1. No category

Physica 4 Opettajan OPAS
RATKAISUT
1(18)
KERTAUSTEHTÄVIÄ
KERTAUSTEHTÄVIÄ
LUKU 1
246. v k = 12 m/s, ∆x = 3,0 km, ∆t = ?
∆x
∆x
Keskinopeuden suuruus on vk =
. Ratkaistaan aika ∆t = .
vk
∆t
250
3,0 km
min = 4,1667 min ≈ 4,2 min.
∆t =
= 250 s =
m
60
12
s
247. v k1 = 50 km/h, ∆x 1 = 2,5 km, v k2 = 80 km/h, ∆x 2 = 6,0 km, v k = ?
∆x
∆x
Keskinopeus on vk =
. Ratkaistaan aika ∆t = .
vk
∆t
2,5 km
= 0,05 h
km
50
h
6,0 km
=
∆t 2
= 0,075 h
km
80
h
=
∆t1
vk =
∆x 2,5 km + 6,0 km 8,5 km
=
= 68 km .
=
h
∆t 0,05 h + 0,075 h 0,125 h
LUKU 2
248. v = 90 km/h = (90/3,6) m/s = 25 m/s, t = 1 s, s = ?
Kuljettu matka on
s = v ⋅ t = 25
m
⋅ 1 s = 25 m.
s
249.
Piirretään tangentti hetkeä 2,0 s vastaavaan kohtaan.
Kuvan mukaan tangentin kulmakerroin on
@Sanoma Pro ja tekijät
@Piirrokset Picman Oy
4 m−2 m
m
= 0,5
4 s − 0s
s
eli B on oikea vaihtoehto.
Physica 4 Opettajan OPAS
RATKAISUT
2(18)
KERTAUSTEHTÄVIÄ
LUKU 3
250.
v0 = 0
m
,
s
h = 13 m, a = 0,94 m/s2, v = ?
Liike on tasaisesti kiihtyvää, joten loppunopeus on
v = v0 + at = at (koska alkunopeus on nolla).
Tasaisessa kiihtyvässä liikkeessä matka (korkeus) on
h=
1 2
at ,
2
josta aika
t=
2h
.
a
Sijoitetaan nopeuden lausekkeeseen.
v=
a⋅
2h
m
m
m
=2ha =2 ⋅ 13 m ⋅ 0,94 2 =
4, 944 ≈ 5, 0
a
s
s
s
.
251.
a) t 1 = 6,0 s, a = 3,0 m/s2, v ka = 12 m/s, t = ?
1
2
Auto saavuttaa lähtökiihdytyksessä ajassa t 1 nopeuden v a = at 1 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 – t 1 , jona aikana se kulkee matkan st = vk (t − t1 ) = at1 (t − t1 ) .
Kuorma-auton ja auton kulkemat matkat ovat yhtä pitkät, joten
= at12 + at1 (t − t1 )
1
2
vka t = 1 2 + at1t − at12
at1
2
vka t = 1 2 + at1t .
− at1
2
vka t
Siten aika on
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
s
s2
m
Kuljettu matka on ska = vka t = 12 ⋅ 9,0 s = 108 m.
s
@Sanoma Pro ja tekijät
@Piirrokset Picman Oy
Physica 4 Opettajan OPAS
RATKAISUT
3(18)
KERTAUSTEHTÄVIÄ
b) Kuvaaja
c)
Ohitushetkellä t molemmat autot ovat liikkuneet yhtä pitkät matkat eli t, v -kuvaajassa
nopeus-kuvaajan rajoittamat fysikaaliset pinta-alat ovat yhtä suuret.
Kuorma-autolle pinta-ala on Ak = tvk .
tv
Autolle pinta-ala on Aa = 1 a + (t − t1 )va , jossa t 1 = 6,0 s.
2
Alat ovat yhtä suuret, joten
tv
tvk = 1 a + (t − t1 )va
2
tv
tvk = 1 a + tva − t1va
2
t1va
t= 2 .
va − vk
Sijoitetaan lukuarvot
m
6,0 s ⋅ 18
t1va
s
2
2
=
= 9,0 s .
t =
va − vk 18 m − 12 m
s
s
LUKU 4
252.
