerroin
(suunta) on sama kuin keskikulmanopeus.
Vastaus:
a) 0,6 kierrosta
b) Kulmanopeus hetkellä 2,0 s on 1, 4
c) Keskikulmanopeus on 1, 0
rad
.
s
d) Hetkellä 3 s.
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
rad
.
s
Physica 5 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
2. painos
Luku 2
6.
d = 0,65 m, r = 0,375 m
Kulmanopeus hetkellä 3,0 s ω (3,0 s) = 44,0
rad
s
Koska kulmanopeus muuttuu tasaisesti, kulmakiihtyvyys on
Δω
α=
=
Δt
rad
s = 14,6667 rad
3s
s2
44,0
an = ω 2 r
at = rα .
Tasaisesti kiihtyvä pyörimisliike, kulmanopeus alussa ω0 = 0.
Kulmanopeus hetkellä 0,50 s
ω = ω0 + α t = 14,6667
rad
rad
.
⋅ 0,50 s = 7,3333
2
s
s
Normaalikiihtyvyys
2
m
rad ⎞
⎛
an = ω 2 r = ⎜ 7,3333
⎟ ⋅ 0,375 m = 20,1665 2 .
s
s ⎠
⎝
Tangenttikiihtyvyys
at = rα = 0,375 m ⋅14,6667
rad
m
= 5,5000 2 .
2
s
s
Kiihtyvyys
a = at 2 + an 2
a = 5,5002 + 20,16652
m
m
m
= 20,9031 2 ≈ 21 2 .
s2
s
s
Kiihtyvyyden suunta
rad
5,5000 2
at
s = 0,2727
tan θ =
=
rad
an
20,1665 2
s
θ = 15,2537° ≈ 15,3°.
Vastaus: Kiihtyvyyden suuruus on 21
7.
m
. Kiihtyvyys muodostaa 15,3° kulman säteen kanssa.
s2
n = 850 RPM, d = 58 cm, r =0,29 m
a) Kierrosaika t =
1
1
=
= 0,0018 min = 0,07 s
n 850 1
min
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
4(26)
Kertaustehtäviä
Physica 5 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
2. painos
Kulmanopeus
ω = 2π n = 2π ⋅ 850 ⋅
1
1
1
= 89,012 ≈ 89 .
60 s
s
s
b) Newtonin II liikelain mukaan
ΣF = ma .
Olkoon positiivinen suunta ylöspäin. Saadaan skalaariyhtälö
T − G = ma .
Kiihtyvyys on normaalikiihtyvyyttä
an =
v2
= ω 2r .
r
Siten
T = G + ma = m( g + a ) = m( g + ω 2 r .
Sijoitetaan lukuarvot
2
T = 8,0 ⋅10-3 kg ⋅ (9,81
m ⎛
1⎞
+ ⎜ 89,012 ⎟ ⋅ 0,29 m) = 18,4602 N ≈ 18 N.
s⎠
s2 ⎝
Vastaus:
1
s
a) Kierrosaika on 0,07 s ja kulmanopeus on 89 .
b) Vaikuttava voima on 18 N.
8.
a) Auto liikkuu suoraan pohjoiseen ja kiihtyvyys suoraan länteen.
Autolla ei ole tangenttikiihtyvyyttä, koska kiihtyvyys on kohtisuorassa
nopeutta vastaan. Kiihtyvyys on normaalikiihtyvyyttä.
60 m 2
(
)
v2
v2
3, 6 s
= 292,3977 m ≈ 290 m.
a = , joten radan säde on r = =
m
a
r
0,95 2
s
Auto kulkee vakionopeudella ympyrärataa, jonka kaarevuussäde on 290 m.
b) Auton nopeus 60 km/h, vaakasuoraan, kohti pohjoista
Koska tangenttikiihtyvyys on nopeuden suunnalle vastakkainen,
auton vauhti pienenee. Auto kulkee itään kaartuvalla tiellä, jonka
60 m 2
)
v
v
3, 6 s
=
= 187,0653 m ≈ 190 m.
kaarevuussäde on r = =
2,1 m
an
an
2
2s
2
2
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
2
(
5(26)
Kertaustehtäviä
Physica 5 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
2. painos
c) Auto kulkee vakionopeudella suoraan pohjoiseen tiessä olevan
notkelman alimmassa kohdassa. Tien kaarevuussäde pystysuunnassa on
60 m 2
)
v
3, 6 s
= 163,3987 m ≈ 160 m.
r= =
m
a
1, 7 2
s
(
2
9.
Kitkavoima saa aikaiseksi normaalikiihtyvyyden.
Newtonin II liikelain mukaan ΣF = ma , joten
Fμ = m
v2
.
r
Vaakasuoralla tiellä G = N , joten
μ mg = m
v2
r
v = μ gr .
Tasaisesti kiihtyvässä liikkeessä
v = v0 + at = at = μ gr .
Ratkaistaan aika ja sijoitetaan lukuarvot
t=
μ gr
a
m
⋅ 60 m
s2
= 17,1552 s ≈ 17,2 s
m
1, 0 2
s
0,50 ⋅ 9,81
=
Vastaus: 17,2 s
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
6(26)
Kertaustehtäviä
Physica 5 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
2. painos
7(26)
Kertaustehtäviä
Luku 3
11. a) Molemmat kivet putoavat samanaikaisesti veteen. Koska ilmanvastus on merkityksetön,
ne putoavat samalla kiihtyvyydellä. Vaakasuora alkunopeus ei vaikuta pystysuoraan
nopeuteen.
b) Valitaan x-akseli vaakasuuntaan ja y-akseli alaspäin.
