Avaruuslentojen fysiikkaa (AstroKosmoTaikonautiikka)
|
|
- Kai Penttilä
- 8 vuotta sitten
- Katselukertoja:
Transkriptio
1 Avaruuslentojen fysiikkaa (AstroKosmoTaikonautiikka) Astronautti Kosmonautti Taikonautti = länsimainen avaruuslentäjä = venäläinen avaruuslentäjä = kiinalainen avaruuslentäjä Juhani Kaukoranta Raahen lukio Raketin toimintaperiaate: reaktioliike Newtonin II laki: voima = massa kiihtyvyys dp F = ma = = dt d (mv) dt impulssin derivaatta Newtonin III lain mukaan: Kun raketti työntää palokaasuja (aktio) vakionopeudella taaksepäin, niin kaasu työntää rakettia vastakkaiseen suuntaan. Tästä tulee nimi reaktioliike ( jet propulsion) 1
2 Veneraketti Soutaja istuu veneessä, mukanaan 10 kpl 1 kg kiviä. Veneen, soutajan ja kivien yhteinen massa on 150 kg. Soutaja heittää kivet sekunnin välein nopeudella u=10 m/s taaksepäin. Minkä nopeuden v vene saa viimeisen kiven jälkeen? Yhteismassa M 0 = 150 kg kivien massa m = 10 kg kivien nopeus u = 10 m/s Kivien heittely keventää venettä, alussa yhteismassa 150 kg, lopussa 140 kg, joten keskimäärin yhteismassa M = 145 kg Liikemäärä säilyy: Mv = mu mu 10 kg 10 m/s v= = 0,69 m/s M 145 kg Rakettimoottorin työntövoima dm k = dt u Oletetaan, että palokaasuvirta on vakio k (kg/s) ja kaasujen nopeus on vakio u. Kaasujen suihkutus vaatii Newtonin II lain perusteella voiman F, joka on kaasun saaman impulssin (liikemäärän) derivaatta: d dm F = (mu) = u = ku dt dt Voiman ja vastavoiman lain mukaan raketti työntää kaasuja ja kaasu rakettia vakiovoimalla F = ku Raketti lähtee siis kiihtyvään liikkeeseen.
3 Laskuesimerkkejä 1. Moottoriruiskun vesisuihkun nopeus on 34 m/s ja suihkuvirta on 500 litraa minuutissa. Kuinka suurella voimalla ruiskua on pideltävä? massavirta k = 500 kg / 60 s =8,333 kg/s F = k u = 8,333 kg/s 34 m/s 80 N. Raketin työntövoima on 695 N ja palokaasujen virta 0,5 kg/s. Mikä on palokaasujen nopeus? u = F k 695 N = 0,5 kg/s 3090 m/s Paineilmapullon kaula rikkoutuu Kolarissa kyljellään olevan 00 barin paineilmapullon kaula posahtaa. Oletetaan, että kaulan poikkipinta on 1,0 cm. Kuinka suurella voimalla 1 litrainen ja 15 kg massainen pullo lähtee liikkeelle? massa m = 15 kg ala A = 1,0 cm = 0,0001 m p = 00 bar = Pa ( 1 bar = pascalia) paine työntää: F = p A = 000 N F 000 N m Alkukiihtyvyys a = = = 133 m 15 kg s Pullo lähtee siis salamannopeasti... 3
4 Tsiolkovskin rakettiyhtälö Nyt voimme laskea Newtonin II lain avulla raketin saaman kiihtyvyyden. Ongelmana on se, että raketin massa kevenee koko ajan, jolloin työntövoiman pysyessä samana raketin kiihtyvyys kasvaa koko ajan. u M F Olkoon raketin alkumassa M 0, palokaasujen virta k ja nopeus u Moottorin työntövoima F = ku Tällöin raketin massa hetkellä t on M = M 0 -kt F ku Kiihtyvyys a = = M M kt 0 Tsiolkovskin rakettiyhtälö dv Kiihtyvyys on nopeuden derivaatta, joten a = dt dv ku = dt M kt 0 ku Integrointia varten dv = dt M kt v v 0 t -k dv = -u dt M kt Integrointi onnistuu, oikealle saadaan luonnollinen logaritmi 4
5 Tsiolkovskin rakettiyhtälö Integroidaan ja sijoitetaan integroimisrajat: v - v 0 = -u (ln (M0 kt) - ln(m 0)) Vasemmalla on raketin nopeuden kasvu v, oikealla luonnolliset logaritmit voidaan yhdistää: M 0 v = u ln M0 kt Koska M = M0 kt, voidaan yhtälö kirjoittaa myös: M raketin alkumassa M 0 0 v = u ln M raketin loppumassa M Tsiolkovskin rakettiyhtälö u F M Raketin massa kevenee arvosta M 0 arvoon M, kun polttoaine palaa. Raketin nopeuden kasvulle saatiin: M 0 v = u ln M Raketin nopeus voi siis kasvaa paljon suuremmaksi kuin palokaasujen nopeus, jos massasuhde M 0 /M on suurempi kuin Neperin luku e =,718...Tällöin suurin osa raketin alkumassasta on polttoainetta. Käytännössä raketti on siis jättimäinen polttoainekanisteri... 5
6 MARS ODYSSEY-luotaimen JARRUTUS Mars Odysseyn massa oli 75 kg, kun se aloitti Marsin takana jarrutuspolton. Rakettimoottorin työntövoima oli 695 N. Poltto kesti 118 sekuntia, polttoainetta kului 66 kg. a) Kuinka suuri oli luotaimen jarrutushidastuvuus polton alussa? F=m a, josta F 695 N m a = = 0,959 m 75 kg s b) Kuinka suuri oli kiihtyvyys polton lopussa? työntövoima F = 695 N pysyy koko ajan samana, mutta luotaimen massa on lopussa pienentynyt 66 kg F 695 N 695 N m a = = = 1,51 m 75 kg - 66 kg 459 kg s MARS ODYSSEY-luotaimen JARRUTUS Mars Odysseyn massa oli 75 kg, kun se aloitti Marsin takana jarrutuspolton. Rakettimoottorin työntövoima oli 695 N. Poltto kesti 118 sekuntia, polttoainetta kului 66 kg. c) Kuinka suuri oli palokaasujen nopeus? F = ku, josta u = F 695 N = k 66 kg / 118 s 3090 m/s d) Kuinka suuri oli luotaimen nopeuden lasku? M 75 kg = M 75 kg - 66 kg 0 v = u ln 3088 m/s ln 1410 m/s 6
7 Veneraketti Tsiolkovskin mukaan Soutaja istuu veneessä, mukanaan 10 kpl 1 kg kiviä. Veneen, soutajan ja kivien yhteinen massa on 150 kg. Soutaja heittää kivet sekunnin välein nopeudella 10 m/s taaksepäin. Minkä nopeuden vene saa viimeisen kiven jälkeen, kun lasketaan Tsiolkovskin yhtälön mukaan? Yhteismassa alussa M 0 = 150 kg Yhteismassa lopussa M = 140 kg Kivisuihkun nopeus u = 10 m/s M 150 kg M 140 kg 0 Nopeuden muutos v = u ln = 10 m/s ln 0,69 m/s Siis saman tuloksen kuin laskettaessa liikemäärän säilymisen periaatteella. Syy: massan muutos on pieni. Laskutehtävä: Space Cadet Andy Rocca Space Cadet Andy Rocca on pelastautunut sukkulastaan Kuun kiertoradalle pelkässä avaruuspuvussa. Hänellä on isoisoisänsä perinne-suomi KP/ km korkeudella radan ylimmässä kohdassa Andy huomaa, että radan alin kohta hipaisee väistämättä Kuuta. Andy päättä nostaa rataa ampumalla 5 sekunnissa KP:n 70 patruunan lippaan tyhjäksi lentosuuntaa vastaan, jolloin hän saa lisäimpulssin. Kuinka suuren lisänopeuden Andy Rocca saa, kun hänen massansa varusteineen on 100 kg, luodin massa on 7,5 g ja luodin nopeus on 400 m/s? Ohje: Laske ensin perinteisellä liikemäärän säilymislailla, koska luotien mukana poistuvan massa on pieni. Laske sen jälkeen Tsiolkovskin rakettiyhtälöllä ja vertaile tuloksia. (,1 m/s) 7
8 Keplerin 1. laki satelliitille 1. Satelliitti kiertää planeetta ellipsiradalla, jonka toisessa polttopisteessä on planeetan keskipiste h r a R r p h 1 a = iso puoliakseli a = (h 1 + h + R)/ = (h 1 +h )/ + R a = r a + r p Ympyräradalla ellipsi on ympyrä ja a = h + R Keplerin. laki satelliitille. Satelliitin ratavektori pyyhkäisee yhtä pitkinä aikaväleinä yhtä suuret pinta-alat Apogeum v a r a r p Perigeum v p Kauimpana satelliitti liikkuu paljon hitaammin kuin lähimmässä kohdassaan. Tällöin saadaan ratanopeuksille v p r p = v a r a, jossa r a + r p = a (Itse asiassa impulssimomentin säilymislaki) 8
9 Keplerin 3. laki satelliitille 3. Satelliitin kiertoajan neliö on verrannollinen ellipsin pitemmän puoliakselin kuutioon h R h 1 a = iso puoliakseli Keplerin 3. lain perusteella kaikilla ellipsiradoilla, joilla on sama iso puoliakseli, on myös sama kiertoaika. Ellipsin soikeus ei siis vaikuta, ainoastaan iso puoliakseli. Erikoistapaus on ympyrärata, jossa säde R = a. Keplerin 3. laki satelliitille R=a Oheisilla ellipseillä on sama iso puoliakseli a, niillä on siis sama kiertoaika. Lasketaan ympyräradan kiertoaika, joka on samalla näiden kaikkien ellipsiratojen kiertoaika. Planeetan massa M, satelliitin massa m, radan säde R=a, ratanopeus v ja kiertoaika T. Keskeiskiihtyvyys on yhtä suuri kuin painovoima. Lennetään yksi ratakierros, joten mv m = R R vt = πr Näistä saadaan nopeus v ja kiertoaika T v = R 3 R T= π 9