1
2
a) Oletetaan pallon liike tasaisesti kiihtyväksi, jolloin h = at 2 . Koska korkeus h on suoraan
verrannollinen ajan neliöön, tulisi t2 h -koordinaatistoon piirretyn kuvaajan olla suora.
t (s)
1,32
1,59
1,80
2,05
@Sanoma Pro ja tekijät
@Piirrokset Picman Oy
t2 (s2)
1,7424
2,5281
3,2400
4,2025
h (m)
7,5
10,6
14,1
17,6
Physica 4 Opettajan OPAS
RATKAISUT
4(18)
KERTAUSTEHTÄVIÄ
Kiihtyvyys saadaan kuvaajan fysikaalisesta kulmakertoimesta kertomalla se kahdella.
∆h
12 m
a=
2⋅
=
2⋅
∆ (t 2 )
2,8 s2
= 8,6
m
s2
.
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 tietokoneavusteisella menetelmällä (esim. valoportit).
253. v 0 = 10 m/s,
Pinta-alat A ja B kuvaavat nopeuden muutosta kyseisinä
aikaväleinä.
m
m
=
2,0
2
s
s
m
m
5,0
B: 2,0 s ⋅ (2,5 2 ) =
s
s
A: 2,0 s ⋅1,0
Nopeuden kuvaaja
Alkunopeus 10 m/s , siten saadaan piste (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 5
254.
@Sanoma Pro ja tekijät
@Piirrokset Picman Oy
Physica 4 Opettajan OPAS
RATKAISUT
5(18)
KERTAUSTEHTÄVIÄ
LUKU 6
255. m = 650 kg , F = 2,1 kN, a = ?
0 . Silloin kitkavoima on yhtä suuri kuin vetävä voima.
Kärry liikkuu tasaisella nopeudella, kun ∑ F =
Siten kitkavoima on 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, jolloin saadaan skalaariyhtälö.
F + Fµ =
ma
F − Fµ =
ma
Kiihtyvyys on
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
256. m = 2,3 kg, v 0 = 5,6 m/s, t = 0,95 s, m = ?
Fµ µ=
N µ=
G µ mg .
a) Kitka =
Dynamiikan peruslain mukaan
∑ F = N + G + Fµ = ma .
Tukivoima ja paino tasapainottavat toisensa N + G =
0.
Siten positiivinen suunta huomioiden saadaan
− Fµ =
ma.
Kitkavoima on Fµ = µ N ja kiihtyvyys on a =
∆v
∆t
,
joten
∆v
m
−µ N =
∆t
∆v
− µ mg =
m
.
∆t
Kitkakerroin on
m
−5,6
∆v
s
−
=
−
=
µ=
0,60089 ≈ 0,60.
m
∆t ⋅ g
0,95 s ⋅ 9,81 2
s
b) Koska voima on vakio, liike on tasaisesti kiihtyvää ja voidaan käyttää tasaisesti kiihtyvän
liikkeen kaavoja.
m
−5,6
∆v
s ) = −5,8947 m
Kiihtyvyys on a =
= (
0,95 s
s2
∆t
@Sanoma Pro ja tekijät
@Piirrokset Picman Oy
Physica 4 Opettajan OPAS
RATKAISUT
6(18)
KERTAUSTEHTÄVIÄ
Loppunopeus on
v= v0 + at
josta aika on
v − v0
a
m
m
3, 7 − 5, 6
s =
s 0, 3223 s ≈ 0,32 s.
=
m
−5,8947 2
s
t=
257.
α= 15° , m 0 = ?
Laatikko on vielä hetkellisesti levossa, joten lepokitkakerroin voidaan laskea dynamiikan peruslain
mukaan
∑ F = Fµ 0 + G + N = 0 .
Koska laatikko on levossa, siihen vaikuttavat voimat muodostavat sulkeutuvan voimakolmion.
Kolmista saadaan
tan α =
Fµ 0
N
.
Toisaalta lepokitka on Fµ 0 = µ0 N . Siten
=
tan
α
µ0 N
= µ0 .
N
Lepokitkakerroin on

=
µ0 tan15
=
0, 2679 ≈ 0, 27 .
LUKU 7
258. m = 1340 kg , L = 5, 4 m , T ≤ 16 kN , l = ?