1
2
Putoamisaika t ratkaistaan tasaisesti kiihtyvän liikkeen paikan lausekkeen y = g ⋅ t 2 avulla
t=
2y
2 ⋅ 6,5 m
=
= 1,1512 s ≈ 1, 2 s.
g
9,81 m/s 2
Koska ilmanvastus on merkityksetön, kiven liike vaakasuunnassa on tasaista.
Kivi lentää vaakasuunnassa x = v0 x ⋅ t = 11
m
⋅1,1512 s = 12,6628 m ≈ 13 m.
s
c) Ilman alkunopeutta pudotettu kivi kohtaa maanpinnan nopeudella
v y = g ⋅ t = 9,81
m
m
m
⋅1,1512 s = 11,2933
≈ 11 .
s2
s
s
Vaakasuoraan heitetty kivi kohtaa maanpinnan nopeudella
v = vx2 + v y2 = 112 + 11, 29332
m
m
= 15, 7651 ≈ 16
s
s
ja nopeuden suuntakulma on
tan α =
vy
vx
=
11, 2933
11
m
s
m
s , josta kulma α = 45, 7538° ≈ 46°.
Vastaus:
b) Vaakasuuntaan heitetty kivi lentää 13 m.
c) Pudotettu kivi törmää maanpintaan nopeudella 11 m/s pystysuunnassa. Vaakasuoraan
heitetty kivi törmää maahan nopeudella 16 m/s kulmassa 46° vaakasuuntaan nähden.
12. Valitaan x-akseli heiton suuntaan ja y-akseli alaspäin. Kun ilmanvastus on merkityksetön, jääkiekon liike on
vaakasuunnassa tasaista ja pystysuunnassa tasaisesti kiihtyvää.
Lentoaika on kiekon putoamiseen kuluva aika, joka saadaan tasaisesti kiihtyvän liikkeen mallin avulla y =
josta t =
2y
=
g
2 ⋅ 29 m
= 2, 4315 s ≈ 2, 43 s.
m
9,81 2
s
Kantama on nyt x = v0 x t = 19
m
⋅ 2, 4315 s = 46,1991 m ≈ 46 m.
s
Jäähän iskeytymisnopeuden komponentit ovat
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
1 2
gt ,
2
Physica 5 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
vx = v0x = 19
2. painos
8(26)
Kertaustehtäviä
m
s
vy = gt = 9,81
m
m
⋅ 2, 4315 s = 23,8530 .
2
s
s
Iskeytymisnopeus on
v = vx2 + vy2
m
s
m
m
= 30, 4953 ≈ 30
s
s
= 192 + 23,85302
ja suunta tan α =
vy
vx
=
23,8530
19
m
s
m
s ja α = 51, 4611° ≈ 51°.
Vastaus: Kiekko lentää 46 m ja iskeytyy jäähän nopeudella 30 m/s kulmassa 51° vaakasuuntaan nähden.
13. Ilmanvastus on merkityksetön. Valitaan nollahetkeksi purkin
irtoamishetki ja origoksi purkin irtoamiskohta. Valitaan xakselin suunta vaakasuoraan eteenpäin ja y-akselin suunta
ylöspäin.
Voidepurkin nopeus vaakasuunnassa on vakio
v0x = vx =
38 m
m
= 9,50 .
4, 0 s
s
Alkunopeuden pystykomponentti saadaan ratkaistua
alkunopeuden suuntakulman avulla
tan α 0 =
v0y
v0x
ja
v0y = v0x tan α 0
m
⋅ tan 45°
s
m
= 9,50 .
s
= 9,50
Lentoajan t = 4, 0 s kuluttua voidepurkki on liikkunut pystysuunnassa alaspäin paikkaan
1 2
gt
2
m
1
m
= 9,50 ⋅ 4, 0 s − ⋅ 9,81 2 ⋅ (4, 0 s) 2
s
2
s
= −40, 48 m ≈ −40 m.
y = v0y t −
Iskeytyessään maahan lumipallon lentoradan y-koordinaatin itseisarvo on 40 m, joka on myös tornin korkeus.
Vastaus: Tornin korkeus oli 40 m.
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 5 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
2. painos
9(26)
Kertaustehtäviä
14. Valitaan nollahetkeksi kuulan irtoamishetki ja origoksi kuulan irtoamiskohta. Valitaan x-akselin suunta
vaakasuoraan eteenpäin ja y-akselin suunta ylöspäin. Koska ilmanvastus on merkityksetön, tarkastellaan kuulan
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 .
Ajan t kuluttua kuulan nopeus on
⎧⎪vx = v0x = v0 cos α 0
⎨
⎪⎩ vy = v0y − gt = v0 sin α 0 − gt.
ja paikka
⎧ x = x0 + v0x t
⎪
⎨
1 2
⎪⎩ y = y0 + v0y t − 2 gt .
Paikan x-koordinaatin lausekkeesta saadaan lentoaika t =
Koska lähtökulma on 45°, niin v0x = v0y =
v0
2
x − x0
.
v0x
.