10 Keplerin 3. laki satelliitille Ympyräradalla, jonka säde R = a saatiin kiertoajaksi T: 3 R T= π Koska R = a, saadaan lopulta kaikille niille ellipsiradoille,joiden iso puoliakseli on a, kiertoajaksi T: 3 a T = π Kaava pitää paikkansa, jos satelliitin massa on mitätön verrattuna planeetan massaan M. Kaavan mukaan kiertoaika riippuu ainoastaan ison puoliakselin pituudesta, ei ellipsin soikeudesta. Tarkemmat laskut Laskukaavoissa hyvin usein esiintyy gravitaatiovakio G ja planeetan tai Auringon massa M. Gravitaatiovakion arvoa ei tunneta kovin suurella tarkkuudella eikä myöskään planeettojen massoja. Käytännön laskuissa ei kuitenkaan tarvita erikseen gravitaatiovakioa M eikä planeetan massaa M. Sensijaan laskuissa esiintyy näiden tulo. Se tunnetaan hyvin tarkasti. Sen arvo voidaan laskea satelliitin kiertoajan perusteella. Maa-planeetalle = 3, m 3 s - Auringolle = 1, m 3 s - 10
11 Tulo eri planeetoille Kohde Aurinko Merkurius Venus Maa Mars Jupiter Saturnus Neptunus Uranus Pluto Tulo m 3 s - 1, E+0,03 E+13 3,4859 E+14 3, E+14 4,88 E+13 1, E+17 3, E+16 5, E+15 6,83659 E+15 1,001 E+1 Laskuesimerkki : Sputnik 1 Sputnik 1 laukaistiin radalleen Radan lähimmän kohdan etäisyys Maapallon pinnasta oli 7 km (perigeum) ja kaukaisimman kohdan korkeus 945 km (apogeum). Maapallon säde on 6370 km. Laske Sputnik 1:n kiertoaika a = (7 km km) / km = 6956 km = 3, m 3 /s 3 a T = π T 5774 s 96 minuuttia 11
12 Laskuesimerkki: Planeetan massa Marsin kuun Phoboksen kiertoaika on 7 h 39,5 min ja ympyränmuotoisen radan säde on 9380 km. Laske Marsin massa. 4π 3 T = a, koska Marsin massa M >> Phobos a = m T = 7h 39,5 min = 7570 s G = 6, Nm kg M = 4π a GT 3 M 6, kg Impulssimomentin säilymislaki Keplerin. lain mukaan satelliitin ratavektori pyyhkäisee yhtä pitkinä aikaväleinä yhtä suuret pinta-alat. Siis kiertoradan pintanopeus, pinta-alan derivaatta ajan suhteen, on vakio. ds=vdt r v r α T da = = vdt r sinα / da vrsinα Joten pintanopeus = = vakio dt siis v11 r sinα1= vrsinα (Vektoreina L = mv r = impulssimomenttivektori = vakio) 1
13 Impulssimomentti ja tulokulma Nopeusvektorin ja paikkavektorin välisen kulman sijasta on kätevämpää käyttää tulokulman käsitettä. Tulokulma eli flight-path on nopeusvektorin ja paikkavektorin normaalin välinen kulma Φ r α v Φ Tällöin vrsin α = vrcosθ = vakio vrcos φ = vrcosφ 11 1 Tämän ja energian säilymislain avulla voidaan laskea meteorin ja komeetan radan kaartuminen sen syöksyessä kohti Maata, kun ilmakehän vastus ei vielä vaikuta. Potentiaalienergia Siirretään kappale etäisyydeltä r 0 äärettömän kauaksi. Kuinka suuri työ tehdään? G =6, m -11 Nm kg - Painovoimalaki F = M = planeetan massa r m m m Nostotyö W = dr = - = r0 r r r0 m = nostettava kappale r = etäisyys planeetasta r 0 Tästä saadaan potentiaalienergian käsite. Valitaan potentiaalienergian nollataso äärettömyyteen. Tällöin potentiaalienergia on aina negatiivinen. W = - pot m r 13
14 Energian säilymisperiaate Vapaalla radalla massakeskuksen M vaikutuspiirissä liike-energian ja potentiaalienergian summa säilyy. (Pot.energian nollataso on valittu äärettömyyteen, siksi miinusmerkki) mv1 m mv m = r r 1 Sievennettynä (pätee kaikille vapaille radoille) v1 v = r r 1 Kaava ottaa huomioon painovoiman riippuvuuden etäisyydestä. (Koululaskuissa painovoima oletettiin vakioksi) Haemaelaeinen Deimoksen pinnalla Marsilla on kaksi kuuta, Phobos ja Deimos. Deimoksen tiedot: massa M = 1, kg keskisäde R=7,49 km kiertoaika T = 30 h 17,9 min etäisyys Marsista r = km Mestariurheilija Hämäläinen pystyi eläkeläisenäkin hyppäämään Maan pinnalla tasajalkaa 50 cm korkeuteen, mihin tarvittiin 3,1 m/s alkuvauhti. Astronauttina hän ponnisti Deimoksen pinnalla samalla 3,1 m/s nopeudella pystysuoraan. Kuinka korkealle hän nousi? Laskussa on sovellettava energian säilymislakia, mutta ei samaa kuin koulussa, vaan edellä olevaa yleispätevää lakia. 14
15 Haemaelaeinen Deimoksen pinnalla Alussa nopeus v 0 = 3,1 m/s, lakipisteessä v = 0 Alussa korkeus r 0 = 7490 m, lakipisteessä r Energia säilyy, joten v0 0 = r r 0 r 0 Josta saadaan r r = r0 6, Nm kg 1,8 10 kg 7490 m = m - r v 6, Nm kg 1,8 10 kg 7490 m (3,1 m/s) Lakikorkeus Deimoksen pinnasta on r - r 0 = m 7490 m = 300 m Esimerkki: 1000 tonnin asteroidin nopeus on 15 km/s km etäisyydellä Maan keskipisteestä. Mikä on asteroidin nopeus 100 km korkeudella, v 1 jolloin ilmakehä alkaa vaikuttamaan? v1 v = r r 1 v 1 = m/s r 1 = m r = ( ) km = m v =? 1 1 v = v km/s r r1 v Lentoaika noin 50 min 15
16 Jättimäinen komeetta Kali syöksyy kohti Maata. Missä tulokulmassa asteroidi tulee km etäisyydellä, jossa sen nopeus on 15 km/s, jotta se ohittaa Maan 60 km korkeudella ja poistuu? v 1 =15 km/s r 1 = km v =18,46 km/s r = 6438 km v 1 v θ =? θ = 0 1 Impulssimomentti säilyy v r cos φ = v r cosφ 11 1 cos 1 = = 0, v11 r 18,46 km/s km 1 φ v r cos0 15 km/s 6438 km 1 θ = - 87 (syöksyy siis melko jyrkästi kohti Maata) Kali synnyttää jättimäisen tulivanan ehkä 80 km korkeudella ja on lähimmillään Maata 60 km korkeudella. Ajatus on Arthur C. Clarken romaanista Hammer of God Milloin komeetta voi törmätä? Hyvin kaukana Maasta komeetan kulkusuunnan ja Maan etäisyys on d ja komeetan nopeus v. Törmääkö komeetta? α v Impulssimomentti säilyy α r=suuri v rsin α = v d=rsinα 0r0sin 90 α v 0 vd = vr 0 0 r 0 Energia säilyy Juuri ja juuri tilanne. Jos nollautuu d on pienempi, komeetta törmää v v0 = josta v0 = v + r r r r v + rv d = v v v 0 0 = 0 r0 r0 = r0 + 0 Jos d on tätä pienempi, komeetta törmää Maahan 0 16
17 Shoemaker-Levy Laskelmien mukaan Jupiter on suuri komeettojen imuri. Shoemaker-Levyn komeetta hajosi 1994 ja oli törmäyskurssilla. Ensimmäinen törmäys Tässä Kuva: NASA Jotkut tulipallot olivat Maapalloa suurempia Onneksi Jupiter imuroi komeettoja... Satelliitin nopeus ellipsiradalla Impulssimomentti säilyy, joten kaukaisimman ja lähimmän kohdan (apoapsis, periapsis) välille saadaan tärkeä yhteys v a r a = v p r p Energian ja impulssimomentin säilymisestä ja a=r a +r p voidaan johtaa kaikille ellipsiradoille kätevä nopeuskaava 1 v G M = r a r = etäisyys a = radan iso puoliakseli Tässä oletetaan, että satelliitin massa on mitätön planeetan massaan M verrattuna. 17
18 Yhteenveto laskukaavoista Kaikille radoille pätee energian säilyminen: v1 v = r r 1 Kaikille radoille pätee impulssimomentin säilyminen: Nopeuden ja ratavektorin kulman avulla v11 r sin α1 = vrsinα Nopeuden ja tulokulman avulla v r cos φ = v r cosφ 11 1 Ellipsiradalla nopeuden lauseke ja apoapsis ja periapsis: 1 v G M = r a v a r a a r p v p v a r a = v p r p r a + r p = a Ellipsi, paraabeli, hyperbeli Keplerin liikkeessä (rakettimoottori on kiinni, eikä ilmanvastus vaikuta) pätee energian säilyminen v1 v = = Kokonaisenergia r r 1 Lähellä Maata etäisyydellä r 1 satelliitin nopeus on v1 Äärettömän kaukana r =, jolloin äärettömän kaukana nopeus v on Jos v Jos v = > v = v + v 1 1 r1 r r1 0, rata on paraabeli, satelliitti pääsee juuri ja juuri pois Maan vaikutuspiiristä 0, rata on hyperbeli, satelliitti irtautuu Maan vaikutuspiiristä Pakonopeus etäisyydeltä r 1 Jos kokonaisenergia < 0, satelliitti on vangittu ellipsiradalle 18
19 Ympyränopeus Maan kiertoradalla a) 300 km korkeudella r = 6378 km km = m , m s v = = 776 m/s r m b) 1000 km korkeudella, r = m , m s v = = 7350 m/s r m c) km korkeudella v = 3075 m/s geosynkroninen rata, kiertoaika 3 h 56 min Satelliitti kiertää 300 km korkeudella ympyrärataa. Sille annetaan 00 m/s lisänopeus. Millaiselle elliptiselle radalle satelliitti siirtyy? r 0 = 6378 km+ 300 km = 6678 km v 0 = 776 m/s (kts edellä) uusi nopeus v = 796 m/s 1 v G M = r = etäisyys r a a = radan puoliakseli Uuden radan alin kohta on r 0 = 6678 km. 1 v = G M = = v0 r0 a r0 a a 19
20 Uuden radan alin kohta r p, perigeum, on on vanhan ympyräradan r 0 = 6678 km. Ylin kohta, apogeum, on luonnollisesti ylempänä r a r p , m s Ratkaistaan a = = v v (776 m/s) (796 m/s) 0 Josta iso puoliakseli a = 7047,3 km. Toisaalta a = (r a +r p ) / apogeum r a = a r p = 7047,3 km 6678 km =7417 km Perigeum r p = 6678 km, korkeus 300 km ekvaattorista Apogeum r a = 7417 km, korkeus 1039 km ekvaattorista Jos impulssi olisi annettu lentosuuntaa vastaan, nopeus siis alenisi ja polttokohdasta tulisi ylin kohta, apogeum. Haemaelaeisen kivenheitto Deimoksella Vanhana pesäpalloilijana Hämäläinen löysi Deimoksen pinnalta kiven ja päätti lähettää sen vaakasuoraan kiertoradalle. Hän antoi lähtönopeudeksi v 0 = 4,5 m/s. Radan alin kohta on Hämäläisen paikka r 0. Laske radan korkein kohta r a ja nopeus v a. Ellipsiradalla lähtöhetkellä 1 v0 =, ratkaistaan iso puoliakseli a r0 a Saadaan a = m Toisaalta r 0 +r a = a, joten r a = a r o Saadaan r a = m r a = m ja h = r a -r 0 = 5340 m r a r 0 =7490 m M=1, kg r a = - r v r 0 h