Piirretään tilanteesta voimakuvio
Nosto on tasainen, joten dynamiikan peruslain mukaan
∑ F = T1 + T2 + G = 0.
Valitaan koordinaatisto kuvan mukaisesti.
@Sanoma Pro ja tekijät
@Piirrokset Picman Oy
Physica 4 Opettajan OPAS
RATKAISUT
7(18)
KERTAUSTEHTÄVIÄ
Saadaan skalaariyhtälöt:
0
T1x + T2 x − G =

0
T1 y + T2 y − G =
T1 y = T1 sin α
T2 y = T2 sin α
.
Koska jännitysvoimat ovat yhtä suuret T=
T=
T,
1
2
jolloin
T=
T=
Ty .
1y
2y
Siten yhtälöparin alemmasta yhtälöstä saadaan
2Ty − G =
0
2T sin α − G =
0.
Kulman sini on
G mg
α = =
sin=
2T 2T
=
α 24, 3° .
1340 kg ⋅ 9,81
2 ⋅ 16000 N
m
s2 0, 411
=
Kuvion mukaan kulman kosini on
L
cos α = 2
l
2
.
Vaijerin pituus on
l
=
L
5, 4 m
=
= 5, 92 m ≈ 5, 9 m.
cos α cos 24,3
259. m = 46 kg ,
µ = 0,37 ,
α = 33 , F = ?
Koska laatikko liikkuu vakionopeudella, kiihtyvyys a = 0 , ja dynamiikan peruslain mukaan
∑ F = F + Fµ + N + G = 0.
Positiiviset suunnat huomioiden saadaan skalaariyhtälöt
0
 x : F − Gx − Fµ =

0.
 y : N − G y − F =
Alemmasta yhtälöstä saadaan
=
N G=
G cos α .
y
ja ylemmästä yhtälöstä
F Gx + Fµ
=
= G sin α + µ N
= mg sin α + µ mg cos α
= mg (sin α + µ cos α ).
@Sanoma Pro ja tekijät
@Piirrokset Picman Oy
Physica 4 Opettajan OPAS
RATKAISUT
8(18)
KERTAUSTEHTÄVIÄ
Voima on
=
F 46 kg ⋅ 9,81
m
⋅ (sin 33° + 0,37 ⋅ cos 33
=
°) 385,803 N ≈ 390 N.
s2
LUKU 8
260. m = 1,8 kg, a = ?
a)
Dynamiikan peruslain mukaan
∑ F = N + G + F = ma .
0) , joten
Pinnan tukivoima ja paino tasapainottavat toisensa ( N + G =
F = ma .
Positiivinen suunta huomioiden saadaan skalaariyhtälö
F = ma.
Kiihtyvyys on
=
a
F 19,62 N
m
m
=
= 10,9 2 ≈ 11 2 .
m
1,8 kg
s
s
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 .
Jälleen tukivoima ja paino tasapainottavat toisensa N + G1 =
0.
Positiivinen suunta huomioiden saadaan skalaariyhtälö
(m1 + m2 )a
G
=
2
Kiihtyvyys on
m
2, 0 kg ⋅ 9,81 2
m2 g
m
s
=
a =
= 5,163 2 .
m1 + m2 (2,0 kg + 1,8 kg)
s
@Sanoma Pro ja tekijät
@Piirrokset Picman Oy
Physica 4 Opettajan OPAS
RATKAISUT
9(18)
KERTAUSTEHTÄVIÄ
261. m1 = 3,5 kg , m2 = 1, 6 kg , T =? , a = ?
Kitka ja sylinterin hitausmomentti voidaan olettaa merkityksettömän pieniksi.
a)
Dynamiikan peruslain mukaan saadaan liikeyhtälöt

m1a1
T1 + G1 =

m2 a2 .

T2 + G2 =
Koska lanka on kevyt ja venymätön, jännitysvoimat ovat yhtä suuret kuten myös kiihtyvyydet
T=
T=
T
1
2
a=
a=
a
1
2
Positiiviset suunnat huomioiden saadaan
m1a
G1 − T =

m2 a.
T − G2 =
Lasketaan yhtälöt yhteen, jolloin saadaan
m1 g − m2 g =( m1 + m2 )a .