Sijoitetaan nyt lentoaika y-koordinaatin lausekkeeseen
1 2
gt
2
x − x0 1 x − x0 2
)
= y0 + v0y
− g(
2
v0x
v0x
y = y0 + v0y t −
= y0 + x − x0 −
1 x − x0 2
)
g(
v0
2
2
ja ratkaistaan lähtönopeus
v0 =
=
g ( x − x0 ) 2
y0 − y + x − x0
m
⋅ (21, 79 m − 0,8 m) 2
s2
2, 2 m − 0 m + 21, 79 m − 0,8 m
9,81
= 13, 65 ≈ 13, 7
m
.
s
Ilmanvastus on merkityksetön muihin kuulaan vaikuttaviin voimiin (paino) verrattuna, koska kuulan muoto on
edullinen (pallo), sen poikkipinta-ala pienehkö ja tiheys suuri ja sen nopeus suhteellisen pieni.
Vastaus: Kuulan lähtönopeus oli 13,7 m/s.
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 5 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
2. painos
10(26)
Kertaustehtäviä
15. Luodin ja lyijypallon liike heti törmäyksen jälkeen on vaakasuora heittoliike. Valitaan x-akseli heiton suuntaan ja
y-akseli ylöspäin.
Koska ilmanvastusta ei oteta huomioon, tarkastellaan vaakasuuntainen liike tasaisen liikkeen mallin avulla.
Pystysuuntainen liike on tasaisesti kiihtyvää liikettä, joten putoamisaika saadaan paikan lausekkeesta y =
Luodin ja lyijypallon lentoaika on t =
1 2
gt .
2
2y
.
g
Luodin ja lyijypallon törmäyksessä liikemäärä säilyy, koska törmäyksen aikana ulkoisten voimien impulssi on
merkityksetön, joten
m1 + v1 = (m1 + m2 )uxa ja
m1v1 = (m1 + m2 )ux0 , josta
ux0 =
m1v1
m1 + m2
m
s
=
8, 0 ⋅10−3 kg + 5, 0 kg
m
= 1,3307 .
s
8, 0 ⋅10−3 kg ⋅ 833
Lyijypallon ja luodin nopeus vaakasuunnassa on vakio ux = ux0 = 1,3307
m
s
ja pystysuunnassa liike tasaisesti kiihtyvää, joten maahan iskeytymishetkellä
uy = − gt = − g
2y
m
m
= − 2 ⋅ 9,81 2 ⋅ 1,85 m = −6, 0247 .
g
s
s
Maahan osumishetkellä nopeuden suuruus on
u = (1,3307
m 2
m
m
m
) + (−6, 0247 ) 2 = 6,1699 ≈ 6, 2
s
s
s
s
ja suunta tan α =
vy
vx
=
−6, 0247
ja α = −77,5448° ≈ −78°.
1,3307
Vastaus: Lyijypallo osuu maahan nopeudella 6,2 m/s kulmassa 78° vaakasuuntaan nähden.
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 5 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
2. painos
Luku 4
16. Kuvasta mittaamalla saadaan
a) F1 = 1, 0 cm ⋅
1,5 N
= 1,5 N
cm
r1 = 0 cm
F3 = 1, 4 cm ⋅1,5
N
= 2,1 N
cm
r2 = 0, 4 cm
F2 = 3,1 cm ⋅1,5
N
= 4, 65 N
cm
r2 = 1,1 cm
M 1 = F1r1 = 1,5 N ⋅ 0 m = 0 Nm
M 2 = F2 r2 = −4, 65 N ⋅ 0,011 m
= −5,115 ⋅10−2 Nm ≈ −5,1 ⋅10−2 Nm
M 3 = 2,1 N ⋅ 0,004 m = 8, 4 ⋅10−3 Nm
b) Levy lähtee pyörimään negatiiviseen pyörimissuuntaan tasaisesti kiihtyen, sillä
M 2 > M1 .
Vastaus: a) 0 Nm, −5,1 ⋅10−2 Nm , 8, 4 ⋅10−3 Nm
17.
m = 750 g
m2 = 150 g
L = 0,50 m
Kirjoitetaan momenttiehto tangon keskipisteen suhteen. Tanko on levossa.
∑M = 0
L
bG2 − ( − a)G = 0
2
L
L
( − a )G ( − a )mg
b= 2
= 2
G2
m2 g
0,50 m
− 0, 23 m) ⋅ 750 g
2
=
= 0,10 m.
150 g
(
Vastaus: Punnus on ripustettava 0,10 m etäisyydelle tuesta.
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
11(26)
Kertaustehtäviä
Physica 5 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
2. painos
12(26)
Kertaustehtäviä
18.
F (N)
r (m)
1 1
( )
r m
8,4
0,088
11,4
4,2
0,18
5,6
2,5
0,26
3,8
2,1
0,35
2,9
1,9
0,44
2,3
M = Fr
F=M
1
r
Momentti saadaan suoran kulmakertoimesta
M =
7,5 N
= 0, 75 Nm
1
10
m
Vastaus: b) Momentti on 0,75 Nm
19. Kirjoitetaan momenttiehto akselin suhteen. Tukivoiman N
vaikutussuora kulkee akselin kautta, joten sillä ei ole momenttia.