21 Haemaelaeisen kivenheitto Deimoksella Radan korkeimman kohdan nopeus saadaan helpoimmin impulssimomentin säilymislaista. Impulssimomentti säilyy v r = v r a a 0 0 v 0 = 4,5 m/s M = 1, kg r 0 = 7490 m r vr a = m r a = m v a =,6 m/s 4,5m/s 7490m 0 0 a = = ra 1830m Kiven kierrosaika, siis kivi tulee Hämäläisen kohdalle: 3 4π 3 a T = a = π = 5 h 9 min kuluttua heitosta,6 m/s Deimoksen vaikutuspiiri on 8,9 km, joten kivi voi mennä H:n ohi r a r 0 h Laskutehtävä: Hämäläisen pallonheitto Hämäläinen kiipeää Deimoksella näköalatorniin, jonka korkeus on 50 m. Sieltä hän heittää v 0 =? pesäpallon kiertoradalle, jonka alin kohta on juuri ja juuri Deimoksen pinnalla. Hämäläinen h=50 m ottaa pesäpallosta kopin, kun se tulee r a uudelleen tornin kohdalle. Kuinka suuri on heiton lähtönopeus v 0? Millä nopeudella v r 0 pesäpallo ohittaa Deimoksen toisen puolen? Mikä on kiertoaika T? v=? r 0 = 7490 m M = 1, kg Ohje: Käytä ellipsiradan nopeuden lauseketta ja ellipsin ison puoliakselin yhteyttä a = r 0 +h. 1
22 Vertailu: Ympyrä ja ellipsi v Ympyrärata = R 3 R T= π Ellipsirata 1 v G M = r a T = π 3 a r = satelliitin etäisyys planeetan keskipisteestä a = ellipsiradan iso puoliakseli M = planeetan massa G = painovoimavakio = 6, Nm kg - Ellipsikaavoista tulee ympyräkaava, kun a = r Avaruusaluksen laskeutuminen h Alus on h=300 km korkeudella. Mikä on edullisin tapa tuoda alus Maahan? Ympyräratanopeus v 300 = 776 m/s R = Jos laskeutuminen halutaan tehdä pystysuoraan alas, joudutaan antamaan 776 m/s nopeuden muutos. Tällöin alus alkaa pudota vapaasti. Kallista, koska tarvittava nopeuden muutos on hyvin suuri. Edullisin jarrutustapa on viedä alus elliptiselle radalle, joka sivua Maapalloa vastakkaisella puolella. Ilmakehä hoitaa sitten loppujarrutukset.
23 Edullisin elliptinen laskeutuminen R 0 h Laskeutumisradan iso puoliakseli a = R 0 +h, josta a = R 0 + h/ = 658 km Laskeutumisen lähtönopeus on: 1 v G M = R a Tästä saadaan v = 7637 m/s, jolloin tarvittava jarrutuspoltto v = 776 m/s 7637 m/s = 89 m/s R= m a = m 43 min päästä ilmakehään tulo 90 km korkeudella nopeudella 1 1 v90 = G M =,josta v90 = 7886 m/s R90 a m m Lämpökilpi ja sen jälkeen laskuvarjot hoitavat loppujarrutuksen Siirretään satelliitti alemmalta ympyräradalta R 1 ylemmälle ympyräradalle R v B lisävauhtia (tokapoltto) ympyrärata R A lisävauhtia (ekapoltto) R elliptinen siirtorata 1 v 1 = alempi ympyränopeus v = ylempi ympyränopeus Alus kiertää alemmalla ympyräradalla nopeudella v 1 A:ssa nopeus nostetaan arvoon v, jolloin alus siirtyy B:en B:ssä nopeus nostetaan arvoon v, alus menee ympyräradalle 3
24 Hohmannin siirtoellipsi alemmalta ympyräradalta ylemmälle, kahdella poltolla (mininergiasiirtyminen) Ellipsin iso puoliakseli on a = (R 1 + R )/ Lähtö A:sta nopeudella v Tulo B:hen nopeudella v 1 v = = uusi nopeus 1 R1 a v' = R a B:ssä lisävauhtia A:ssa lisävauhtia R R 1 v1 = = alempi ratanopeus R1 v = = ylempi ratanopeus R Alus kiertää alemmalla ympyräradalla nopeudella v 1 A:ssa nopeus nostetaan arvoon v, alus saapuu B:en elliptisesti nopeudella v. Siellä nopeus nostetaan ympyrärata-arvoon v Tarvittavat nopeudenmuutokset A:ssa aluksi ympyräradalla v1 = Uusi lähtönopeus A:ssa Nopeuden muutos = v v 1 (ekapoltto) R Tulo B:een Hohmannin ellipsirataa v' = pitkin nopeudella v R Uusi haluttu ratanopeus v v = (jotta päästään ympyräradalle) Nopeuden muutos = v v (tokapoltto) 1 1 v = R 1 a 1 a R 4
25 Radanmuutoksen tarvittava aika Siirtoon tarvitaan ellipsin puolikas. Iso puoliakseli a = (R 1 + R ) / Täyden ellipsin aika Hohmannin puoliellipsi 4π T = a = π a 3 3 T = π 3 a Hohmannin v 195 keksimä siirtoellipsi on energeettisesti edullisimpia radanmuutoskeinoja. Se ei kuitenkaan ole nopein keino. Jos on pelit ja vehkeet, uudelle radalle päästään nopeamminkin. Lento ISS:lta Hubble-teleskoopille Avaruusasema ISS lentää 368 km korkeudella ekvaattorin yläpuolella ympyräradalla. Maapallon ekvaattorin säde on 6378 km. ISS:sta lähetetään avaruusalus Hubblelle, joka lentää 573 km korkeudella ympyräradalla ekvaattorin yläpuolella. Laske ISS:n ja Hubblen kohdalla tarvittavat nopeudenlisäykset, jos käytetään Hohmannin siirtoellipsiä. R H R ISS R ISS = 6378 km km = 6746 km v ISS = = 7687 m/s (ympyräratanopeus) R ISS R H = 6378 km km = 6951 km v H = = 7573 m/s (ympyräratanopeus) R H 5
26 Lento ISS:lta Hubble-teleskoopille Hohmannin siirtoellipsiradan alku- ja loppunopeudet a = (R 1 + R )/ = 6848,5 km (iso puoliakseli) 1 Lähtönopeus ISS:sta v A = = 7744m/s RISS a Nopeuden lisäys v A -v ISS = 7744 m/s 7687 m/s lähdössä ISS:lta (ekapoltto) = 57 m/s 1 Tulonopeus Hubblelle v B = = 7516 m/s RH a Nopeuden lisäys v H v B = 7573 m/s 7516 m/s = 57 m/s Hubblen kohdalla (tokapoltto), jotta päästään ympyräradalle. Siirtymiseen kuluva aika T = π 3 a a = 6848,5 km m T = 80 s = 47 minuuttia Käytännössä on vielä laskettava lähtöpolton oikea hetki, jotta alus ja Hubble ovat samalla kohdalla siirron lopussa. Paluulennolla on tehtävä vastakkaiset nopeusmuutokset, jotta päästään takaisin ISS:lle. Tosin ISS ja Hubble eivät lennä aivan samassa tasossa eivätkä radat ole ekvaattoritasossa. Ensin aluksen ratatason inklinaatiokulma on muutettava samaksi kuin Hubblen radan inklinaatio. Vasta sitten aloitetaan poltto, jolla päästään Hubblelle vievälle siirtoellipsille. 6
27 Kohtaaminen samalla radalla B R 0 M β Alukset A ja B kiertävät etäisyydellä R Maapallon keskipisteestä. Maan säde on R 0 ja massa M. R 1 A Millä keinoin A saa B kiinni? Ensimmäiseksi mieleen tulee tietysti se, että A:n pitää lisätä nopeutta. Tämä on virhe. Tällöin nimittäin A nousee ylemmälle radalle, jonka kiertoaika on suurempi. A siis jäisi entistä enemmän jälkeen B:stä Oikea ratkaisu on se, että A:n pitää jarruttaa. Tällöin A siirtyy alemmalle radalle, jonka kiertoaika on lyhyempi Kohtaaminen on tapahduttava kohdassa 1. Kohtaaminen samalla radalla h B R 0 M β R A Alkuperäinen rata: v1 = R R 3 T1 = π 1 A jarruttaa ja siirtyy alemmalle radalle, jonka iso puoliakseli olkoon a. tällöin A:n uusi kiertoaika T on: 3 a T=π Ehtona on, ettei A:n uuden ellipsiradan alin kohta ei saa tulla alemmaksi kuin 100 km, ettei ilmakehä sotke asioita. Uudelle radalle saadaan siten ehto a > R 0 +R+h 7
28 Kohtaaminen samalla radalla h B R 0 M β R A 1 Kohtaaminen voi tapahtua vain kohdassa 1, jossa radat leikkaavat. Edullisinta olisi, että A kiertää yhden kierroksen ja B β astetta vähemmän. 100 km minimikorkeusvaatimus saattaa aiheuttaa sen, että tarvitaan useampia kierroksia. Oletetaan, että A lentää n kierrosta ja B n kierrosta. Kohtaamishetkellä kummankin lentoajat ovat yhtä suuria: A:n lentoaika B:n lentoaika 3 3 a 360n - β R n π = π 360 Kohtaaminen samalla radalla h B R 0 M β R A 1 A:n lentoaika B:n lentoaika 3 3 a 360n - β R n π = π 360 Näistä ratkaistaan A:n uuden radan iso puoliakseli a: a = R 360n - β 3 360n Ehtona on, että a > R 0 +R+h, jossa h = 100 km Etsitään pienin kokonaisluku n, jolla ehto toteutuu. 8
29 Kohtaaminen samalla radalla h B R 0 M β a = R 360n - β 360n 3 R A 1 Päästäkseen uudelle radalle A:n on tehtävä jarrutuspoltto : ympyräratanopeus A:n uusi ellipsiratanopeus 1 v = v 1 - v = - R R a Kohtaamishetkellä on tehtävä yhtä suuri nopeudenlisäys, jotta alusten nopeudet olisivat yhtä suuria. Yhteenveto: kohtaaminen samalla radalla h B R 0 M β R A 1 A tekee jarrutuspolton 1 v = v 1 - v = - R R a A:n uuden radan iso puoliakseli a on: a = R 360n - β 3 360n jossa n on pienin kokonaisluku, jolla toteutuu ehto a > R 0 +R+h, jossa h = 100 km minikorkeus. Kohtaaminen tapahtuu ajan t = n π kuluttua. 3 a 9
