1. No category

Luvun 8 laskuesimerkit
Esimerkki 8.1
Heität pallon, jonka massa on
horisontaalisella nopeudella
horisontaalisesti nopeudella
0.40 kg
30 m/s ja
20 m/s.
seinään. Pallo osuu seinään
kimpoaa takaisin niin ikään
a) Mikä on nettovoiman impulssi törmäyksen aikana?
b) Jos pallo on törmäyksessä kosketuksissa seinään
0.010 s
ajan,
niin mikä on keskimääräinen horisontaalinen voima, jonka seinä
kohdistaa palloon?
a) Valitulla x-akselilla pallon liikemäärän x-komponentit alussa ja
lopussa ovat
p1x = mv1x = 0.40 kg · (−30 m/s) = −12 kg m/s
p2x = mv2x = 0.40 kg · 20 m/s = 8.0 kg m/s.
Impulssin x-komponentti puolestaan on sama kuin liikemäärän
x-komponentin muutos:
Jx = p2x − p1x
= 8.0 kg m/s − (−12 kg m/s) = 20 kg m/s = 20 Ns.
b) Keskimääräinen x-suuntainen voima:
(Fav )x =
Jx
20 Ns
=
= 2000 N.
∆t
0.010 s
Huom: koska nopeuden muutos tapahtuu varsin lyhyen ajan
kuluessa, keskimääräinen voima on suuri. Esimerkiksi palloon
kohdistuva gravitaatiovoima on suuruudeltaan ainoastaan
w = mg = 0.40 kg · 9.80 m/s2 = 3.9 N!
Esimerkki 8.2
3.00 kg löysästi kädessään
5.00 g nopeudella 300 m/s.
Ampuja pitää kivääriä, jonka massa on
ja ampuu luodin, jonka massa on
a) Mikä on kiväärin rekyylinopeus?
b) Mikä on luodin ja kiväärin liikemäärä ja kineettinen energia?
Kyseessä 1) vaakasuuntainen liike ja 2) ulkoiset voimat
~ ext = 0 →
ΣF
systeemin kokonaisliikemäärä säilyy.
a) Alkutilanne: kivääri ja luoti ovat levossa,
mk = 3.00 kg, ml = 5.00 × 10−3 kg
vk 1 = vl 1 = 0, vk 2 =?, vl 2 = 300 m/s.
P1 = mk vk 1 + ml vl 1 = 0.
Lopputilanne: P2 = mk vk 2 + ml vl 2
Liikemäärä säilyy: P1 = P2
0 = mk vk 2 + ml vl 2 →
m
5.00 kg
· 300 m/s
vk 2 = − l · vl 2 = −
mk
3.00 kg
vk 2 = −0.500 m/s, eli kivääri potkaisee
taaksepäin. Jos kivääri
olisi kiinni ampujan olkapäässä, olisi mukana laskussa myös
ampujan massa, jolloin em. nopeus olisi paljon pienempi.
Pl = ml vl 2 = 5.00 × 10−3 kg · 300 m/s = 1.50 kg m/s
Pk = ml vk 2 = 3.00 kg · (−0.500 m/s) = −1.50 kg m/s
b)
Siis samansuuruiset, mutta vastakkaiset!
1
2
1
2
Kl = ml vl22 = 5.00 × 10−3 kg · (300 m/s)2 = 225 J
1
1
Kk = mk vk22 = 3.00 kg · (−0.500 m/s)2 = 0.375 J
2
2
Luoti saa suurimman osan kineettisestä energiasta!
Esimerkki 8.3
Suosikkilelullamme horisontaalisella kitkattomalla ilmaradalla on nyt
kaksi kelkkaa,
mA = 0.50 kg, mB = 0.30 kg. Alkunopeudet ovat
vA1x = 2.0 m/s, vB 21x = −2.0 m/s.
vastakkaisiin suuntiina
Oletetaan aluksi, että kelkkojen välinen törmäys on täysin
kimmoton, ja ne takertuvat toisiinsa ja jatkavat yhteisellä
nopeudella
energian?
v2x . Mikä on tämä nopeus ja miten käy kineettisen
Koska liikemäärä säilyy, saamme
ma vA1x + mB vB 1x = (mA + mB )v2x
→ v2x =
=
ma vA1x + mB vB 1x
mA + mB
0.50 kg · 2.0 m/s + 0.30 kg · (−2.0 m/s)
0.50 kg + 0.30 kg
= 0.50 m/s.