L
L
( − a )G1 = aG + ( + a )G2
2
2
m1 L
L
− m1a = ma + m2 + m2 a
2
2
m1 L m2 L
+
= a(m + m2 + m1 )
2
2
L(m1 + m2 )
a=
2(m + m2 + m1 )
m1 = 42 kg
m2 = 31 kg
3, 75 m ⋅ (42 + 31) kg
2 ⋅ (42 + 31 + 45) kg
= 1,15996 m ≈ 1,2 m
a=
m = 45 kg
L = 3, 75 m
Vastaus: Lankku on kiinnitetty 1,2 m etäisyydeltä painopisteestä tai 67,5 cm etäisyydelle päästä.
20. Valitaan positiivinen kiertosuunta vastapäivään.
Momenttiehto pisteen C suhteen (lankku on levossa)
L
( − b)G − ( L − a − b) N1 = 0
2
Pisteen D suhteen G
L
− N 2 b − N1 ( L − a ) = 0
2
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 5 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
2. painos
Luku 5
21.
m1 = 28 kg, m2 = 65 kg
L = 4,80 m
a = 2, 0 m
b = 1, 20 m
α = 55D
Tikkaisiin vaikuttavat voimat on piirretty kuvaan. Kirjoitetaan
tikkaiden tasapainoehdot. Koska tikkaat ovat levossa, on
∑F = 0
∑M = 0
∑ Fx = N 2 − Fμ = 0
∑ Fy = N1 − G1 − G2 = 0
∑ M A = G1a cos α + G2 ( L − b) cos α − N 2 L = 0.
Rajatapauksessa Fμ = Fμ 0 = μ0 N1
N 2 − μ0 N1 = 0, joten μ0 =
N2
N1
N1 = m1 g + m2 g
(m1 ga + m2 g ( L − b)) cos α
L sin α
(m1a + m2 ( L − b)) cos α
μ0 =
(m1 + m2 ) L sin α
N2 =
=
(28 kg ⋅ 2,00 m + 65 kg ⋅ 3,60 m) ⋅ cos55°
= 0, 45.
(65 kg + 28 kg) ⋅ 4,80 m ⋅ sin55°
Vastaus: Kitkakerroin ≥ 0, 45
22. Laite on telaratas ja sen tasapainoehto on Gr = FR
Kuorman nostamiseen tarvitaan voima F =
F on siis pienempi kuin paino G suhteessa
Voiman suunta on nostajalle edullinen.
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
r
G.
R
r
.
R
13(26)
Kertaustehtäviä
Physica 5 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
2. painos
23. Tukivoima ei väännä, joten ilmassa ∑ M i = G1a − G2 b = 0
Tukivoima ei väännä ja vedessä molempiin päihin vaikuttaa yhtä suuri noste N , joten
∑ M A = G1a − G2 b + Na − Nb < 0, sillä
(G1a − G2 b = 0) ja ( N (a − b) < 0)
Kultapallo painuu alas.
Vastaus: Väite on oikein.
24.
d = 1, 6 m
μ = 0, 42
α = 35°
Lmin = ?
Lankkuun vaikuttavaa kuvion mukaiset voimat.
Minimipituus saadaan kun lankun yläpää on mahdollisimman lähellä
ylempää tukea.
Fμ1 = μ N1
Fμ 2 = μ N 2
Tasapainoehdot
⎧
⎪∑ F = G sin α − μ N − μ N = 0
1
2
⎪⎪ x
⎨∑ Fy = N1 − N 2 − G cos α = 0
⎪
⎪∑ M A = G cos α ⋅ ( L − d ) − N 2 d = 0
⎪⎩
2
N2d
L
( − d) =
2
mg cos α
2N2 d
L=
+ 2d
mg cos α
Ratkaistaan voimayhtälöstä N 2
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
14(26)
Kertaustehtäviä
Physica 5 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
2. painos
15(26)
Kertaustehtäviä
N1 = N 2 + mg cos α
mg sin α − μ ( N 2 + mg cos α ) − μ N 2 = 0
mg sin α − μ N 2 − μ mg cos α − μ N 2 = 0
N2 =
L=
mg sin α − μ mg cos α
2μ
2 dmg (sin α − μ cos α )
mg cos α ⋅ 2 μ
+ 2d = d (
sin α − μ cos α
+ 2)
μ cos α
= 4, 267 m ≈ 4,3 m
Vastaus: Lankun pituus on 4,3 m
25.
x1 = 25 cm
y1 = 12,5 cm
x2 = 9, 0 cm
y2 = 9, 0 cm
x3 = 37,5 cm
y3 = 12,5 cm
r1 = 5, 0 cm
r2 = 7,5 cm
x pp =
x1 A − x2π r12 − x3π r22
A − π r12 − π r22
25 cm ⋅ 25 cm ⋅ 50 cm − 9, 0 cm ⋅ π ⋅ (5,0 cm)2 − 37,5 cm ⋅ π ⋅ (7,5 cm) 2
25 cm ⋅ 50 cm − π ⋅ (5, 0 cm) 2 − π ⋅ (7,5 cm) 2
= 24, 042 cm ≈ 24,0 cm
=
y pp =
y1 A − y2π r12 − y3π r22
A − π r12 − π r22
12,5 cm ⋅ 25 cm ⋅ 50 cm − 9, 0 cm ⋅ π ⋅ (5,0 cm) 2 − 12,5 cm ⋅ π ⋅ (7,5 cm) 2
25 cm ⋅ 50 cm − π ⋅ (5, 0 cm) 2 − π ⋅ (7,5 cm) 2
= 12, 776 cm ≈ 12,8 cm
=
Vastaus: Painopiste on (24,0 cm; 12,8 cm)
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 5 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
2. painos
Luku 6
26. Pyörimisliikkeen perusyhtälö
∑ M = Jα .