30 Laskuesimerkki kohtaamisesta h B R 0 M β R A 1 Olkoon R 0 =6378 km ja R=6678 km (300 km korkeudella ekvaattorista) Olkoon etumatka β = 30º. A jarruttaa ja pääsee alemmalle radalle, jonka iso puoliakseli a on: a = R 360n - β 3 360n Yksi kierros n=1 antaa a=630 km, mutta h=a-r 0 -R= -45 km. Vasta n= 4 antaa a=6585 km, jolloin h=114 km sopiva minimi. 3 ( m) Lentoaika t = 4 π 171 s 5 h 54 min 30s 1 A:n jarrutus v = v 1 - v = - 54, 75 m/s R R a Kohtaaminen:Edellä oleva jarruttaa B R 0 M β Alukset A ja B kiertävät etäisyydellä R Maapallon keskipisteestä. Maan säde on R 0 ja massa M. R 1 A Millä keinoin A saa B kiinni? Edellä tarkasteltiin tilannetta, että A:n jarruttaa ja siirtyy alemmalle radalle, jonka kiertoaika on lyhyempi Kohtaaminen on tapahtuu kohdassa 1. Toinen ratkaisu on, että edellä oleva B kiihdyttää. Tällöin B siirtyy ylemmälle hitaammalle radalla. Kohtaaminen voi tapahtua vain kohdassa, joka on ratojen leikkauspiste. Minikorkeusvaatimusta ei tarvita, koska rata on korkeampi. 30
31 Kohtaaminen:Edellä oleva jarruttaa B R 0 M β R A Alkuperäinen rata: v1 = R R 3 T1 = π B kiihdyttää ja siirtyy ylemmälle radalle, jonka iso puoliakseli olkoon a. tällöin A:n uusi kiertoaika T on: 3 B lentää yhden kierroksen ja A kierros+β: a T=π B:n lentoaika A:n lentoaika 3 3 a β R π = π 360 Ratkaistaan a Kohtaaminen:Edellä oleva jarruttaa B B:n uuden laajemman radan isoksi R puoliakseliksi a saadaan: 0 M β R A a = R β Esimerkki: R=6678 km, etumatka β=30º. Tällöin a= 7044 km. B lensi uudella radalla yhden kierroksen ja A kierroksen+β. 3 ( m) Lentoaika t = π 5884 s 98min 1 B:n kiihdytys v = v - v 1 = 198 m/s R a R 31
32 Inklinaatio määrää ratatason Satelliitin radan inklinaatio i tarkoittaa päiväntasaajan ja satelliitin ratatason välistä kulmaa. ekv rata i c β L C = Lähetyspaikka β = lähetyssuunta (atsimuutti) L = lähetyspaikan leveyspiiri i = inklinaatio Ongelmia tulee siitä, että inklinaatio ei voi olla alempi kuin lähetyspaikan leveyspiirin asteluku. Näin ollen Baikonourista ei voi lähettää alle 46º inklinaation satelliitteja, Plesetskistä alle 6º eikä Floridasta alle 8º. Geosynkronisen satelliitin inklinaatio on 0º, jolloin suora laukaisu onnistuu vain päiväntasaajalta. Miksi näin? Miksi ei muualta? Miksi ekvaattori on hyvä laukaisuun? ekv i c β L Pallokolmioiden trigonometriasta voidaan johtaa seuraava yhteys: cos i = sinβ cos L rata Etsitään laukaisupaikan minimi-inklinaatio. Se saadaan kun cos i on maksimissaan. Tällöin laukaisusuunta β = 90º, jolloin cos i = cos L ja siis i = L. Laukaisupaikan antama minimi-inklinaatio on siis sama kuin laukaisupaikan leveyspiiri. Tällöin laukaisusuunta on kohtisuorassa meridiaania vastaan, siis lännestä itään. Geosynkroniseen satelliitin suora laukaisu onnistuu siis vain päiväntasaajalta. Sea Launch-lautta ja Kourou ovat hyviä. 3
33 ekv rata Geosynkronirata ja polaarirata i c β L Inklinaatio kertoo myös leveyspiirin, jonka zeniittiin satelliitti voi nousta. Jos i=0º, satelliitti kiertää päiväntasaajalla. Jos i=90º, rata kulkee napojen kautta. Jos i=65º, rata kulkee Oulun zeniitin yli. Jatkuvasti saman paikan yläpuolella olevan satelliitin kiertoaika on sama kuin Maapallon pyörähdysaika, siis 3 h 56 min 4 s. Satelliitin on oltava päiväntasaajan yläpuolella noin km korkeudella Maan pinnasta. Tietoliikenne- ja TV-satelliitit ovat tällaisia. Napojen kautta kulkevan satelliitin inklinaatio = 90º. Rata voi olla kaikkien Maapallon paikkojen yläpuolella. Erinomainen valinta tiedustelu- ja luonnonvarasatelliitille! Satelliitin radan projektio Osoitteesta ISS:n rata klo 16.7 Suomen aikaa. Koska ISS kulkee noin 50-leveyspiirille asti, inklinaatio on noin 50º. 33
34 Satelliitin rata ja Maan pyörähdysaika Satelliitin ratataso säilyttää suuntansa, koska impulssimomenttivektori pysyy vakiona. Maapallo pyörii satelliitin alla noin 15º tunnissa. Jos kierrosaika on 1,5 tuntia, seuraavalla kierroksella Maa on pyörähtänyt 1,5 15º=,5º. Jos Maapallon pyörähdysaika 4 h 56 min 4 s on satelliitin kiertoajan monikerta, satelliitti tulee joka päivä samaan aikaan saman paikkakunnan yläpuolelle. GPS-satelliittit, 7 kpl, kiertävät Maapallon kahdesti vuorokaudessa. Tästä aiheutuu kuitenkin resonanssiongelmia, jotka häiritsevät satelliittien ratoja. Tältä kannalta katsoen GPS-satelliittien radat on valittu huolimattomasti. EU:n Galileossa näin ei pääse tapahtumaan. Myöskään Venäjän GLONASSilla ei ole resonanssiongelmia. Esim. Satelliitin inklinaatio on 90º ja kierrosaika 1,5h Se on Oulun yläpuolella (65º01 N,5º3 E) klo 15. Missä satelliitti on klo samana päivänä? Satelliitti on kiertänyt yhden kierroksen, joten se on leveyspiirin 65º01 yläpuolella. Maapallo on pyörähtänyt 1,5 h 15º/h =,5º=º30 itään, joten zeniitti on siirtynyt länteen. Satelliitin leveyspiiri = 65º01 N Satelliitin pituuspiiri = 5º3 - º30 = 03º0 E Satelliitti on siis Norjanmeren yläpuolella Seuraavana päivän klo 15 satelliitti on taas likipitäen Oulun yläpuolella, koska 4h/1,5 h = 16 34
35 Satelliitin ratatason vaihto kallista Erityisesti Venäjän kannalta on hankalaa, että lähetysasemat Baikonour ja Plesetsk sijaitsevat korkeilla leveyspiireillä. Jos niistä halutaan lähettää satelliitti geosynkroniselle radalle, inklinaatio on muutettava nollaksi ratatasoa vastaan kohtisuoralla impulssilla. Se on huomattavan kallista. Ratanopeus pidetään samana v, suuntaa muutetaan, jolloin saadaan θ v = v sin Esim. jos ratatasoa muutetaan 60º, nopeuden muutos on yhtä suuri kuin ratanopeus v. Siis pelkkä ratatason korjaus vaatii yhtä paljon kuin radalle nostaminen! Baikonourista (L=46º) lähetetyn ratatason oikaisu vaatii 0,78v:n impulssin. Intelsat Proton-M-kantoraketilla laukaistiin Baikonourista siihen asti maailman suurin tietoliikennesatelliitti Intelsat 10-0, massaltaan 5580 kg. Kantorakettina oli Proton-M varustettuna neljännen vaiheen kiihdytysblokilla Breeze-M. Lähdön jälkeen Breeze-M ja siihen kiinnitetty Intelsal asettuivat aluksi pysäköintiradalle noin 170 km korkeuteen. Radan inklinaatio oli 51,5 astetta. Breeze-M teki 4 ratakorjausta, joka muuttivat inklinaation 3,6 asteeseen ja radan alimman kohdan noin 4000 km korkeuteen ja ylimmän kohdan noin km korkeuteen. 9 tuntia 10 minuutin kuluttua lähdöstä Breeze-M oli tehnyt tehtävänsä ja se irrotettiin satelliitista. Intelsat 10-0:n omat rakettimoottorit vievät myöhemmin satelliitin geosynkroniselle radalle. Intelsat aloitti toimintansa elokuussa 004 ja jatkaa 13 vuotta. 35
5.9 Voiman momentti (moment of force, torque)
5.9 Voiman momentti (moment of force, torque) Voiman momentti määritellään ristitulona M = r F missä r on voiman F vaikutuspisteen paikkavektori tarkasteltavan pisteen suhteen Usean voiman tapauksessa
LisätiedotL a = L l. rv a = Rv l v l = r R v a = v a 1, 5
Tehtävä a) Energia ja rataliikemäärämomentti säilyy. Maa on r = AU päässä auringosta. Mars on auringosta keskimäärin R =, 5AU päässä. Merkitään luotaimen massaa m(vaikka kuten tullaan huomaamaan sitä ei
Lisätiedot3.4 Liike-energiasta ja potentiaalienergiasta
Työperiaatteeksi (the work-energy theorem) kutsutaan sitä että suljetun systeemin liike-energian muutos Δ on voiman systeemille tekemä työ W Tämä on yksi konservatiivisen voiman erityistapaus Työperiaate
LisätiedotTähtitieteessä SI-yksiköissä ilmaistut luvut ovat usein hyvin isoja ja epähavainnollisia. Esimerkiksi
Tähtitieteen perusteet, harjoitus 2 Yleisiä huomioita: Tähtitieteessä SI-yksiköissä ilmaistut luvut ovat usein hyvin isoja ja epähavainnollisia. Esimerkiksi aurinkokunnan etäisyyksille kannattaa usein
Lisätiedot1. Kuinka paljon Maan kiertoaika Auringon ympäri muuttuu vuodessa, jos massa kasvaa meteoroidien vaikutuksesta 10 5 kg vuorokaudessa.