Kiihtyvyys on
( m1 − m2 ) g
a
=
=
m1 + m2
m
(3,5 − 1,6) kg ⋅ 9,81 2
m
m
s
= 3,6547 2 ≈ 3,7 2 .
(3,5 + 1,6) kg
s
s
TAI
Tarkastellaan punnusten muodostamaa systeemiä kokonaisuutena.
Dynamiikan peruslain mukaan saadaan liikeyhtälö
G1 + G2 = ( m1 + m2 )a
G1 − G2 = ( m1 + m2 )a
m1 g − m2 g =( m1 + m2 )a
a=
m1 g − m2 g
m1 + m2
( m1 − m2 ) g
a
=
=
m1 + m2
@Sanoma Pro ja tekijät
@Piirrokset Picman Oy
m
(3,5 − 1, 6) kg ⋅ 9,81 2
m
m
s
= 3, 6547 2 ≈ 3, 7 2 .
(3,5 + 1, 6) kg
s
s
Physica 4 Opettajan OPAS
RATKAISUT
b) Soveltamalla dynamiikan peruslakia kappaleeseen 2 saadaan
T2 + G2 =
m2 a2
Ottamalla huomioon positiivinen suunta saadaan skalaariyhtälö
T2 − G2 =
m2 a2
T2 − m2 g =
m2 a2
=
T2 m2 a2 + m2 g
Koska jännitysvoimat ja kiihtyvyydet ovat samat, saadaan
=
T m2 a + m2 g
= m2 ( a + g )
= 21,5435 N ≈ 22 N.
LUKU 9
262. m1 = 150 tn , m2 = 180 tn , laiva syrjäyttää tilavuudet V 1 ja V 2
Nosteen on tasapainotettava paino, jotta proomu kelluisi.
Dynamiikan peruslain mukaan
N 2 − G2 =
0
N1 − G1 =
0.
Vähennetään yhtälöt.
N 2 − N1 = G2 − G1.
Noste on yhtä suuri kuin syrjäytetyn nesteen paino
N1 = ρ vesiV1 g
N 2 = ρ vesiV2 g.
Siten
ρ vesiV2 g − ρ vesiV1 g =
( m2 − m1 ) g
ρ vesi g (V2 − V1 ) = ( m2 − m1 ) g .
Syrjäytetyn tilavuuden muutos
m − m1
V2 − V1 =2
ρ vesi
=
V2 − V1
180 ⋅ 103 kg − 150 ⋅103 kg
= 30 m 3 .
kg
1000 3
m
@Sanoma Pro ja tekijät
@Piirrokset Picman Oy
10(18)
KERTAUSTEHTÄVIÄ
Physica 4 Opettajan OPAS
RATKAISUT
11(18)
KERTAUSTEHTÄVIÄ
263. d = 32 mm, ρ = ?, m = ?
Koska sylinteri kelluu, Newtonin II lain mukaan on
∑ F = N + G1 + G2 = 0
Positiivinen suunta huomioon ottaen saadaan
N − m1 g − m2 g =
0
Noste on yhtä suuri kuin syrjäytetyn nesteen paino eli
N = ρ Ahg ,
siten
0.
ρ Ahg − m1 g − m2 g =
Korkeus on
1
=
h
ρA
m1 +
1
ρA
m2 .
Esitetään tulokset m, h-koordinaatistossa.
Kuvasta saadaan suoran fysikaalisena kulmakertoimena
=
k
1
∆h 3, 3 cm
cm
= =
= 0,11
∆m
30 g
g
ρA
.
Tiheys on
=
ρ
1
=
ρA
1
g
g
.
= 1,1309
≈ 1,1
3
3
cm
cm
cm
2
0,11
⋅ π ⋅ (1, 6 cm)
g
Ratkaistaan astian massa m2 .
Kun m1 = 0 , saadaan korkeuden lausekkeesta
h0 =
1
ρA
m2 .
Massa on
m2 = ρ Ah0
= 1,1309
g
⋅ (1, 6 cm) 2 ⋅ 3, 0 cm ⋅ 3,14
= 27, 27 g ≈ 27 g.
cm 3
LUKU 10
264.
a) Voima kasvaa suoraan verrannollisesti matkaan verrattuna.
b) Työ saadaan kuviosta fysikaalisena pinta-alana
@Sanoma Pro ja tekijät
@Piirrokset Picman Oy
Physica 4 Opettajan OPAS
RATKAISUT
W
=
12(18)
KERTAUSTEHTÄVIÄ
57,5 N ⋅ 7 m
= 201, 25 N ≈ 2,0 ⋅ 102 J .