Tasaisesti kiihtyvä pyörimisliike
ω = ω0 + α t .
Koska pyörä lähtee levosta, ω0 = 0 .
Siten ω = α t , joten α =
ω
t
.
Sijoitetaan kulmakiihtyvyyden lauseke pyörimisliikkeen perusyhtälöön
∑ M = Jα = J
ω
t
.
Pyörimisnopeuden n ja kulmanopeuden ω välillä on yhteys
ω = 2π n .
Siten
∑M = J
ω
t
=J
2π n
.
t
Sijoitetaan lukuarvot
∑ M = 0,34 kgm 2 ⋅
1
1
2π ⋅ 600
60 s = 6,1037Nm ≈ 6,1 Nm.
min = 0,34 kgm 2 ⋅
3,5 s
3,5 s
2π ⋅ 600
Vastaus: Kokonaismomentti on 6,1 Nm.
27. a) Pyörimismäärä L = J ω .
Koska ω = 2π n , on
L = J ⋅ 2π n
=
1 2
mr ⋅ 2π n
2
Sijoitetaan lukuarvot
L=
=
1
1
⋅ 3,2 kg ⋅ (0,120 m) 2 ⋅ 2π ⋅1200
2
min
1
1
kgm
kgm
= 2,89529 2 ≈ 2,9 2 .
⋅ 3,2 kg ⋅ (0,120 m) 2 ⋅ 2π ⋅1200
2
60 s
s
s
b) Pyörimisen perusyhtälön mukaan
∑ M = Jα .
Jos momentti on vakio, pyöriminen on tasaisesti hidastuvaa.
ω = ω0 + α t .
Lopussa ω = 0 , joten
0 = ω0 + α t
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
16(26)
Kertaustehtäviä
Physica 5 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
α =−
ω0
t
2. painos
.
Sijoitetaan pyörimisliikkeen perusyhtälöön
∑ M = Jα = − J
ω0
t
1
2π n
= − mr 2
2
t
1
= − ⋅ 3,2 kg ⋅ (0,120 m) 2 ⋅
2
1
= − ⋅ 3,2 kg ⋅ (0,120 m) 2 ⋅
2
2π ⋅1200
1
min
4,5 s
2π ⋅1200
4,5 s
1
60 s = 0,6434 Nm ≈ 0,64 Nm.
Vastaus:
a) Pyörimismäärä on 2,9
kgm
.
s2
b) Momentti on 0,64 Nm.
28. a) Koska ei ulkoisen voiman momenttia, pyörimismäärä säilyy. Siten
J1ω1 = J 2ω2
J1ω1 =
1
J1ω2 eli ω2 = 3ω1
3
= 3 ⋅ 5,2
rad
rad
= 15,6
.
s
s
1
2
b) Pyörimisenergia on Er = J ω 2
Er 1 =
1
1
J1ω12 , Er 2 = J 2ω2 2
2
2
1
1
J ω 2− Jω2
ΔEr 2 2 2 2 1 1
J ω2 − J ω2
=
= 2 2 21 1 .
1
Er 1
J1ω1
J1ω12
2
1
3
Koska J 2 = J1 ja ω2 = 3ω1 , saadaan
1
J (3ω ) 2 − J1ω12
ΔEr 3 1 1
=
Er1
J1ω12
1
= ⋅ 9 − 1 = 2 = 200 % .
3
Vastaus:
a) Kulmanopeus on 15,6
rad
. b) Pyörimisenergia muuttuu 200 %.
s
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
17(26)
Kertaustehtäviä
Physica 5 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
2. painos
18(26)
Kertaustehtäviä
29. Sylinteriin vaikuttaa paino G , akselin tukivoima N ja langan jännitysvoima T .
Punnukseen vaikuttaa paino G p ja jännitysvoima T .
+
a) Punnus:
∑ F = mp a
Gp + T = mp a
Gp − T = mp a
Sylinteri:
Dynamiikan peruslain mukaan
∑ F = ms as
G + N + T = ms as = 0
skalaari yhtälö
G − N +T = 0
Pyörimisliikkeen perusyhtälön mukaan
∑ M = Jα .
1
2
Sylinterin hitausmomentti on J = ms r 2 ja a = rd , joten
1
1
ms ra , joten T = ms a .
2
2
Tr =
Dynamiikan peruslain mukaan saadaan punnukselle
Gp − T = mp a
1
G p − ms a = m p a
2
Gp
mp g
=
1
1
ms + m p
ms + m p
2
2
a=
α=
mp g
a
=
1
r ( m + m )r
s
p
2
=
1,6 kg ⋅ 9,81
m
s2
1
( ⋅ 4,2 kg + 1,6 kg) ⋅ 0,110 m
2
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
= 38,5651
m
s2
≈ 38, 6
m
s2
Physica 5 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
1
2
b) s = v0 t + at 2
s=
=
2. painos
19(26)
Kertaustehtäviä
v0 = 0
1 2
at
2
1 mp g
t2
2 1m +m
s
p
2
m
1,6 kg ⋅ 9,81 2
1
s ⋅ (1,2 s) 2 = 3,0544 m ≈ 3,1 m
=
2 1 ⋅ 4,2 kg + 1,6 kg
2
Vastaus: a) Kulmakiihtyvyys on 38, 6
m
. b) Paino putoaa 3,1 m.