1. Kuinka paljon Maan kiertoaika Auringon ympäri muuttuu vuodessa, jos massa kasvaa meteoroidien vaikutuksesta 10 5 kg vuorokaudessa. Vuodessa Maahan satava massa on 3.7 10 7 kg. Maan massoina tämä on
LisätiedotCopyright 2008 Pearson Education, Inc., publishing as Pearson Addison-Wesley.
Newtonin painovoimateoria Knight Ch. 13 Saturnuksen renkaat koostuvat lukemattomista pölyhiukkasista ja jääkappaleista, suurimmat rantapallon kokoisia. Lisäksi Saturnusta kiertää ainakin 60 kuuta. Niiden
LisätiedotKeskeisvoimat. Huom. r voi olla vektori eli f eri suuri eri suuntiin!
Keskeisvoimat Huom. r voi olla vektori eli f eri suuri eri suuntiin! Historiallinen ja tärkeä esimerkki on planeetan liike Auringon ympäri. Se on 2 kappaleen ongelma, joka voidaan aina redusoida keskeisliikkeeksi
Lisätiedot= 6, Nm 2 /kg kg 71kg (1, m) N. = 6, Nm 2 /kg 2 7, kg 71kg (3, m) N
t. 1 Auringon ja kuun kohdistamat painovoimat voidaan saada hyvin tarkasti laksettua Newtonin painovoimalailla, koska ne ovat pallon muotoisia. Junalle sillä saadaan selville suuruusluokka, joka riittää
LisätiedotVUOROVAIKUTUS JA VOIMA
VUOROVAIKUTUS JA VOIMA Isaac Newton 1642-1727 Voiman tunnus: F Voiman yksikkö: 1 N (newton) = 1 kgm/s 2 Vuorovaikutus=> Voima Miten Maa ja Kuu vaikuttavat toisiinsa? Pesäpallon ja Maan välinen gravitaatiovuorovaikutus
Lisätiedotellipsirata II LAKI eli PINTA-ALALAKI: Planeetan liikkuessa sitä Aurinkoon yhdistävä jana pyyhkii yhtä pitkissä ajoissa yhtä suuret pinta-alat.
KEPLERIN LAI: (Ks. Physica 5, s. 5) Johannes Keple (57-60) yhtyi yko Bahen (546-60) havaintoaineiston pohjalta etsimään taivaanmekaniikan lainalaisuuksia. Keple tiivisti tutkimustyönsä kolmeen lakiinsa
LisätiedotMEKANIIKAN TEHTÄVIÄ. Nostotyön suuruus ei riipu a) nopeudesta, jolla kappale nostetaan b) nostokorkeudesta c) nostettavan kappaleen massasta
MEKANIIKAN TEHTÄVIÄ Ympyröi oikea vaihtoehto. Normaali ilmanpaine on a) 1013 kpa b) 1013 mbar c) 1 Pa Kappaleen liike on tasaista, jos a) kappaleen paikka pysyy samana b) kappaleen nopeus pysyy samana
Lisätiedot5.13 Planetaarinen liike, ympyräradat
5.13 Planetaarinen liike, ympyräradat Muistellaan menneitä Jo peruskoulussa lienee opetettu tämä Newtonin gravitaatiolaki kahden kappaleen välisestä gravitaatiovoimasta: Tässä yhtälössä G on gravitaatiovakio
LisätiedotLuento 12: Keskeisvoimat ja gravitaatio
Luento 12: Keskeisvoimat ja gravitaatio Gravitaatio Liike keskeisvoimakentässä Keplerin lait Laskettuja esimerkkejä Ajankohtaista Luennon sisältö Gravitaatio Liike keskeisvoimakentässä Keplerin lait Laskettuja
LisätiedotFysiikan ja kemian perusteet ja pedagogiikka Kari Sormunen Kevät 2012
Fysiikan ja kemian perusteet ja pedagogiikka Kari Sormunen Kevät 2012 LIIKE Jos vahvempi kaveri törmää heikompaan kaveriin, vahvemmalla on enemmän voimaa. Pallon heittäjä antaa pallolle heittovoimaa, jonka
LisätiedotJupiter-järjestelmä ja Galileo-luotain II
Jupiter-järjestelmä ja Galileo-luotain II Jupiter ja Galilein kuut Galileo-luotain luotain Jupiterissa NASA, laukaisu 18. 10. 1989 Gaspra 29. 10. 1991 Ida ja ja sen kuu Dactyl 8. 12. 1992 Jupiter 7. 12.
LisätiedotKvanttifysiikan perusteet 2017
Kvanttifysiikan perusteet 207 Harjoitus 2: ratkaisut Tehtävä Osoita hyödyntäen Maxwellin yhtälöitä, että tyhjiössä magneettikenttä ja sähkökenttä toteuttavat aaltoyhtälön, missä aallon nopeus on v = c.