2
265. m = 110 kg, v = 27 m/s, t = 4,0 s, P k = ?
m
27
s =
Fk =
mak =
110 kg ⋅
742,5 N.
4,0 s
Koska kyseessä tasaisesti kiihtyvä liike, keskinopeus on puolet loppunopeudesta
m
27
v
s= 13,5 m .
vk= =
2
2
s
Siten keskimääräinen teho on
m
Pk =F k vk =742,5 N ⋅ 13,5 =10023,75 W ≈ 10 kW .
s
LUKU 11
266.
a) Hiekanhyvä tippuu suuremmalla nopeudella, koska jyvään vaikuttaa suurempi ilmanvastus.
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). Tällainen tilanne olisi esimerkiksi lasiputkessa, josta on imetty tyhjiöpumpulla
ilmaa pois.
267.
m = 0,56 kg ,
v0 = 0
m
,
s
∑F =
1,3 N ,
s = 3,5 m ,
W =?
a) Työ on W = ∑ Fs
= 1,3 N ⋅ 3,5 m
= 4,55 J.
b) Työperiaatteen mukaan auton liike-energian muutos on yhtä suuri kuin kokonaisvoiman
tekemä työ. Siten ∆Ek = W = 4,55 J .
c)
Työperiaatteen mukaan auton liike-energian muutos on yhtä suuri kuin kokonaisvoiman
tekemä työ. Koska auto lähtee levosta, liike-energian muutos on yhtä suuri kuin liike-energia
lopussa
1 2
mv = W .
2
Nopeus on
=
v
2W
=
m
2 ⋅ 4,55 J
m
m
.
= 4, 0311
≈ 4, 3
0,56 kg
s
s
@Sanoma Pro ja tekijät
@Piirrokset Picman Oy
Physica 4 Opettajan OPAS
RATKAISUT
13(18)
KERTAUSTEHTÄVIÄ
LUKU 12
268. m = 80 kg , h = 2, 4 m
Oletetaan, että vastusvoimat ovat merkityksettömän pienet. Tällöin saadaan
mekaanisen energian säilymislain avulla hyvä arvio nopeudelle.
Epa + Eka = Epl + Ekl
1
mgh + 0 = 0 + mv 2 .
2
Nopeus on
v =2 gh =2 ⋅ 9,81
269. v0 = 5,0
m
m
m
km
6,862
25
.
⋅ 2, 4 m =
≈ 6,9
=
2
s
s
s
h
m
, m = 0,50 kg , µ = 0,15 , α = 35 , s = ?
s
Mekaniikan energiaperiaatteen mukaan mekaanisen energian muutos on yhtä suuri kitkavoiman
(ei-konservatiivinen) tekemä työ
El − E a =
W
1
mgh − mv02 =
− Fµ s.
2
Kitkavoima on
Fµ = µ N
G y µG cos α .
= µ=
Kuvion mukaan kulman sini on
h
s
h = s sin α
sin α =
Energiayhtälöstä saadaan
1
mgs sin α − mv02 =
− µ mgs cos α .
2
Matka on
mv02
mgs sin α + µ mgs cos α =
2
mv02
s( mg (sin α + µ cos α )) =
2
m
(5, 0 ) 2
v02
s
=
=
= 1,8296 m ≈ 1,8 m.
s
2 g (sin α + µ cos α ) 2 ⋅ 9,81 m ⋅ (sin 35° + 0,15 ⋅ cos 35°)
s2
@Sanoma Pro ja tekijät
@Piirrokset Picman Oy
Physica 4 Opettajan OPAS
RATKAISUT
14(18)
KERTAUSTEHTÄVIÄ
LUKU 13
270. m = 2,0 kg, v 0 = 1,0 m/s, v = ?
Impulssiperiaatteen mukaan F ∆t = m∆v .
Koska voima vaikuttaa liikkeen suuntaan, saadaan skalaariyhtälö
F ∆t = m∆v ,
josta
F ∆t 2,0 N ⋅ 0,50 s
m
∆v = =
= 0,50 .
