PH4_kertaustehtavat_ratkaisut

Physica 4 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
1(17)
Kertaustehtävät
RATKAISUT: Kertaustehtävät
Luku 1
1. Piirretään tangentti hetkeä 2,0 s vastaavaan kohtaan.
Kuvan mukaan tangentin kulmakerroin on
4 m−2 m
m
= 0,5
eli B on
4 s − 0s
s
oikea vaihtoehto.
Vastaus: B
2.
s
v
Tasainen liike, jolloin s = vt. Ratkaistaan aika t = .
2,5 km
km
50
h
t1 =
t2 =
6,0 km
km
80
h
s 2,5 km + 6,0 km
km
=
= 68
.
t 2,5 km + 6,0 km
h
km
km
50
80
h
h
v=
Vastaus: Keskivauhti on 68 km/h.
3.
Tasainen liike, jolloin s = vt. Ratkaistaan aika
t=
s
v
t =
3,0 km
= 250 s ≈ 4,2 min.
m
12
s
Vastaus: Aikaa kuluu 4,2 min.
4.
a) Välillä
0 s … 25 s auto on tasaisessa liikkeessä.
25 s… 35 s auton nopeus kasvaa, kiihtyvä liike.
35 s … 45 s auton nopeus pienenee, hidastuva liike.
45 s … 60 s auto on paikallaan.
60 s … 70 s auton nopeus kasvaa, kiihtyvä liike.
70 s … 90 s auto on tasaisessa liikkeessä.
© Tekijä ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 4 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
2(17)
Kertaustehtävät
b) Kuvaajan mukaan hetkellä t1 = 20 s auton paikka on x1 = 200 m ja hetkellä t2 = 80 s
paikka on x2 = 900 m. Auton keskinopeus on siten
vk =
x2 − x1 900 m − 200 m
m
m
km
=
= 11,6667 ≈ 12 = 42
.
80 s − 20 s
s
s
t2 − t1
h
c) Nopeus saadaan paikan kuvaajan fysikaalisena kulmakertoimena. Kuvaajan mukaan
pienin nopeus on vmin = 0
m
(auto paikallaan aikavälillä 45 s … 60 s) ja
s
suurin nopeus vmax = v(35 s) = 30
m
km
= 110
.
s
h
Vastaus:
b) Keskinopeus on 12
c) vmin = 0
m
km
= 42
.
s
h
m
m
km
vmax = v(35 s) = 30 = 110
.
s
s
h
Luku 2
5. Tasaisesti kiihtyvä liike
1
x = v0 t + at 2 ja v = v0 + at .
2
Koska alkunopeus on nolla, saadaan
x=
1 2
at ja v = at .
2
Ratkaistaan kiihtyvyys a ja sijoitetaan paikan x lausekkeeseen
a=
v
t
x=
1v 2 1
t = vt .
2t
2
Ratkaistaan aika t
t=
2x 2 ⋅1,1 ⋅10−2 m
=
= 1,6923·10–10 s ≈ 1,7·10–10 s.
v
8 m
1,3 ⋅10
s
Vastaus: Kiihdytysaika on 1,7·10–10 s.
© Tekijä ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 4 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
6.
3(17)
Kertaustehtävät
1
2
Auto saavuttaa lähtökiihdytyksessä ajassa t1 nopeuden va = at1 ja kulkee matkan sk = at12 .
Kiihdytyksen jälkeen auton nopeus on vk = at1 .
Kuorma-auto kulkee ajassa t matkan ska = vka t . Kiihdytyksen jälkeen auto kulkee tasaisella nopeudella
ajan t – t1, jona aikana se kulkee matkan st = vk (t − t1 ) = at1 (t − t1 ) .
Kuorma-auton ja auton kulkemat matkat ovat yhtä pitkät, joten
1
vka t = at12 + at1 (t − t1 )
2
1
vka t = at12 + at1t − at12
2
1
vka t = − at12 + at1t .
2
Siten
1
m
1 2
⋅ 3,0 2 (6,0 s) 2
at1
s
t= 2
= 2
= 9,0 s.
at1 − vka 3,0 m ⋅ 6,0 s − 12 m
s2
s
Kuljettu matka on ska = vka t = 12
m
⋅ 9,0 s = 108 m.
s
Vastaus: Auto ohittaa kuorma-auton 108 m:n päässä risteyksestä.