LisätiedotLuvun 8 laskuesimerkit
Luvun 8 laskuesimerkit Esimerkki 8.1 Heität pallon, jonka massa on 0.40 kg seinään. Pallo osuu seinään horisontaalisella nopeudella 30 m/s ja kimpoaa takaisin niin ikään horisontaalisesti nopeudella 20
LisätiedotLuento 12: Keskeisvoimat ja gravitaatio. Gravitaatio Liike keskeisvoimakentässä Keplerin lait Laskettuja esimerkkejä
Luento 12: Keskeisvoimat ja gravitaatio Gravitaatio Liike keskeisvoimakentässä Keplerin lait Laskettuja esimerkkejä 1 / 46 Luennon sisältö Gravitaatio Liike keskeisvoimakentässä Keplerin lait Laskettuja
Lisätiedot6. TAIVAANMEKANIIKKA. Antiikki: planeetat = vaeltavia tähtiä jotka liikkuvat kiintotähtien suhteen
6. TAIVAANMEKANIIKKA Antiikki: planeetat = vaeltavia tähtiä jotka liikkuvat kiintotähtien suhteen Näennäinen liike voi olla hyvinkin monimutkaista: esim. ulkoplaneetan suunta retrograadinen opposition
LisätiedotTähtitieteen peruskurssi Lounais-Hämeen Uranus ry 2013 Aurinkokunta. Kuva NASA
Tähtitieteen peruskurssi Lounais-Hämeen Uranus ry 2013 Aurinkokunta Kuva NASA Aurinkokunnan rakenne Keskustähti, Aurinko Aurinkoa kiertävät planeetat Planeettoja kiertävät kuut Planeettoja pienemmät kääpiöplaneetat,
Lisätiedot766323A-02 Mekaniikan kertausharjoitukset, kl 2012
766323A-02 Mekaniikan kertausharjoitukset, kl 2012 Gravitaatio, liikemäärämomentti, ellipsiradat T 1: Oleta, että Marsin kuu Phobos kiertää Marsia ympyrärataa pitkin. Ympyrän säde on 9380 km ja kiertoaika
LisätiedotTarkastellaan tilannetta, jossa kappale B on levossa ennen törmäystä: v B1x = 0:
8.4 Elastiset törmäykset Liike-energia ja liikemäärä säilyvät elastisissa törmäyksissä Vain konservatiiviset voimat vaikuttavat 1D-tilanteessa kappaleiden A ja B törmäykselle: 1 2 m Av 2 A1x + 1 2 m Bv
Lisätiedotg-kentät ja voimat Haarto & Karhunen
g-kentät ja voimat Haarto & Karhunen Voima Vuorovaikutusta kahden kappaleen välillä tai kappaleen ja sen ympäristön välillä (Kenttävoimat) Yksikkö: newton, N = kgm/s Vektorisuure Aiheuttaa kappaleelle
LisätiedotLuento 10: Keskeisvoimat ja gravitaatio
Luento 10: Keskeisvoimat ja gravitaatio Gravitaatio Liike keskeisvoimakentässä Keplerin lait Laskettuja esimerkkejä Luennon sisältö Gravitaatio Liike keskeisvoimakentässä Keplerin lait Laskettuja esimerkkejä
Lisätiedot1 Laske ympyrän kehän pituus, kun
Ympyrään liittyviä harjoituksia 1 Laske ympyrän kehän pituus, kun a) ympyrän halkaisijan pituus on 17 cm b) ympyrän säteen pituus on 1 33 cm 3 2 Kuinka pitkä on ympyrän säde, jos sen kehä on yhden metrin
LisätiedotMekaniikan jatkokurssi Fys102
Mekaniikan jatkokussi Fys10 Kevät 010 Jukka Maalampi LUENTO 5 Copyight 008 Peason Education, Inc., publishing as Peason Addison-Wesley. Newtonin painovoimateoia Knight Ch. 13 Satunuksen enkaat koostuvat
LisätiedotDiplomi-insinööri- ja arkkitehtikoulutuksen yhteisvalinta 2017 Insinöörivalinnan matematiikan koe , Ratkaisut (Sarja A)
Diplomi-insinööri- ja arkkitehtikoulutuksen yhteisvalinta 017 Insinöörivalinnan matematiikan koe 30..017, Ratkaisut (Sarja A) 1. a) Lukujen 9, 0, 3 ja x keskiarvo on. Määritä x. (1 p.) b) Mitkä reaaliluvut
LisätiedotLuento 6: Liikemäärä ja impulssi
Luento 6: Liikemäärä ja impulssi Liikemäärä ja impulssi Liikemäärän säilyminen Massakeskipiste Muuttuva massa Laskettuja esimerkkejä Luennon sisältö Liikemäärä ja impulssi Liikemäärän säilyminen Massakeskipiste
LisätiedotPlaneetan määritelmä
Planeetta on suurimassainen tähteä kiertävä kappale, joka on painovoimansa vaikutuksen vuoksi lähes pallon muotoinen ja on tyhjentänyt ympäristönsä planetesimaalista. Sana planeetta tulee muinaiskreikan
LisätiedotFYSIIKKA. Mekaniikan perusteita pintakäsittelijöille. Copyright Isto Jokinen; Käyttöoikeus opetuksessa tekijän luvalla. - Laskutehtävien ratkaiseminen
FYSIIKKA Mekaniikan perusteita pintakäsittelijöille - Laskutehtävien ratkaiseminen - Nopeus ja keskinopeus - Kiihtyvyys ja painovoimakiihtyvyys - Voima - Kitka ja kitkavoima - Työ - Teho - Paine LASKUTEHTÄVIEN
LisätiedotPitkä matematiikka Suullinen kuulustelu (ma00s001.doc) Tehtävät, jotka on merkitty (V), ovat vaativia.
Pitkä matematiikka Suullinen kuulustelu (ma00s00doc) Tehtävät, jotka on merkitty (V), ovat vaativia Yleistä Ratkaise yhtälöt n n n n n 5 a) 5 + 5 + 5 + 5 + 5 = 5 b) ( ) ( ) > 0 + = + c) ( ) Suureet ja
LisätiedotNEWTONIN LAIT MEKANIIKAN I PERUSLAKI MEKANIIKAN II PERUSLAKI MEKANIIKAN III PERUSLAKI
NEWTONIN LAIT MEKANIIKAN I PERUSLAKI eli jatkavuuden laki tai liikkeen jatkuvuuden laki (myös Newtonin I laki tai inertialaki) Kappale jatkaa tasaista suoraviivaista liikettä vakionopeudella tai pysyy
LisätiedotDiplomi-insinöörien ja arkkitehtien yhteisvalinta - dia-valinta 2013 Insinöörivalinnan fysiikan koe 29.5.2013, malliratkaisut
A1 Ampumahiihtäjä ampuu luodin vaakasuoraan kohti maalitaulun keskipistettä. Luodin lähtönopeus on v 0 = 445 m/s ja etäisyys maalitauluun s = 50,0 m. a) Kuinka pitkä on luodin lentoaika? b) Kuinka kauaksi
LisätiedotKertaus. Integraalifunktio ja integrointi. 2( x 1) 1 2x. 3( x 1) 1 (3x 1) KERTAUSTEHTÄVIÄ. K1. a)
Juuri 9 Tehtävien ratkaisut Kustannusosakeyhtiö Otava päivitetty 5.5.6 Kertaus Integraalifunktio ja integrointi KERTAUSTEHTÄVIÄ K. a) ( )d C C b) c) d e e C cosd cosd sin C K. Funktiot F ja F ovat saman
LisätiedotNopeus, kiihtyvyys ja liikemäärä Vektorit
Nopeus, kiihtyvyys ja liikemäärä Vektorit Luento 2 https://geom.mathstat.helsinki.fi/moodle/course/view.php?id=360 Luennon tavoitteet: Vektorit tutuiksi Koordinaatiston valinta Vauhdin ja nopeuden ero
LisätiedotLuku 8. Mekaanisen energian säilyminen. Konservatiiviset ja eikonservatiiviset. Potentiaalienergia Voima ja potentiaalienergia.
Luku 8 Mekaanisen energian säilyminen Konservatiiviset ja eikonservatiiviset voimat Potentiaalienergia Voima ja potentiaalienergia Mekaanisen energian säilyminen Teho Tavoitteet: Erottaa konservatiivinen
Lisätiedoton hidastuvaa. Hidastuvuus eli negatiivinen kiihtyvyys saadaan laskevan suoran kulmakertoimesta, joka on siis
Fys1, moniste 2 Vastauksia Tehtävä 1 N ewtonin ensimmäisen lain mukaan pallo jatkaa suoraviivaista liikettä kun kourun siihen kohdistama tukivoima (tässä tapauksessa ympyräradalla pitävä voima) lakkaa
Lisätiedot1.4 Suhteellinen liike
Suhteellisen liikkeen ensimmäinen esimerkkimme on joskus esitetty kompakysymyksenäkin. Esimerkki 5 Mihin suuntaan ja millä nopeudella liikkuu luoti, joka ammutaan suihkukoneesta mahdollisimman suoraan
Lisätiedota) Piirrä hahmotelma varjostimelle muodostuvan diffraktiokuvion maksimeista 1, 2 ja 3.
Ohjeita: Tee jokainen tehtävä siististi omalle sivulleen/sivuilleen. Merkitse jos tehtävä jatkuu seuraavalle konseptille. Kirjoita ratkaisuihin näkyviin tarvittavat välivaiheet ja perustele lyhyesti käyttämästi
Lisätiedotyyyyyyyyyyyyyyyyy Tehtävä 1. PAINOSI AVARUUDESSA Testaa, paljonko painat eri taivaankappaleilla! Kuu kg Maa kg Planeetta yyy yyyyyyy yyyyyy kg Tiesitk
I LUOKKAHUONEESSA ENNEN TIETOMAA- VIERAILUA POHDITTAVIA TEHTÄVIÄ Nimi Luokka Koulu yyyyyyyyyy Tehtävä 1. ETSI TIETOA PAINOVOIMASTA JA TÄYDENNÄ. TIETOA LÖYDÄT MM. PAINOVOIMA- NÄYTTELYN VERKKOSIVUILTA. Painovoima
LisätiedotLiike ja voima. Kappaleiden välisiä vuorovaikutuksia ja niistä aiheutuvia liikeilmiöitä
Liike ja voima Kappaleiden välisiä vuorovaikutuksia ja niistä aiheutuvia liikeilmiöitä Tasainen liike Nopeus on fysiikan suure, joka kuvaa kuinka pitkän matkan kappale kulkee tietyssä ajassa. Nopeus voidaan
LisätiedotAKAAN AURINKOKUNTAMALLI
AKAAN AURINKOKUNTAMALLI Millainen on avaruus ympärillämme? Kuinka kaukana Aurinko on meistä? Minkä kokoisia planeetat ovat? Tämä Aurinkokunnan pienoismalli on rakennettu vastaamaan näihin ja moneen muuhun
LisätiedotAvaruusaluksen ja satelliitin radan muuttaminen ilman ajoainetta: sähköpurje ja plasmajarru
Avaruusaluksen ja satelliitin radan muuttaminen ilman ajoainetta: sähköpurje ja plasmajarru Pekka Janhunen, Ilmatieteen laitos, Helsinki Ilmailuinsinöörien kerho, Kampusareena, TTY, 27.11.2018 11/26/18
LisätiedotE 3.15: Maan pinnalla levossa olevassa avaruusaluksessa pallo vierii pois pöydän vaakasuoralta pinnalta ja osuu lattiaan D:n etäisyydellä pöydän
HARJOITUS 2 E 3.9: Fysiikan kirja luisuu pois pöydän vaakasuoralta pinnalta nopeudella 1,10 m/s. Kirja osuu lattiaan 0,350 sekunnin kuluttua. Jätä ilmanvastus huomiotta. Laske a) pöydän pinnan etäisyys
LisätiedotSATURNUS. Jättiläismäinen kaasuplaneetta Saturnus on aurinkokuntamme toiseksi suurin planeetta heti Jupiterin jälkeen