s2
30. a) Tähden luhistuessa sen säde pienenee. Koska hitausmomentti on verrannollinen säteen
neliöön, tähden hitausmomentti pienenee. Koska tähteen ei vaikuta ulkoista momenttia,
sen pyörimismäärä L = J ω säilyy. Kun tähden hitausmomentti pienenee, sen
kulmanopeus pyörimisnopeus) kasvaa. Jotta pyörimisnopeus kasvaisi
miljoonakertaiseksi, tulee säteen pienentyä vähintään tuhannesosaa.
b) Kun laskija on ilmassa, laskijan ja suksien muodostamaan systeemiin ei vaikuta ulkoista
momenttia. Tällöin systeemin pyörimismäärä säilyy. Jos ylävartalo ja sukset
kääntyisivät samaan suuntaan, pyörimismäärä ei säilyisi.
c) Kun luoti pyörii pituusakselinsa ympäri, sillä on kulmanopeus akselinsa ympäri. Luodin
lentäessä siihen ei vaikuta ulkoista momenttia, jolloin pyörimismäärän säilymisen
vuoksi sen asento säilyy samana.
Luku 7
31. Luovutettu energia on yhtä suuri kuin pyörimisenergian muutos
E = ΔE p =
=
J=
=
1
1
J ω12 − J ω2 2
2
2
1
1
J (2π n 1 ) 2 − J (2π n 2 )
2
2
2E
(2π n 1 ) 2 − (2π n 2 ) 2
2 ⋅ 0,52 ⋅103 J
2
650 1 ⎞ ⎛
440 1 ⎞
⎛
⎜ 2π
⎟ − ⎜ 2π
⎟
60
s
60 s ⎠
⎝
⎠ ⎝
2
= 0,4143 kgm 2 ≈ 0,41 kgm 2
Vastaus: Hitausmomentti on 0,41 kgm 2 .
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 5 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
2. painos
20(26)
Kertaustehtäviä
32. Momentin tekemä työ = pyörimisenergian muutos
M Δϕ =
1
Jω 2
2
F ⋅ r Δϕ =
F Δs =
ω=
1
J ω 2 . Koska Δs = r Δϕ ,
2
1
Jω 2
2
1
1
2 ⋅ 5,2 N ⋅1,7 m
= 2,9016 ≈ 2,9 .
2
s
s
2,1 kgm
2 Fs
=
J
Vastaus: Kulmanopeus on 2,9
1
.
s
33. Koska jarruttava momentti on vakio, vauhtipyörän liike on tasaisesti hidastuvaa pyörimisliikettä.
Kulmakiihtyvyys on
α=
Δω ω2 − ω1 2π n2 − 2π n1 2π (n2 − n1 )
=
=
=
Δt
Δt
Δt
Δt
2π (220
=
1
1
)
− 2200
min
min = 2π (220 − 2200) = -4,1469 1 .
50 s
50 s ⋅ 60 s
s2
Pyörimisliikkeen peruslain mukaan
ΣM = J α .
Kokonaismomentti on ΣM = M kitka + Fμ r ja hitausmomentti J =
M kitka + Fμ r =
1 2
mr .
2
1 2
mr α
2
1
M kitka = − Fμ r + mr 2α
2
= −0,28 ⋅ 90 N ⋅ 0,25 m + 0,5 ⋅ 88 kg ⋅ (0,25 m) 2 ⋅ (4,1469
1
) = 5,1040 Nm ≈ 5,1 Nm.
s2
Koska kulmakiihtyvyys ja kitkavoiman momentti ovat samansuuntaisia, kulmakiihtyvyys on sijoitettu edellisessä
positiivisena lukuna.
Vastaus: Laakerikitkan momentti on 5,1 Nm.
34. Hitausmomentit
J ohutsylinteri = J1 = mr 2
J ohutpallo = J 2 =
2 2
mr
3
J umpsylinteri = J 3 =
J umpipallo = J 4 =
1 2
mr
2
2 2
mr
5
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 5 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
2. painos
21(26)
Kertaustehtäviä
Mekaaninen energia säilyy
Epa + Eta + Era = Epl + Etl + Erl .
Valitaan potentiaalienergia 0-tasoksi tason alapää. Alussa kappaleilla ei ole translaatioenergiaa eikä
rotaatioenergiaa, sillä ne ovat paikallaan.
Koska kappaleet ovat alussa samalla korkeudella, niillä on alussa yhtä suuri potentiaalienergia mgh.