Koska
v2x
on positiivinen, tapahtuu liike oikealle, positiivisen
x-akselin suuntaan.
Lasketaan nyt kineettiset energiat:
1
1
KA1 = mA vA21x = 0.50 kg · (2.0 m/s)2 = 1.0 J
2
2
1
1
KB 1 = mB vB2 1x = 0.30 kg · (−2.0 m/s)2 = 0.60 J
2
2
1
2
KA+B = (mA + mB )v22x
=
1
(0.50 kg + 0.30 kg) · (0.50 m/s)2 = 0.10 J
2
Toisin sanoen suurin osa systeemin kineettisestä energiasta hävisi
törmäyksessä!
Esimerkki 8.4
Palaamme kitkattomalla ilmaradalle, kuten esimerkissä 8.3,
mA = 0.50 kg, mB = 0.30 kg. Alkunopeudet ovat vastakkaisiin
suuntiin vA1x = 2.0 m/s, vB 21x = −2.0 m/s.
Oletetaan nyt, että kelkkojen välinen törmäys on täysin kimmoisa.
Mitkä ovat kelkkojen nopeudet ja miten käy kineettisen energian?
Liikemäärän säilymislaista
ma vA1x + mB vB 1x = mA vA2x + mB vB 2x
→ 0.50 kg · 2.0 m/s + 0.30 kg · (−2.0 m/s)
= 0.50 kgvA2x + 0.30 kgvB 2x
→ 0.50vA2x + 0.30vB 2x = 0.40 m/s,
missä aiemman yhtälön molemmat puolet on jaettu kiloilla.
Koska kyseessä on yksiulotteinen kimmoisa törmäys, me tiedämme
että
vB 2x − vA2x = −(vB 1x − vA1x ) = −(−2.0 m/s − 2.0 m/s) =
4.0 m/s.
Törmäyksen jälkeisille nopeuksille saadaan siis yhtälöpari, jolle
saadaan ratkaisuksi
vA2x = −1.0 m/s, vB 2x = 3.0 m/s.
Aiemmin kimmottoman törmäyksen tapauksessa laskettiin
törmäystä edeltäville kineettisille energioille
KA1 = 1.0 J ja
KB 1 = 0.60 J → KA1 + KB 1 = 1.6 J. Lasketaan nyt törmäyksen
jälkeinen kineettinen energia tässä tapauksessa:
1
2
1
2
KA2 +KB 2 = 0.50 kg·(−1.0 m/s)2 + 0.30kg·(3.0 m/s)2 = 1.6 J.
Toisin sanoen kun kelkat törmäävät täysin kimmoisasti, systeemin
kineettinen energia säilyy.
Esimerkki 8.5
Uraanin isotooppi
U235 :n ssioreaktio voi tapahtua kun ytimeen
törmää hitaasti etenevä neutroni. Fissio itsessään taas tuottaa
hyvin suurella nopeudella eteneviä neutroneita. Ennen kuin tällaiset
neutronit voivat aiheuttaa lisää ssioreaktioita, täytyy ne hidastaa
ns. moderaattorilla.
Ensimmäisessä ydinreaktorissa moderaattorina toimi hiili (graitti).
Oletetaan, että neutronin (massa
107
1u = 1.66 × 10−27 kg)
nopeus
m/s ja se törmää suoraan levossa olevaan
hiiliytimeen (massa 12u). Mitkä ovat neutronin ja hiiliytimen
on
2.6 ×
nopeudet törmäyksen jälkeen?
Kyseessä on elastinen törmäys, joten neutronin ja hiiliytimen
yhteinen kineettinen energia säilyvät. Valitsemalla positiivinen
x-akseli suoraan törmäävän neutronin nopeuden suuntaisesti ja
laskemalla tutuista kaavoista saisimme nopeuksiksi
vn2x = −2.2 × 107 m/s ja vC 2x = 0.4 × 107 m/s.
Neutronin kineettinen energia törmäyksen jälkeen on n. 72%
alkuperäisestä. Toisen suoran törmäyksen jälkeen neutronin
kineettinen energia olisi
(0.72)2 -kertainen
alkuperäiseen ja niin
edelleen. Käytännössä tarvitaan useita kymmeniä törmäyksia, joista
osa on suoria.
Esimerkki 8.6
Kitkattomalla jäällä olevat kaksi kiekkoa A ja B,
mA = 0.500 kg, mB = 0.300 kg, törmäävät täysin kimmoisasti
toisiinsa siten, että A:n alkunopeus vA1 = 4.00 m/s positiivisen
x-akselin suuntaan ja B on aluksi paikallaan. Törmäyksen jälkeen
kiekko A liikkuu nopeudella
vA2 = 2.00 m/s tuntemattomaan
suuntaan. Määritä kiekon B nopeus sekä kulmat
x-akseliin.
α
ja
β
suhteessa
vA1 = 4.00 m/s, vB 1 = 0, loppunopeudet
vA1 = 2.00 m/s, vB 1 =?.
Nyt siis alkunopeudet
Koska kyseessä on täysin kimmoinen törmäys, kineettinen energia
säilyy:
1
1
1
mA vA21 = mA vA22 + mB vB2 2
2
2
2
vB2 2 =
mA vA21 − mA vA22
mB
0.500 kg · 4.00 m/s2 − 0.500 kg · 2.00 m/s2
=
0.300 kg
→ vB 2 = 4.47 m/s.
Systeemin liikemäärä säilyy niin x-akselin:
mA vA1x = mA vA2x + mB vB 2x
= mA vA1 = mA vA2 cos α + mB vB 2 cos β (1)
kuin myös y-akselin suunnassa:
0 = mA vA2y + mB vB 2y
= mA vA2 sin α + mB vB 2 sin β (2)
Ratkaistaan yhtälöstä (1) cos β ja yhtälöstä (2) sin β :
mA vA1 mA vA2
−
cos α
mB vB 2 mB vB 2
= a − b cos α (missä a ja b ovat lyhennysmerkintöjä) ja
mA vA2
sin β =
sin α = b sin α.
mB vB 2
cos β =
cos2 β + sin2 β = 1
→ (a − b cos α)2 + b 2 sin2 α = 1
→ a2 − 2ab cos α + b 2 (cos2 α + sin2 α) = 1
a2 − 2ab cos α + b2 = 1
Toisaalta
cos α =
a2 + b 2 − 1
→ α = 36.9◦ , β = 26.6◦ .
2ab
Esimerkki 8.7
Kaukana avaruudessa leijuvan,
levosta lähtevän raketin
palokaasujen nopeus raketin suhteen on
vex = 2400 m/s ja
lennon kuluessa polttoainetta käytetään siten, että raketin massa
lennon lopussa on neljännes alkumassasta
m0 . Mikä on raketin
nopeus lennon lopussa?
Raketin kiihtyvyyden lauseke:
a=
vex dm
dv
=−
dt
m dt
Toisin sanoen
dv = −vex
dm
m
Tehdään nyt muuttujien vaihto
ja
v 0 :uun ja m0 :uun, ja käytetään v :tä
m:ää loppunopeutena ja -massana:
Z v
v0
dv 0 = −vex
v − v0 = −vex ln
Nyt
v0 = 0 ja m0 /m = 4:
Z m
dm0
m0 m0
m
m0
= vex ln
m0
m
v = 0 + 2400 m/s · ln 4 = 3327 m/s.
Toisin sanoen raketin loppunopeus inertiaalikoordinaatistossa on
suurempi kuin palokaasujen nopeus raketin suhteen!