SATURNUKSEN RENKAAT http://cacarlsagan.blogspot.fi/2009/04/compare-otamanho-dos-planetas-nesta.html SATURNUS Jättiläismäinen kaasuplaneetta Saturnus on aurinkokuntamme toiseksi suurin planeetta heti Jupiterin
Lisätiedot2 Keskeisvoimakenttä. 2.1 Newtonin gravitaatiolaki
2 Keskeisvoimakenttä 2.1 Newtonin gravitaatiolaki Newton oletti, että kappale, jolla on massa m 1, vaikuttaa etäisyydellä r 12 olevaan toiseen kappaleeseen, jonka massa on m 2, gravitaatiovoimalla, joka
LisätiedotFYSIIKAN HARJOITUSTEHTÄVIÄ
FYSIIKAN HARJOITUSTEHTÄVIÄ MEKANIIKKA Nopeus ja keskinopeus 6. Auto kulkee 114 km matkan tunnissa ja 13 minuutissa. Mikä on auton keskinopeus: a) Yksikössä km/h 1. Jauhemaalaamon kuljettimen nopeus on
Lisätiedot766323A Mekaniikka, osa 2, kl 2015 Harjoitus 4
766323A Mekaniikka, osa 2, kl 2015 Harjoitus 4 0. MUISTA: Tenttitehtävä tulevassa päätekokeessa: Fysiikan säilymislait ja symmetria. (Tästä tehtävästä voi saada tentissä kolme ylimääräistä pistettä. Nämä
LisätiedotLuento 10. Potentiaali jatkuu, voiman konservatiivisuus, dynamiikan ja energiaperiaatteen käyttö, reaalinen jousi
Luento 10 Potentiaali jatkuu, voiman konservatiivisuus, dynamiikan ja energiaperiaatteen käyttö, reaalinen jousi Tällä luennolla tavoitteena: Gravitaatio jatkuu Konservatiivinen voima Mitä eroa on energia-
Lisätiedotdl = F k dl. dw = F dl = F cos. Kun voima vaikuttaa kaarevalla polulla P 1 P 2, polku voidaan jakaa infinitesimaalisen pieniin siirtymiin dl
Kun voima vaikuttaa kaarevalla polulla P 2, polku voidaan jakaa infinitesimaalisen pieniin siirtymiin dl Kukin siirtymä dl voidaan approksimoida suoraviivaiseksi, jolloin vastaava työn elementti voidaan
LisätiedotKosmos = maailmankaikkeus
Kosmos = maailmankaikkeus Synty: Big Bang, alkuräjähdys 13 820 000 000 v sitten Koostumus: - Pimeä energia 3/4 - Pimeä aine ¼ - Näkyvä aine 1/20: - vetyä ¾, heliumia ¼, pari prosenttia muita alkuaineita
LisätiedotFysiikan valintakoe 10.6.2014, vastaukset tehtäviin 1-2
Fysiikan valintakoe 10.6.2014, vastaukset tehtäviin 1-2 1. (a) W on laatikon paino, F laatikkoon kohdistuva vetävä voima, F N on pinnan tukivoima ja F s lepokitka. Kuva 1: Laatikkoon kohdistuvat voimat,
Lisätiedot7. AURINKOKUNTA. Miltä Aurinkokunta näyttää kaukaa ulkoapäin katsottuna? (esim. lähin tähti n. 300 000 AU päässä
7. AURINKOKUNTA Miltä Aurinkokunta näyttää kaukaa ulkoapäin katsottuna? (esim. lähin tähti n. 300 000 AU päässä Jupiter n. 4"päässä) = Keskustähti + jäännöksiä tähden syntyprosessista (debris) = jättiläisplaneetat,
LisätiedotDifferentiaali- ja integraalilaskenta 1 Ratkaisut 5. viikolle /
MS-A8 Differentiaali- ja integraalilaskenta, V/7 Differentiaali- ja integraalilaskenta Ratkaisut 5. viikolle / 9..5. Integroimismenetelmät Tehtävä : Laske osittaisintegroinnin avulla a) π x sin(x) dx,
LisätiedotKJR-C1001 Statiikka ja dynamiikka. Luento Susanna Hurme
KJR-C1001 Statiikka ja dynamiikka Luento 16.3.2016 Susanna Hurme Päivän aihe: Translaatioliikkeen kinetiikka (Kirjan luvut 12.6, 13.1-13.3 ja 17.3) Oppimistavoitteet Ymmärtää, miten Newtonin toisen lain
Lisätiedot2.2 Principia: Sir Isaac Newtonin 1. ja 2. laki
Voima se on joka jyllää!, sanottiin ennen. Fysiikassakin voimalla tarkoitetaan jokseenkin juuri sitä, mikä ennenkin jylläsi, joskin täytyy muistaa, että voima ja teho ovat kaksi eri asiaa. Fysiikan tutkimuksen
LisätiedotLuento 10: Työ, energia ja teho. Johdanto Työ ja kineettinen energia Teho
Luento 10: Työ, energia ja teho Johdanto Työ ja kineettinen energia Teho 1 / 23 Luennon sisältö Johdanto Työ ja kineettinen energia Teho 2 / 23 Johdanto Energia suure, joka voidaan muuttaa muodosta toiseen,
Lisätiedoty=-3x+2 y=2x-3 y=3x+2 x = = 6
MAA Koe, Arto Hekkanen ja Jussi Tyni 5.5.015 Loppukoe LASKE ILMAN LASKINTA. 1. Yhdistä kuvaaja ja sen yhtälö a) 3 b) 1 c) 5 d) Suoran yhtälö 1) y=3x ) 3x+y =0 3) x y 3=0 ) y= 3x 3 5) y= 3x 6) 3x y+=0 y=-3x+
LisätiedotTaivaanmekaniikkaa. Liikeyhtälöt
Taivaanmekaniikkaa Liikeyhtälöt Olkoot kahden kappaleen (esim. Auringon ja planeetan) massat m 1 ja m 2 ja paikkavektorit jossakin kiinteässä inertiaalikoordinaatistossa r 1 ja r 2. Merkitään r:llä planeetan
LisätiedotGravitaatio ja heittoliike. Gravitaatiovoima Numeerisen ratkaisun perusteet Heittoliike
Gravitaatio ja heittoliike Gravitaatiovoima Numeerisen ratkaisun perusteet Heittoliike KERTAUS Newtonin lait Newtonin I laki Kappale, johon ei vaikuta voimia/voimien summa on nolla, ei muuta liiketilaansa
LisätiedotEnergia, energian säilyminen ja energiaperiaate
E = γmc 2 Energia, energian säilyminen ja energiaperiaate Luennon tavoitteet Lepoenergian, liike-energian, potentiaalienergian käsitteet haltuun Työ ja työn merkki* Systeemivalintojen miettimistä Jousivoiman
LisätiedotLuvun 13 laskuesimerkit
Luvun 13 laskuesimerkit Esimerkki 13.1 Olkoon Cavendishin vaa'an pienen pallon massa m 1 = 0.0100 kg ja suuren pallon m 2 = 0.500 kg (molempia kaksi kappaletta). Miten suuren gravitaatiovoiman F g pallot
LisätiedotHARJOITUS 4 1. (E 5.29):
HARJOITUS 4 1. (E 5.29): Työkalulaatikko, jonka massa on 45,0 kg, on levossa vaakasuoralla lattialla. Kohdistat laatikkoon asteittain kasvavan vaakasuoran työntövoiman ja havaitset, että laatikko alkaa
LisätiedotMuunnokset ja mittayksiköt
Muunnokset ja mittayksiköt 1 a Mitä kymmenen potenssia tarkoittavat etuliitteet m, G ja n? b Mikä on massan (mass) mittayksikkö SI-järjestelmässäa? c Mikä on painon (weight) mittayksikkö SI-järjestelmässä?
LisätiedotPietarsaaren lukio Vesa Maanselkä
Fys 9 / Mekaniikan osio Liike ja sen kuvaaminen koordinaatistossa Newtonin lait Voimavektorit ja vapaakappalekuvat Työ, teho,työ-energiaperiaate ja energian säilymislaki Liikemäärä ja sen säilymislaki,
LisätiedotNyt kerrataan! Lukion FYS5-kurssi
Nyt kerrataan! Lukion FYS5-kurssi Vaakasuora heittoliike Heittoliikettä voidaan tarkastella erikseen vaaka- ja pystysuunnassa v=(v x,v y ) Jos ilmanvastausta ei oteta huomioon (yleensä ei), vaakasuunnalle
LisätiedotJupiterin magnetosfääri. Pasi Pekonen 26. Tammikuuta 2009
Jupiterin magnetosfääri Pasi Pekonen 26. Tammikuuta 2009 Johdanto Magnetosfääri on planeetan magneettikentän luoma onkalo aurinkotuuleen. Magnetosfäärissä plasman liikettä hallitsee planeetan magneettikenttä.
Lisätiedotx + 1 πx + 2y = 6 2y = 6 x 1 2 πx y = x 1 4 πx Ikkunan pinta-ala on suorakulmion ja puoliympyrän pinta-alojen summa, eli
BM0A5810 - Differentiaalilaskenta ja sovellukset Harjoitus, Syksy 015 1. a) Funktio f ) = 1) vaihtaa merkkinsä pisteissä = 1, = 0 ja = 1. Lisäksi se on pariton funktio joten voimme laskea vain pinta-alan
LisätiedotKJR-C1001 Statiikka ja dynamiikka. Luento Susanna Hurme
KJR-C1001 Statiikka ja dynamiikka Luento 17.3.2016 Susanna Hurme Päivän aihe: Energian, työn ja tehon käsitteet sekä energiaperiaate (Kirjan luku 14) Osaamistavoitteet: Osata tarkastella partikkelin kinetiikkaa
LisätiedotLuento 8: Liikemäärä ja impulssi. Liikemäärä ja impulssi Liikemäärän säilyminen Massakeskipiste Muuttuva massa Harjoituksia ja esimerkkejä
Luento 8: Liikemäärä ja impulssi Liikemäärä ja impulssi Liikemäärän säilyminen Massakeskipiste Muuttuva massa Harjoituksia ja esimerkkejä 1 / 46 Luennon sisältö Liikemäärä ja impulssi Liikemäärän säilyminen
LisätiedotASTROFYSIIKAN TEHTÄVIÄ II
ASTROFYSIIKAN TEHTÄVIÄ II 91. Selitä mistä aiheutuvat a) vuorokaudenajat, b) vuodenajat, c) kuunpimennykset, d) auringonpimennykset? 92. Vastaa lyhyesti seuraaviin kysymyksiin: a) Mitä eroa on tähdellä
LisätiedotLuvun 5 laskuesimerkit
Luvun 5 laskuesimerkit Huom: luvun 4 kohdalla luennolla ei ollut laskuesimerkkejä, vaan koko luvun 5 voi nähdä kokoelmana sovellusesimerkkejä edellisen luvun asioihin! Esimerkki 5.1 Moottori roikkuu oheisen
Lisätiedot2.11 Väliaineen vastus
Jokainen, joka on taistellut eteenpäin kohti kovaa vastatuulta tai yrittänyt juosta vedessä, tietää omasta kokemuksestaan, että väliaineella todellakin on vastus. Jos seisoo vain hiljaa paikoillaan vaikkapa
LisätiedotTaivaanmekaniikkaa Kahden kappaleen liikeyhtälö
Taivaanmekaniikkaa kaavojen johto, yksityiskohdat yms. ks. Kattunen, Johdatus taivaanmekaniikkaan tai Kattunen, Donne, Köge, Oja, Poutanen: Tähtitieteen peusteet tai joku muu tähtitieteen/taivaanmekaniikan
LisätiedotTEHTÄVIEN RATKAISUT. b) 105-kiloisella puolustajalla on yhtä suuri liikemäärä, jos nopeus on kgm 712 p m 105 kg
TEHTÄVIEN RATKAISUT 15-1. a) Hyökkääjän liikemäärä on p = mv = 89 kg 8,0 m/s = 71 kgm/s. b) 105-kiloisella puolustajalla on yhtä suuri liikemäärä, jos nopeus on kgm 71 p v = = s 6,8 m/s. m 105 kg 15-.