2,0 kg
m
s
Kappaleen nopeus voiman vaikutuksen jälkeen on 1,0
m
m
+0,50
s
s
=1,5
m
.
s
Koska voiman vaikutussuunta oli sama kuin liikkeen alkuperäinen suunta, kappale liikkuu
alkuperäiseen suuntaan.
271.
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:
(1,15 − 0,54) m
m
1,5 s
s
(0,80 − 1,22) m
m
= −0, 22 .
Törmäyksen jälkeen v2 =
1,9 s
s
=
v1 = 0, 41 .
Ennen törmäystä
Nopeudet ovat siis vastakkaissuuntaiset.
c)
Impulssiperiaatteen mukaan törmäysvoiman impulssi on yhtä suuri kuin vaunu liikemäärän
I mv2 − mv1 .
muutos.=
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
LUKU 14
272. m 1 = 1300 kg, m 2 = 15000 kg, v 1 = 85 km/h = 23,6111 m/s, v 2 = 60 km/h, =16,667 m/s,
m = 85 kg, t = 97 ms, u = ?, F = ?
a)
Kun ulkoisia voimia, esim. kitkaa, ei oteta huomioon, liikemäärä säilyy törmäyksessä, joka siis
on täysin kimmoton.
@Sanoma Pro ja tekijät
@Piirrokset Picman Oy
Physica 4 Opettajan OPAS
RATKAISUT
15(18)
KERTAUSTEHTÄVIÄ
m1v1 + m2 v2 =( m1 + m2 )u .
Kuvan koordinaattiakselin valinnalla päästään skalaariyhtälöön
−m1v1 + m2 v2 = (m1 + m2 )u.
Ratkaistaan u
u=
m2 v2 − m1v1
m1 + m2
m
m
15000kg ⋅ 16, 6667 − 1300kg ⋅ 23, 6111
m
km
km
km
s
s =
=
13, 4544 =
3, 6 ⋅ 13, 4544
=
48, 4358
≈ 48
15000kg + 1300kg
s
h
h
h
Autot liikkuvat kuorma-auton liikesuuntaan nopeudella 48 km/h.
b) Kuljettajan liikemäärä muuttuu kysytyn voiman vaikutuksesta. Impulssiperiaatteesta seuraa
F ∆=
t mu − mv1 .
Valitun positiivisen suunnan mukaan
F ∆t= mu + mv1 .
m
m(u + v1 ) 85 kg ⋅ (13,4544 + 23,6111) s
F=
= 32480 N ≈ 32 kN .
=
0,097 s
∆t
273. m 1 = 170 ∙ 103 kg, m 2 = 72 ∙ 103 kg, v 1 =14 km/h, α =1,0° , u = ?, s = ?
a) Täysin kimmottomassa törmäyksessä vaunujen liikemäärä ennen törmäystä on sama kuin
törmäyksen jälkeen (kokonaisliikemäärä säilyy). Koska vaunut liikkuvat samaan suuntaan,
saadaan skalaariyhtälö
m1=
v1 ( m1 + m2 )u .
Ratkaistaan u ja sijoitetaan alkuarvot
km
170 ⋅ 103 kg ⋅ 14
m1v1
m
km
h
u=
=
= 9,8
= 2,73 .
3
3
m1 + m2 170 ⋅ 10 kg + 72 ⋅ 10 kg
s
h
b) Mekaniikan energiaperiaate: Mekaanisen energian muutos on yhtä suuri kuin kitkavoiman
tekemä työ.
∆Emek =
Fs
1 2
mgh − mu =
− Fµ s.
2
Kitkavoima on
Fµ = µ N
= µ=
G y µG cos α .
Kuvion mukaan kulman sini on
h
s
h = s sin α .
sin α =
Siten energiayhtälöstä saadaan
1
mgs sin α − mu 2 =
− µ mg cos α s.
2
@Sanoma Pro ja tekijät
@Piirrokset Picman Oy
Physica 4 Opettajan OPAS
RATKAISUT
16(18)
KERTAUSTEHTÄVIÄ
Matka on
1
m
1 2
1 2
⋅ (2, 73 ) 2
mu
u
2
s
2
2
s
=
=
=
mg (sin α + µ cos β ) g (sin α + µ cos α ) 9,81 m ⋅ (sin1, 0 + 0, 0030 cos1, 0 )
s2
= 18,573 m ≈ 19 m.