7.
a) Kiihtyvyys on nopeuden kuvaajan tangentin fysikaalinen kulmakerroin. Kuvaajaa
tarkastelemalla todetaan:
– aluksi kiihtyvyys on suurimmillaan ja lähes vakio
– nopeuden kasvaessa kiihtyvyys pienenee
– vaihteen vaihtamiskohdissa kiihtyvyys on liikevastusten vuoksi hetkellisesti negatiivinen.
b) Kiihtyvyys pienenee pääasiassa kahdesta syystä:
– maksimiteholla aikaansaatu voima pienenee nopeuden kasvaessa kaavan F = P/v
mukaisesti
– ilmanvastus kasvaa nopeuden lisääntyessä
Vakiokiihtyvyyden alueella (v ≤ 20 km/ h) kiihdyttävänä voimana on tien renkaisiin
kohdistama kitkavoima. Tällöin ei kaikkea tehoa pystytä hyödyntämään kiihdytyksessä.
© Tekijä ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 4 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
c) Keskikiihtyvyys ak =
4(17)
Kertaustehtävät
v2 − v1
.
t2 − t1
Kuvasta todetaan, että v(4,0 s) = 50 km/ h ja v(16,0 s) = 110 km/h.
ak =
1000 m
3600 s =1,39 m ≈ 1,4 m .
16,0 s − 4,0 s
s2
s2
(110 − 50) ⋅
Vastaus: c) Keskikiihtyvyys on 1,4
8.
m
.
s2
1
2
a) Oletetaan pallon liike tasaisesti kiihtyväksi, jolloin h = at 2 . Koska korkeus h on
suoraan verrannollinen ajan neliöön, tulisi koordinaatistoon t2– h piirretyn kuvaajan olla
suora.
t (s)
t2 (s2)
h (m)
1,32
1,7424
7,5
1,59
2,5281
10,6
1,8
3,24
14,1
2,05
4,2025
17,6
Kiihtyvyys saadaan kuvaajan fysikaalisesta kulmakertoimesta kertomalla se kahdella.
a = 2⋅
m
Δh
12 m
= 2⋅
= 8,6 2 .
2
2
s
2,8 s
Δ (t )
b) Tulos poikkeaa selvästi vapaan putoamisliikkeen kiihtyvyydestä 9,8 m/s2, mikä johtuu
tennispalloon vaikuttavasta ilmanvastuksesta. Ilmanvastuksen riippuvuus pallon
nopeudesta ei kuitenkaan selvästi näy kuvaajasta käsiajanoton epätarkkuudesta johtuen.
Sekuntikellolla tapahtuva ajanotto onkin ilmeisesti liian epätarkka menetelmä tähän
kokeeseen, sillä putoamisaikojen muutokset ovat vain 0,2 sekunnin luokkaa.
Pudotuskorkeus sen sijaan saadaan mitattua riittävän tarkasti esimerkiksi
teräsmittanauhalla.
Painovoiman kiihtyvyyden g määrittämiseksi ilmanvastuksen vaikutus pitäisi
eliminoida mahdollisimman täydellisesti korvaamalla tennispallo esimerkiksi pienellä
lyijykuulalla, ja putoamisaika pitäisi mitata sopivalla sähköisellä menetelmällä.
© Tekijä ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 4 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
9.
Pinta-alat A ja B kuvaavat nopeuden muutosta kyseisinä aikaväleinä.
A: 2,0 s ⋅1,0
m
m
= 2, 0
s2
s
m
s
B: 2,0 s ⋅ (2,5 2 ) = 5, 0
m
s
Nopeuden kuvaaja
alkunopeus 10 m/s => (0 s; 10 m/s)
hetkellä 2,0 s: (2,0 s; (10+2)m/s) = (2,0 s; 12 m/s)
hetkellä 4,0 s: (4,0 s; 12 m/s + 5,0 m/s) = (4,0 s; 17 m/s)
Luku 3
10.