LisätiedotSähköstatiikka ja magnetismi
Sähköstatiikka ja magnetismi Johdatus magnetismiin Antti Haarto 19.11.2012 Magneettikenttä Sähkövaraus aiheuttaa ympärilleen sähkökentän Liikkuva sähkövaraus saa aikaan ympärilleen myös magneettikentän
Lisätiedot2.3 Voiman jakaminen komponentteihin
Seuraavissa kappaleissa tarvitaan aina silloin tällöin taitoa jakaa voima komponentteihin sekä myös taitoa suorittaa sille vastakkainen operaatio eli voimien resultantin eli kokonaisvoiman laskeminen.
Lisätiedotinfoa Viikon aiheet Potenssisarja a n = c n (x x 0 ) n < 1
infoa Viikon aiheet Tentti ensi viikolla ma 23.0. klo 9.00-3.00 Huomaa, alkaa tasalta! D0 (Sukunimet A-) E204 (Sukunimet S-Ö) Mukaan kynä ja kumi. Ei muuta materiaalia. Tentissä kaavakokoelma valmiina.
Lisätiedot1 Tieteellinen esitystapa, yksiköt ja dimensiot
1 Tieteellinen esitystapa, yksiköt ja dimensiot 1.1 Tieteellinen esitystapa Maan ja auringon välinen etäisyys on 1 AU. AU on astronomical unit, joka määritelmänsä mukaan on maan ja auringon välinen keskimääräinen
LisätiedotTKK, TTY, LTY, OY, ÅA, TY ja VY insinööriosastojen valintakuulustelujen fysiikan koe 31.5.2006, malliratkaisut ja arvostelu.
1 Linja-autoon on suunniteltu vauhtipyörä, johon osa linja-auton liike-energiasta siirtyy jarrutuksen aikana Tätä energiaa käytetään hyväksi kun linja-autoa taas kiihdytetään Linja-auto, jonka nopeus on
LisätiedotDerivaatan sovellukset (ääriarvotehtävät ym.)
Derivaatan sovellukset (ääriarvotehtävät ym.) Tehtävät: 1. Tutki derivaatan avulla funktion f kulkua. a) f(x) = x 4x b) f(x) = x + 6x + 11 c) f(x) = x4 4 x3 + 4 d) f(x) = x 3 6x + 1x + 3. Määritä rationaalifunktion
LisätiedotLuento 10: Työ, energia ja teho
Luento 10: Työ, energia ja teho Johdanto Työ ja kineettinen energia Teho Ajankohtaista Konseptitesti 1 Kysymys Ajat pyörällä ylös jyrkkää mäkeä. Huipulle vie kaksi polkua, toinen kaksi kertaa pidempi kuin
LisätiedotSuhteellisuusteorian perusteet 2017
Suhteellisuusteorian perusteet 017 Harjoitus 5 esitetään laskuharjoituksissa viikolla 17 1. Tarkastellaan avaruusaikaa, jossa on vain yksi avaruusulottuvuus x. Nollasta poikkeavat metriikan komponentit
Lisätiedot1 Oikean painoisen kuulan valinta
Oikean painoisen kuulan valinta Oheisessa kuvaajassa on optimoitu kuulan painoa niin, että se olisi mahdollisimman nopeasti perillä tietyltä etäisyydeltä ammuttuna airsoft-aseella. Tulos on riippumaton
LisätiedotTAIVAANMEKANIIKKA IHMISEN PERSPEKTIIVISTÄ
TAIVAANMEKANIIKKA IHMISEN PERSPEKTIIVISTÄ ARKIPÄIVÄISTEN ASIOIDEN TÄHTITIETEELLISET AIHEUTTAJAT, FT Metsähovin Radio-observatorio, Aalto-yliopisto KOPERNIKUKSESTA KEPLERIIN JA NEWTONIIN Nikolaus Kopernikus
LisätiedotYdin- ja hiukkasfysiikka: Harjoitus 1 Ratkaisut 1
Ydin- ja hiukkasfysiikka: Harjoitus Ratkaisut Tehtävä i) Isotoopeilla on sama määrä protoneja, eli sama järjestysluku Z, mutta eri massaluku A. Tässä isotooppeja keskenään ovat 9 30 3 0 4Be ja 4 Be, 4Si,
LisätiedotAURINKOKUNNAN RAKENNE
AURINKOKUNNAN RAKENNE 1) Aurinko (99,9% massasta) 2) Planeetat (8 kpl): Merkurius, Venus, Maa, Mars, Jupiter, Saturnus, Uranus, Neptunus - Maankaltaiset planeetat eli kiviplaneetat: Merkurius, Venus, Maa
LisätiedotSovelletun fysiikan pääsykoe
Sovelletun fysiikan pääsykoe 7.6.016 Kokeessa on neljä (4) tehtävää. Vastaa kaikkiin tehtäviin. Muista kirjoittaa myös laskujesi välivaiheet näkyviin. Huom! Kirjoita tehtävien 1- vastaukset yhdelle konseptille
LisätiedotTekijä Pitkä matematiikka Suoran pisteitä ovat esimerkiksi ( 5, 2), ( 2,1), (1, 0), (4, 1) ja ( 11, 4).
Tekijä Pitkä matematiikka 4 9.12.2016 212 Suoran pisteitä ovat esimerkiksi ( 5, 2), ( 2,1), (1, 0), (4, 1) ja ( 11, 4). Vastaus esimerkiksi ( 5, 2), ( 2,1), (1, 0), (4, 1) ja ( 11, 4) 213 Merkitään pistettä
LisätiedotMAB3 - Harjoitustehtävien ratkaisut:
MAB3 - Harjoitustehtävien ratkaisut: 1 Funktio 1.1 Piirretään koordinaatistoakselit ja sijoitetaan pisteet: 1 1. a) Funktioiden nollakohdat löydetään etsimällä kuvaajien ja - akselin leikkauspisteitä.
LisätiedotMAA4 Abittikokeen vastaukset ja perusteluja 1. Määritä kuvassa olevien suorien s ja t yhtälöt. Suoran s yhtälö on = ja suoran t yhtälö on = + 2. Onko väittämä oikein vai väärin? 2.1 Suorat =5 +2 ja =5
LisätiedotLuvun 5 laskuesimerkit
Luvun 5 laskuesimerkit Esimerkki 5.1 Moottori roikkuu oheisen kuvan mukaisessa ripustuksessa. a) Mitkä ovat kahleiden jännitykset? b) Mikä kahleista uhkaa katketa ensimmäisenä? Piirretäänpä parit vapaakappalekuvat.
LisätiedotGeometrian kertausta. MAB2 Juhani Kaukoranta Raahen lukio
Geometrian kertausta MAB2 Juhani Kaukoranta Raahen lukio Ristikulmat Ristikulmat ovat yhtä suuret keskenään Vieruskulmien summa 180 Muodostavat yhdessä oikokulman 180-50 =130 50 Samankohtaiset kulmat Kun
LisätiedotLuento 8: Liikemäärä ja impulssi
Luento 8: Liikemäärä ja impulssi Liikemäärä ja impulssi Liikemäärän säilyminen Massakeskipiste Muuttuva massa Harjoituksia ja esimerkkejä Ajankohtaista Konseptitesti 1 ÄLÄ KOKEILE TÄTÄ KOTONA! Kysymys
LisätiedotMekaaninen energia. Energian säilymislaki Työ, teho, hyötysuhde Mekaaninen energia Sisäenergia Lämpö = siirtyvää energiaa. Suppea energian määritelmä:
Mekaaninen energia Energian säilymislaki Työ, teho, hyötysuhde Mekaaninen energia Sisäenergia Lämpö = siirtyvää energiaa Suppea energian määritelmä: Energia on kyky tehdä työtä => mekaaninen energia Ei
Lisätiedotdx = L2 (x + 1) 2 dx x ln x + 1 = L 2 1 L + 1 L ( = 1 ((L + 1)ln(L + 1) L) L k + 1 xk+1 = 1 k + 2 xk+2 = 1 10k+1 k + 2 = 7.
BM2A582 - Integraalilaskenta ja sovellukset Harjoitus 5, Kevät 26. a Lumikuiorman massa-alkio kohdassa on λd L2 + 2 d, joten kokonaismassa on Momentti suoran suhteen on L L 2 L m d L2 + 2 d + 2 / L L 2
LisätiedotMonissa fysiikan probleemissa vaikuttavien voimien yksityiskohtia ei tunneta
8 LIIKEMÄÄRÄ, IMPULSSI JA TÖRMÄYKSET Monissa fysiikan probleemissa vaikuttavien voimien yksityiskohtia ei tunneta Tällöin dynamiikan peruslain F = ma käyttäminen ei ole helppoa tai edes mahdollista Newtonin
Lisätiedot