LUKU 15
274. x = 0,470 m, k = 425 N/m, m = 0,030 kg, E p = ?, v = ?
1 2 1
N
a) Ep =
46,9413 J ≈ 46,9 J .
kx =
⋅ 425 ⋅ (0, 470 m) 2 =
2
2
m
b) Koska jousivoima on konservatiivinen, mekaaninen energia säilyy (jousen potentiaalienergia
on yhtä suuri kuin nuolen liike-energia lähdössä)
1 2 1 2
kx = mv .
2
2
Nopeus on
k
v=
x.
m
Sijoitetaan lukuarvot
N
425
m ⋅ 0,470 m= 55,9412 m ≈ 56 m .
v=
0,030 kg
s
s
275.
a) Jousivoima on yhtä suuri kuin punnuksen paino F j = mg.
m (kg) F j (N)
0
0
0,1
0,981
0,2
1,962
0,3
2,943
0,4
3,924
0,5
4,905
Siten saadaan venymän ja jousivoiman yhteyttä esittävä taulukko.
venymä (cm)
F j (N)
0
0
3,2
0,981
6,0
1,962
9,8
2,943
11,5
3,924
14,0
4,905
@Sanoma Pro ja tekijät
@Piirrokset Picman Oy
Physica 4 Opettajan OPAS
RATKAISUT
17(18)
KERTAUSTEHTÄVIÄ
b)
Jousivakio saadaan voiman kuvaajan fysikaalisesta kulmakertoimesta k = ∆F . Kuvion mukaan
∆x
3, 4 N
N
=
k = 34,0 .
0,10 m
m
c)
Kun laitetaan 450 g punnus, kuvion mukaan venymä on =
x(450 g) x=
(4, 41 N) 0,136 m .
Silloin potentiaalienergia on
1 2 1
N
Ep =
kx =
⋅ 34, 0
⋅ (0,136m) 2 =
0, 3144 J ≈ 0,31 J.
2
2
m
LUKU 16
276. m A = 80 kg, m B = 320 kg, v A =5,0 m/s, u A = 1,45 m/s, h = ?
Liikemäärä säilyy, joten
m=
mA uA + mBuB .
A vA
Olkoon positiivinen suunta vaunun A alkunopeuden suunta. Tällöin saadaan skalaariyhtälö
mA vA =
−mA uA + mB uB .
Ratkaistaan u B
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
mBuB2 = mB gh
2
@Sanoma Pro ja tekijät
@Piirrokset Picman Oy
Physica 4 Opettajan OPAS
RATKAISUT
uB2 mA 2 ( vA + uA ) 2
=
h =
2g
2 gmB2
=
18(18)
KERTAUSTEHTÄVIÄ
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
TAI
Liikemäärä säilyy, joten
m=
mA uA + mBuB .
A vA
Olkoon positiivinen suunta vaunun A alkunopeuden suunta. Tällöin saadaan skalaariyhtälö
mA vA =
−mA uA + mBuB .
Ratkaistaan u B
uB =
mA ( vA + uA )
.
mB
Sijoitetaan lukuarvot
mA ( vA + uA )
uB =
=
mB
m
m
+ 1,45 )
m
s=
s
1, 6125 .
320 kg
s
80 kg ⋅ (5,0
Koska vierimisvastus on merkityksetön, vaunun B mekaaninen energia säilyy vaunun vieriessä. Kun
vaunun juuri ja juuri pääsee ylätasanteelle, sen liike-energia on nolla.
1
mB uB 2 = mB gh
2
uB 2
=
h =
2g
277.
m 2
)
s = 0,1325 m ≈ 13 cm.
m
2 ⋅ 9,81 2
s
(1,6125
m = 0,55 kg ,
v0 = 0
m
s
Lasketaan t, v -kuvaajasta kappaleen kulkema matka fysikaalisena pinta-alana.
t (s)
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
@Sanoma Pro ja tekijät
@Piirrokset Picman Oy
x (m)
0
0,15
0,6
1,35
2,25
3,15
3,85
4,1
3,85
3,3