Siten eri kappaleille
Ohutseinäinen sylinteri
mgh =
v
1
1
1
1
1
1
mv12 + J1ω12 = mv12 + mr 2 ( 1 ) 2 = mv12 + mv12 = mv12
2
2
2
2
2
2
r
v1 = gh
Ohutseinäinen pallo
mgh =
1
1 2
5
1
1
mv2 2 + J 2ω2 2 = mv2 2 + ⋅ mv2 2 = mv2 2 ≈
2
2 3
6
2
2
v2 =
6
gh ≈1,095 gh
5
Umpiseinäinen sylinteri
mgh =
1
1
1
1 1
3
mv32 + J 3ω32 = mv32 + ⋅ mv32 = mv32
2
2
2
2 2
4
v3 =
4
gh ≈ 1,155 gh
3
Umpiseinäinen pallo
mgh =
v4 =
1
1 2
7
1
1
mv4 2
mv4 2 + J 4ω4 2 = mv4 2 + ⋅ mv4 2 =
2
2 5
10
2
2
10
gh ≈ 1,195 gh
7
Joten v1 < v2 < v3 < v4
a) Pallot tulevat alas nopeusjärjestyksessä: umpinainen pallo, umpiseinäinen sylinteri,
ohutseinäinen pallo, ohutseinäinen sylinteri. Järjestys on myös käänteinen kappaleiden
hitausmomenttien suuruusjärjestykseen. Kappale, jolla on pienin hitausmomentti, tulee
ensimmäisenä alas.
b) Kappaleet pysähtyvät ulkoisen voiman vaikutuksesta. Kitkavoiman tekemä työ
pienentää etenemisliikkeen energiaa ja kitkavoiman momentti rotaatioenergiaa.
Kappaleiden etenemisliikkeen energia on verrannollinen niiden nopeuksien neliöön.
Siten pisimmälle liikkuu se, jolla on suurin nopeus eli umpinainen pallo.
c) Katso a-kohta.
d) Suurin pyörimisenergia on kappaleella, jolla on pienin etenemisliikkeen energia. Pienin
etenemisliikkeen energia on kappaleella, jonka nopeus on pienin eli ohutseinäinen
sylinteri.
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 5 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
2. painos
22(26)
Kertaustehtäviä
35. Jotta renkaat kuluisivat mahdollisimman vähän, renkaiden ulkopinnan ratanopeuden tulisi olla sama kuin
lentokoneen nopeus.
Ratanopeuden v ja kulmanopeuden ω sekä pyörimisnopeuden n välillä vallitsee yhteys
v = ω r = 2π nr ,
josta
n=
v
2π r
1000 m
km
185 ⋅
3600 s = 18,175 1 ≈ 18 1 .
h
=
=
s
s
2π ⋅ 0,45 m
2π ⋅ 0,45 m
185
1
Vastaus: Pyörimisnopeus on 18 .
s
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 5 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
2. painos
23(26)
Kertaustehtäviä
Luku 8
36. Astronautin paino Maan pinnalla on G = mg = γ
Astronautin paino Kuussa on mg K = γ
mM
.
R2
mM K
.
RK2
Lasketaan astronautin paino Kuussa suhteessa painoon Maassa
mg K = γ
mM K
m ⋅ 0, 0123M
mM ⋅ 0, 0123
=γ
=γ
= 0,1687mg ≈ 0,17G .
2
2
RK
R 2 ⋅ 0, 27
(0, 27 R )
Vastaus: Kuussa astronautti tuntee 17 % painosta, joka häneen kohdistuu Maassa.
37. Newtonin II lain mukaan satelliitin liikeyhtälö on ∑ F = ma .
Satelliitin pitää radallaan gravitaatio F = γ
m1m2
v2
ja kiihtyvyys on normaalikiihtyvyyttä an = .
2
r
r
Satelliitin radan säde on r = 6500 km + 6370 km = 12870 km.
Satelliitin nopeus saadaan siis liikeyhtälöstä γ
v=
γM
r
mM
v2
= m , josta satelliitin nopeus
2
r
r
Nm 2
⋅ 5,974 ⋅1024 kg
m
km
kg 2
= 5 585,56 ≈ 5, 6
.
3
12 870 ⋅10 m
s
s
6, 6742 ⋅10−11
=
Vastaus: Satelliitin nopeus on 5,6 km/s.
38. Pallomaisten kappaleiden välinen vetovoima voidaan laskea suoraan gravitaatiolain perusteella F = γ
m1m2
.
r2
Lasketaan gravitaatiovoima kuvitteellisen satelliitin ms ja Maan M M sekä satelliitin ms ja Kuun M K välillä.
Merkitään nämä voimat yhtä suuriksi. Maan ja satelliitin välinen etäisyys on x sekä Kuun ja satelliitin välinen
etäisyys r − x .
Gravitaatiovoimat ovat yhtä suuret
γ
ms M M
mM
= γ s K2 ,
x2
(r − x)
josta supistamalla saadaan
MM
MK
=
ja M M (r − x) 2 = M K x 2 .
2
x
(r − x) 2
Saadaan toisen asteen yhtälö, joka ratkaistaan ratkaisukaavalla
M M (r 2 − 2rx + x 2 ) = M K x 2
M M r 2 − 2rx + M M x 2 − M K x 2 = 0
( M M − M K ) x 2 − M M 2r ⋅ x + M M r 2 = 0
x=
M M 2r ± ( − M M 2r ) 2 − 4 ⋅ ( M M − M K ) M M r 2
2( M M − M K )
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 5 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
2. painos
24(26)
Kertaustehtäviä
Sijoitetaan tähän annetut arvot M M = 5,98 ⋅1024 kg , M K = 7,35 ⋅1022 kg ja r = 384 000 ⋅103 m
Ratkaisuksi saadaan x = 346 000 km ja x = 432 000 km
Vastaus: Toinen saaduista kohdista on Maan ja Kuun välissä ( x = 346 000 km ) ja toinen Kuun takana
( x = 432 000 km ).
39. a) Newtonin II laki ∑ F = ma on samalla kappaleen liikeyhtälö.