11. a)
Dynamiikan peruslain mukaan
∑ F = N + G + F = ma
Pinnan tukivoima ja paino tasapainottavat toisensa ( N + G = 0) , joten
F = ma
F = ma
a=
F 19, 62 N
m
m
=
= 10,9 2 ≈ 11 2 .
m
1,8 kg
s
s
© Tekijä ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
5(17)
Kertaustehtävät
Physica 4 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
6(17)
Kertaustehtävät
b) Tilanne poikkeaa a-kohdan tilanteesta siten, että punnus kiihdyttää sekä laatikkoa että
itseään.
Systeemin liikeyhtälöksi saadaan dynamiikan peruslain mukaan
∑ F = N + G1 + G2 = (m1 + m2 )a
N +G = 0
G2 = (m1 + m2 )a
m
2, 0 kg ⋅ 9,81 2
m2 g
m
s
=
= 5,163 2 .
a=
m1 + m2 (2,0 kg + 1,8 kg)
s
Vastaus:
a) 11
m
s2
b) 5, 2
m
s2
12. m = 650 kg
Kärry liikkuu tasaisella nopeudella kun ∑ F = 0 . Tästä voidaan päätellä, että Fμ = 2,1 kN
Dynamiikan peruslain mukaan
∑ F = F + Fμ + N + G = ma .
Pinnan tukivoima ja paino tasapainottavat toisensa N + G = 0 .
Valitaan positiivinen suunta oikealle.
F + Fμ = ma
F − Fμ = ma
F − Fμ
3, 2 kN − 2,1 kN (3200 − 2100) N 1100 N
=
=
m
650 kg
650 kg
650 kg
m
m
= 1, 6932 2 ≈ 1, 7 2 .
s
s
a=
=
Vastaus: 1, 7
m
s2
© Tekijä ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 4 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
7(17)
Kertaustehtävät
L = 5, 4 m
13. m = 1340 kg
T ≤ 16 kN
Piirretään tilanteesta voimakuvio
Nosto on tasainen, joten dynamiikan peruslain mukaan
∑ F = T1 + T2 + G = 0.
Valitaan positiivinen suunta ylös
⎪⎧T1x + T2 x = 0
⎨
⎪⎩T1 y + T2 y − G = 0
T1 y = T1 sin α
T2 y = T2 sin α
2Ty − G = 0
T1 = T2
2T sin α − G = 0
G mg
sin α =
=
=
2T 2T
1340 kg ⋅ 9,81
2 ⋅16000 N
m
s 2 = 0, 411
α = 24,3°
L
cos α = 2
l
2
5, 4 m
L
=> l =
=
= 5,92 m ≈ 6, 0 m.
cos α cos 24,3D
Vastaus: Vaijerin pituuden on oltava vähintään 6,0 m.
Luku 4
14. α = 15°
Laatikko on vielä hetkellisesti levossa,
joten lepokitkakerroin voidaan laskea
dynamiikan peruslain mukaan
∑ F = Fμ 0 + G + N = 0
tan α =
Fμ 0
N
.
Toisaalta Fμ 0 = μ0 N
tan α =
μ0 N
N
= μ0
μ0 = tan15D = 0, 2679 ≈ 0, 27
Vastaus: Lepokitkakerroin on 0,17.
© Tekijä ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 4 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
15.
μ = 0,37
m = 46 kg
8(17)
Kertaustehtävät
α = 33D
Koska laatikko liikkuu vakionopeudella, on
∑ F = F + Fμ + N + G = 0
⎧⎪ x : F − Gx − Fμ = 0
⎨
⎪⎩ y : N − Gy = 0
N = Gy = G cos α
F = Gx + Fμ
= G sin α + μ N
= mg sin α + μ mg cos α = mg (sin α + μ cos α )
= 46 kg ⋅ 9,81
m
⋅ (sin 33° + 0,37 ⋅ cos 33°) = 385,803 N ≈ 390 N.
s2
Vastaus: 390 N
16.
m1 = 150 tn
m2 = 180 tn
Nosteen on tasapainotettava paino, että proomu
kelluisi.
Dynamiikan peruslain mukaan
N 2 − G2 = 0
N1 − G1 = 0
N 2 − N1 = G2 − G1
ρvesi g (V2 − V1 ) = (m2 − m1 ) g
V2 − V1 =
180 ⋅103 kg − 150 ⋅103 kg
= 30 m3
kg
1000 3
m
Vastaus: 30 m3
17. ρ s = 65
kg
m3
m = 54 kg
Dynamiikan peruslain mukaan
∑ F = G1 + G2 + N = 0
N − G1 − G2 = 0
ρV Vs g − ms g − mg = 0
ρV Vs − ρ sVs − m = 0
Vs =
m
ρV − ρ s
=
54 kg
= 0, 05775 m3 ≈ 58 dm3 .
kg
kg
(1000 3 − 65 3 )
m
m
Vastaus: Ponttoonin tilavuus on 58 dm3.
© Tekijä ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 4 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
9(17)
Kertaustehtävät
18. Koska sylinteri kelluu, Newtonin II lain mukaan on
∑ F = G1 + G2 = 0
N − m1 g − m2 g = 0
ρ Ahg = m1 g + m2 g
h=
1
ρA
m1 +
1
ρA
m2
Esitetään tulokset m1h -koordinaatistossa
Kuvasta saadaan suoran fysikaalisena kulmakertoimena
1
Δh 3,3 cm
cm
=
=
= 0,11
30 g
g
ρ A Δm
1
1
g
g .
=
= 1,1309
≈ 1,1
ρ=
3
ρ A 0,11 cm ⋅ π ⋅ (1, 6 cm) 2
cm
cm3
g
k=
Ratkaistaan astian massa m2 .
Kun m1 = 0 , saadaan kuviosta
1
m
ρA 2
m2 = ρ Ah0
h0 =
= 1,1309
g
⋅ (1, 6 cm) 2 ⋅ 3, 0 cm ⋅ 3,14 = 27, 27 g ≈ 27 g.
cm3
Vastaus: 1,1
g
ja 27 g
cm3
Luku 5
19. Oletetaan, että elementtiä aletaan nostaa levosta, jolloin v = at.
1
2
a) Elementin paikka y = at 2 , siten kuvaaja ei ole suora vaan paraabeli.
b) Elementin liikemäärä p = mv = mat , siten kuvaaja on nouseva suora.
c) Elementin kiihtyvyys a = vakio, kuvaaja ei ole nouseva suora vaan paraabeli.
1
2
d) Elementin potentiaalienergia E= mgy = mg at 2 . Siten kuvaaja ei ole suora vaan
paraabeli.
e) Nostovaijerin jännitysvoima: NII, T − mg = ma , T = m( g + a ) = vakio, joten kuvaaja ei
ole nouseva suora vaan vaakasuora suora.
f) Jännitysvoiman teho P = Tv = Tat, joten kuvaaja on nouseva suora.
© Tekijä ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 4 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
10(17)
Kertaustehtävät
20. a) Ilmatyynyradan ansiosta kitka pienenee lähes nollaan. (Kiinteiden pintojen välinen
hankausvoima muuttuu ilman viskositeetiksi.) Täten päästään käytännöllisesti katsoen
eristettyyn systeemiin, sillä vaunuun vaikuttava ilmanvastus on hyvin pieni.
b) Vaunun nopeus saadaan paikan kuvaajasta fysikaalisena kulmakertoimena:
ennen törmäystä v1 =
(1,15 − 0,54) m
m
= 0, 41
1,5 s
s
törmäyksen jälkeen v2 =
(0,80 − 1,22) m
m
= −0, 22
1,9 s
s
Nopeudet ovat siis vastakkaissuuntaiset.
c) Impulssiperiaatteen mukaan törmäysvoiman impulssi on yhtä suuri kuin vaunu
liikemäärän muutos. I = mv2 − mv1 .
Valitsemalla koordinaattiakselin suunnaksi törmäysvoiman ja nopeuden v2 suunta
saadaan skalaariyhtälö
I = m(v2 + v1 ) .
Impulssin arvo saadaan kuvasta käyrän rajoittamana pinta-alana. Silloin
m=
I
0,121 Ns
=
= 0,19 kg.
v2 + v1 (0,22 + 0,41) m
s
Vastaus:
b) Nopeus ennen törmäystä on 0, 41
m
m
ja törmäyksen jälkeen −0, 22 .
s
s
c) Vaunun massa on 0,19 kg.
21. Impulssiperiaatteen mukaan F Δt = mΔv .
Koska voima vaikuttaa liikkeen suuntaan, saadaan skalaariyhtälö
F Δt = mΔv ,
josta
Δv =
F Δt 2 N ⋅ 0,5 s
m
=
= 0,5 .
m
s
2,0 kg
Kappaleen nopeus voiman vaikutuksen jälkeen on 1,0
m
m
m
+0,5 =1,5 .
s
s
s
Koska voiman vaikutussuunta oli sama kuin liikkeen alkuperäinen suunta, kappale liikkuu
alkuperäiseen suuntaan.
Vastaus: Kappaleen nopeus on 1,5
© Tekijä ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
m
. Kappale liikkuu alkuperäiseen suuntaan.
s
Physica 4 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
11(17)
Kertaustehtävät
22. a) Kun ulkoisia voimia, esim. kitkaa, ei oteta huomioon, liikemäärä säilyy törmäyksessä,
joka siis on täysin kimmoton.
m1v1 + m2 v2 = (m1 + m2 )u .
Kuvan koordinaattiakselin valinnalla päästään
skalaariyhtälöön
−m1v1 + m2 v2 = (m1 + m2 )u.
Ratkaistaan u
m v − m1v1
u= 2 2
=
m1 + m2
km
km
− 1300kg ⋅ 85
h
h = 48,44 km .
15000kg + 1300kg
h
15000kg ⋅ 60
Autot liikkuvat kuorma-auton liikesuuntaan nopeudella 48 km/h.
b) Kuljettajan liikemäärä muuttuu kysytyn voiman vaikutuksesta. Impulssiperiaatteesta
seuraa
F Δt = mu − mv1 .
Valitun positiivisen suunnan mukaan
F Δt = mu + mv1 .
m(u + v1 )
F=
=
Δt
85 kg ⋅ (48,44 + 85)
0,097 s ⋅ 3,6
m
s = 32481 N ≈ 32 kN.
Vastaus:
a) Autot liikkuvat kuorma-auton liikesuuntaan nopeudella 48 km/h.
b) Voiman suuruus on 32 kN.
23. a) Täysin kimmottomassa törmäyksessä vaunujen liikemäärä ennen törmäystä on sama
kuin törmäyksen jälkeen (kokonaisliikemäärä säilyy). Koska vaunut liikkuvat samaan
suuntaan, saadaan skalaariyhtälö
m1v1 = (m1 + m2 )u .
Ratkaistaan u ja sijoitetaan alkuarvot
km
170 ⋅103 kg ⋅14
m1v1
m
km
h
u=
=
= 9,8
= 2,73 .
s
m1 + m2 170 ⋅103 kg + 72 ⋅103 kg
h
b) Työ-energiaperiaate: Mekaanisen energian muutos on yhtä suuri kuin ulkoisen voiman
tekemä työ.
ΔEmek = Fs
1
mgh − mu 2 = − Fμ s
2
1
mgs sin α − mu 2 = − μ mg cos α s
2
© Tekijä ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 4 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
12(17)
Kertaustehtävät
1
m
1
1 2
⋅ (2, 73 ) 2
mu 2
u
2
s
2
2
s=
=
mg (sin α + μ cos α ) g (sin α + μ cos α ) 9,81 m ⋅ (sin1, 0D + 0, 0030 cos1, 0D )
s2
= 18,573 m ≈ 19 m.
Vastaus:
a) Nopeus törmäyksen jälkeen on 2,73
m
.
s
b) Vaunut liikkuvat 19 m.
Luku 6
24. a) Voima kasvaa suoraan verrannollisesti matkaan verrattuna.
b) Työ saadaan kuviosta fysikaalisena pinta-alana
W=
57,5 N ⋅ 7 m
= 201, 25 N ≈ 2,0 ⋅10 2 J .
2
Vastaus: b) 2, 0 ⋅102 J
25. a) Hiekanhyvä tippuu suuremmalla nopeudella.
b) Molempien potentiaalienergiat muuttuvat yhtä paljon. Mikäli molemmat tippuvat
suoraan alas, painojen tekemät työt ovat yhtä suuret.
c) Hiekanjyvä ja höyhen osuvat maahan samalla nopeudella, jos niihin ei vaikuta
vastusvoimia (ilmanvastus).
26. m = 0,50 kg
v0 = 0
m
s
∑ F = 1,3 N
s = 3,5 m
a) W = ∑ Fs
= 1,3 N ⋅ 3,5 m
= 4,55 J
b) ΔEk = W = 4,55 J
c)
työperiaatteen mukaan
1 2
mv = W
2
v=
2W
m
m
= 4, 0311
≈ 4,3
m
s
s
Vastaus: a) 4,55 J b) 4,55 J
© Tekijä ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
c) 4,3
m
s
W =?
Physica 4 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
13(17)
Kertaustehtävät
Luku 7
27. Oletetaan, että vastusvoimat ovat merkityksettömän pienet. Tällöin saadaan
mekaniikan energian säilymisen avulla hyvä arvio nopeudelle.
m = 80 kg
h = 2, 4 m
E pa + Eka = E pl + Ekl
1
mgh + 0 J = 0 J + mv 2
2
m
m
m
km
v = 2 gh = 2 ⋅ 9,81 2 ⋅ 2, 4 m = 6,862
≈ 6,9
= 24, 7
s
s
h
s
Vastaus: Apinoiden kuningas arvioi nopeutensa liian suureksi.
28. g y = G cos α
v0 = 5, 0
m
s
g x = G sin α
m = 0,50 kg
μ = 0,15
α = 35D
Mekaniikan energiaperiaatteen mukaan
El − Ea = W
1
mgh − mv02 = − Fμ s
2
Fμ = μ N
= μ G y = μ G cos α
h
s
h = s sin α
sin α =
1
mgs sin α − mv02 = − μ mgs cos α
2
mv 2
mgs sin α + μ mgs cos α = 0
2
mv02
s ( mg (sin α + μ cos α )) =
2
m
(5, 0 ) 2
v02
s
s=
=
= 1,8296 m ≈ 1,8 m.
2 g (sin α + μ cos α ) 2 ⋅ 9,81 m ⋅ (sin 35° + 0,15 ⋅ cos 35°)
s2
Vastaus: 1,8 m
© Tekijä ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 4 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
29. v0 = 78
km
h
v = 32
14(17)
Kertaustehtävät
km
h
s = 31 m
μ =?
Ilmanvastus voidaan olettaa merkityksettömän pieneksi.
Dynamiikan peruslain mukaan
∑ F = Fμ + N + G = ma .
Auto liikkuu vaakasuoraan, joten N + G = 0 .
∑ F = − Fμ = ma
Fμ = μ N = μ G = μ mg
Mekaniikan energiaperiaatteen mukaan
1 2 1 2
mv − mv0
2
2
1 2 1 2
− Fμ s = mv − mv0
2
2
32
78
m2
(( ) 2 − ( ) 2 ) 2
2
2
v − v0
3, 6
3, 6
s
μ=
=
= 0, 64.
m
−2 gs
−2 ⋅ 9,81 2 ⋅ 31 m
s
∑ Fs =
Jos pyörät eivät lukkiudu, kitka on renkaiden ja tien täysin kehittynyttä lepokitkaa, joka
on suurempi kuin liikekitka, jarrutusmatka lyhenee.
Vastaus: 0,64
30. m = 85 g s = 96 cm
v0 = 0
m
s
α = 35°
Koska taso on liukas, kitka voidaan olettaa merkityksettömän pieneksi. Siten mekaaninen energia
säilyy.
mgh =
1 2
mv
2
h = s sin α
v = 2 gh
= 2 gs sin α = 2 ⋅ 9,81
Vastaus: 3,3
m
m
m
⋅ 0,96 m ⋅ sin35° = 3, 28686
≈ 3,3
2
s
s
s
m
s
© Tekijä ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 4 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
15(17)
Kertaustehtävät
Luku 8
31. Taso on liukas, joten kitka on merkityksettömän pieni.
m1 = 7,5 kg
m2 = 15 kg
F1 = 95 N
a) Dynamiikan peruslain mukaan saadaan kappaleelle
liikeyhtälöt
⎪⎧ F1 + N1 + G1 + T1 = m1 a
⎨
⎪⎩T2 + N 2 + G2 = m2 a
T1 = T2 = T .
Kappaleet liikkuvat vaakasuoraan, joten
N1 + G1 = 0 ja N 2 + G2 = 0 .
Positiivinen suunta oikealle huomioonottaen saadaan
⎧ F1 − T = m1a
⎨
⎩T = m2 a
a=
F1
m
m
= 4, 222 2 ≈ 4, 2 2 .
m1 + m2
s
s
b) T = m2 a = 15 kg ⋅ 4,222
Vastaus: a) 4, 2
m
s2
32. m1 = 3,5 kg
m
= 63,333 N ≈ 63 N
s2
b) 63 N
m2 = 1, 6 kg
Kitka ja sylinterin hitausmomentti voidaan olettaa
merkityksettömän pieniksi.
a) T = m2 a + m2 g
= m2 (a + g )
= 21,5435 N ≈ 22 N
b) Dynamiikan peruslain mukaan saadaan liikeyhtälöt
⎧⎪T1 + G1 = m1 a1
⎨
⎪⎩T2 + G2 = m2 a2
T1 = T2 = T
a1 = a2 = a
⎧G1 − T = m1a
⎨
⎩T − G2 = m2 a
m1 g − m2 g = (m1 + m2 )a
(m − m2 ) g
a= 1
=
m1 + m2
m
s 2 = 3, 6547 m ≈ 3, 7 m .
(3,5 + 1, 6) kg
s2
s2
(3,5 − 1, 6) kg ⋅ 9,81
© Tekijä ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 4 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
Vastaus: a) 22 N b) 3, 7
33. m = 0,55 kg
16(17)
Kertaustehtävät
m
s2
v0 = 0
m
s
Lasketaan kuviosta kappaleen kulkema matka fysikaalisena pinta-alana.
34. Liikemäärä säilyy, joten
mA vA = mA uA + mB uB .
Olkoon positiivinen suunta vaunun A alkunopeuden suunta. Tällöin saadaan skalaariyhtälö
mA vA = − mA uA + mBuB .
Ratkaistaan uB
uB =
mA (vA + uA )
.
mB
Koska vierimisvastus on merkityksetön, vaunun B mekaaninen energia säilyy vaunun vieriessä. Kun
vaunun juuri ja juuri pääsee ylätasanteelle, sen liike-energia on nolla.
1
mBuB 2 = mB gh
2
v 2 m 2 (v + u ) 2
h= B = A A 2A =
2g
2 gmB
m
m
+ 1,45 ) 2
s
s
= 0,132 m = 13 cm.
m
2
2 ⋅ 9,81 2 ⋅ (320 kg)
s
(80 kg) 2 (5,0
Vastaus: Ylätasanne voi olla 13 cm korkea.
© Tekijä ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
Physica 4 OPETTAJAN OPAS
RATKAISUT
17(17)
Kertaustehtävät
35. Liikemäärä säilyy. Koska liikemäärä on vektorisuure, tulee säilyä sekä liikemäärän x-komponentti että
y-komponentti.
Ennen törmäystä
Törmäyksen jälkeen
x: mvB = muA cos 23° + muB cos 35°
y: 0 = muA sin 23° − muB sin 35°
Koska kappaleiden massat ovat yhtä suuret, ne supistuvat liikemäärän lausekkeista.
x: vB = uA cos 23° + uB cos 35°
y: 0 = uA sin 23° − uB sin 35°
Ratkaistaan alemmasta yhtälöstä uA
uA =
uB sin 35°
= 1, 4680uB .
sin 23°
Sijoitetaan saatu uA ylempään yhtälöön, jolloin
vB = 1, 4680uB cos 23° + uB cos 35° .
m
17
vB
m
m
s
uB =
=
= 7,8325 ≈ 7,8
1, 4680 cos 23° + cos 35° 1, 4680 cos 23° + cos 35°
s
s
uA = 1, 4680uB = 1,4680 ·7,8325
Vastaus
Nopeudet ovat 7,8
m
m
ja 11 .
s
s
© Tekijä ja WSOY Oppimateriaalit Oy, 2006
© Piirrokset: Pekka Könönen ja tekijät
m
m
m
= 11,4981
≈11 .
s
s
s