Sijoitetaan tähän Hubbleen vaikuttava gravitaatiovoima ja kiihtyvyydeksi normaalikiihtyvyys an =
massa on M, Maapallon säde R ja satelliitin korkeus on h, Hubblen liikeyhtälöksi saadaan
γ
mM
v2
m
=
.
R+h
( R + h) 2
b) Tästä voidaan ratkaista Hubblen nopeus
v=
γM
R+h
Nm 2
⋅ 5,974 ⋅1024 kg
kg 2
= 7568,8099 m/s ≈ 7,6 km/s .
6370 ⋅103 m + 590 ⋅103 m
6, 6742 ⋅10−11
v=
Radan pituus on s = 2π ( R + h) , joten kiertoajaksi voidaan lausekkeesta v =
T=
s
ratkaista
t
s 2π ( R + h) 2π (6370 + 590) km
=
=
= 5777, 7868 s ≈ 96 min .
km
v
v
7,5688
s
Normaalikiihtyvyys saadaan nopeuden ja säteen avulla
m
(7568,8 ) 2
m
m
v2
s
=
= 8, 231 2 ≈ 8, 2 2 .
an =
3
3
s
s
R + h 6370 ⋅10 m + 590 ⋅10 m
Satelliitti ei ole kovin korkealla. Vapaan putoamisen kiihtyvyys ei ole pienentynyt
kovin paljon.
Vastaus: Hubblen kiertoaika on 96 min. Hubbleen vaikuttaa normaalikiihtyvyys 8,2 m/s2.
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
v2
. Kun Maan
r
Physica 5 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
2. painos
40. Tarkastellaan asteroidin pinnalla ekvaattorilla olevan kivilohkareen ympyräliikettä.
Osaseen vaikuttavat voimat ovat gravitaatiovoima ja tukivoima. Newtonin II lain
mukaan liikeyhtälö on
F − N = man
γ
Mm
v2
−
=
N
m
R2
R
Rajatapauksessa, kun kulmanopeus on suurin mahdollinen, 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 =
4π 2 R 3
.
γM
4
Sijoitetaan tähän asteroidin massa M = ρV = ρ π R3 ,
3
jolloin saadaan T 2 =
4π 2 R 3
3π
=
4
γρ π R 3 γρ
3
3π
= 8402, 741 s ≈ 2,3 h
Nm 2
kg
6, 6742 ⋅10−11
2000
⋅
kg 2
m3
ja T =
Vastaus: Asteroidin pienin mahdollinen pyörähdysaika on 2,3 h.
41. a) Satelliitin liikeyhtälö Newtonin II lain ∑ F = ma mukaan ympyräradalla on
γ
mM
v2
m
=
.
r2
r
Koska ratanopeus on v =
γ
2π r
, liikeyhtälö saa muodon
T
M 4π 2 r 2
=
.
r
T2
Ratkaistaan tästä radan säde, kun kiertoaika on T = 2 h = 7200 s
r=
γ MT
=
4π 2
2
3
3
6, 67 ⋅10−11
Nm 2
⋅ 5,98 ⋅1024 kg ⋅ (7 200 s) 2
kg 2
= 8060 786, 615 m ≈ 8100 km .
4π 2
Siten korkeus Maan pinnasta on 8060, 787 km − 6370 km = 1690, 787 km ≈ 1700 km .
b) Ratanopeus on
v=
2π r 2π ⋅ 8060 786, 615 m
m
km
=
= 7034,363 ≈ 7, 0
.
7200 s
s
s
T
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
25(26)
Kertaustehtäviä
Physica 5 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
2. painos
26(26)
Kertaustehtäviä
m
(7034,363 ) 2
m
m
v2
s
= 6,1386 2 ≈ 6,1 2 .
c) Normaalikiihtyvyys on an = =
s
s
r 8060 786, 615 m
Normaalikiihtyvyyden aiheuttaa gravitaatiovoima.
Vastaus:
a) Satelliitin korkeus maanpinnasta on 1700 km.
b) Satelliitin ratanopeus on 7,0 km/s.
c) Normaalikiihtyvyyden, jonka suuruus on 6,1 m/s2, aiheuttaa gravitaatio.
42. Gravitaatiokentän potentiaalienergia on Ep = −γ
mM
.
R
Tarkastellaan tilannetta energian säilymisen kannalta. Maanpinnalla heti laukaisun jälkeen raketin mekaaninen
kokonaisenergia on raketin ja gravitaatiokentän potentiaalienergian summa. Koska energia säilyy, tämä summa on
yhtä suuri kuin gravitaatiokentän potentiaalienergia korkeudella r = R +
1
3
R = R.
2
2
Mekaanisen energian säilymisen laista Eka + Epa = Ekl + Epl saadaan
mM
mM
1 2
mv − γ
= 0 −γ
.
3
2
R
R
2
Yhdistetään potentiaalienergian termit, jolloin saadaan
1 2
2 mM 3 mM 1 mM
mv = − γ
,
+ γ
= γ
2
3
R
3 R
3 R
josta raketin lähtönopeus
v=
2 γM
⋅
=
3 R
Nm 2
⋅ 5,98 ⋅1024 kg
m
km
kg 2
= 6460,9765 ≈ 6, 46
.
3 ⋅ 6370 000 m
s
s
2 ⋅ 6, 67 ⋅10−11
Vastaus: Pienoisraketin lähtönopeuden on oltava 6,46 km/s.
© Tekijät ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät