Avaruuslentojen fysiikkaa (AstroKosmoTaikonautiikka)

Koko: px
Aloita esitys sivulta:

Download "Avaruuslentojen fysiikkaa (AstroKosmoTaikonautiikka)"

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

1. 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. 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

Lisätiedot

Copyright 2008 Pearson Education, Inc., publishing as Pearson Addison-Wesley.

Copyright 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

Lisätiedot

Keskeisvoimat. Huom. r voi olla vektori eli f eri suuri eri suuntiin!

Keskeisvoimat. 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

VUOROVAIKUTUS JA VOIMA

VUOROVAIKUTUS 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

Lisätiedot

Fysiikan ja kemian perusteet ja pedagogiikka Kari Sormunen Kevät 2012

Fysiikan 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

Lisätiedot

g-kentät ja voimat Haarto & Karhunen

g-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

Lisätiedot

FYSIIKKA. Mekaniikan perusteita pintakäsittelijöille. Copyright Isto Jokinen; Käyttöoikeus opetuksessa tekijän luvalla. - Laskutehtävien ratkaiseminen

FYSIIKKA. 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

Lisätiedot

on hidastuvaa. Hidastuvuus eli negatiivinen kiihtyvyys saadaan laskevan suoran kulmakertoimesta, joka on siis

on 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

Lisätiedot

5.13 Planetaarinen liike, ympyräradat

5.13 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

Lisätiedot

Pitkä matematiikka Suullinen kuulustelu (ma00s001.doc) Tehtävät, jotka on merkitty (V), ovat vaativia.

Pitkä 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

Lisätiedot

766323A Mekaniikka, osa 2, kl 2015 Harjoitus 4

766323A 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

Lisätiedot

Kertaus. Integraalifunktio ja integrointi. 2( x 1) 1 2x. 3( x 1) 1 (3x 1) KERTAUSTEHTÄVIÄ. K1. a)

Kertaus. 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

Lisätiedot

Mekaniikan jatkokurssi Fys102

Mekaniikan 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

Lisätiedot

Luento 12: Keskeisvoimat ja gravitaatio

Luento 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

Lisätiedot

Kosmos = maailmankaikkeus

Kosmos = 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

Lisätiedot

yyyyyyyyyyyyyyyyy Tehtävä 1. PAINOSI AVARUUDESSA Testaa, paljonko painat eri taivaankappaleilla! Kuu kg Maa kg Planeetta yyy yyyyyyy yyyyyy kg Tiesitk

yyyyyyyyyyyyyyyyy 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

Lisätiedot

y=-3x+2 y=2x-3 y=3x+2 x = = 6

y=-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+

Lisätiedot

2.2 Principia: Sir Isaac Newtonin 1. ja 2. laki

2.2 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

Lisätiedot

Planeetan määritelmä

Planeetan määritelmä Planeetta on suurimassainen tähteä kiertävä kappale, joka on painovoimansa vaikutuksen vuoksi lähes pallon muotoinen ja on tyhjentänyt ympäristönsä planetesimaalista. Sana planeetta tulee muinaiskreikan

Lisätiedot

766323A-02 Mekaniikan kertausharjoitukset, kl 2012

766323A-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

Lisätiedot

Muunnokset ja mittayksiköt

Muunnokset 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?

Lisätiedot

Luento 10: Työ, energia ja teho. Johdanto Työ ja kineettinen energia Teho

Luento 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,

Lisätiedot

Luento 10: Keskeisvoimat ja gravitaatio

Luento 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

Lisätiedot

SATURNUS. Jättiläismäinen kaasuplaneetta Saturnus on aurinkokuntamme toiseksi suurin planeetta heti Jupiterin jälkeen

SATURNUS. 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

Lisätiedot

MAB3 - Harjoitustehtävien ratkaisut:

MAB3 - Harjoitustehtävien ratkaisut: MAB - Harjoitustehtävien ratkaisut: Funktio. Piirretään koordinaatistoakselit ja sijoitetaan pisteet:. a) Funktioiden nollakohdat löydetään etsimällä kuvaajien ja - akselin leikkauspisteitä. Funktiolla

Lisätiedot

KJR-C1001 Statiikka ja dynamiikka. Luento Susanna Hurme

KJR-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

Lisätiedot

Nyt kerrataan! Lukion FYS5-kurssi

Nyt 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

Lisätiedot

Sovelletun fysiikan pääsykoe

Sovelletun 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

Lisätiedot

yleisessä muodossa x y ax by c 0. 6p

yleisessä muodossa x y ax by c 0. 6p MAA..0 Muista kirjoittaa jokaiseen paperiin nimesi! Tee vastauspaperin yläreunaan pisteytysruudukko! Valitse kuusi tehtävää! Perustele vastauksesi välivaiheilla! Jussi Tyni Ratkaise: a) x x b) xy x 6y

Lisätiedot

Jupiterin magnetosfääri. Pasi Pekonen 26. Tammikuuta 2009

Jupiterin 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.

Lisätiedot

Luvun 5 laskuesimerkit

Luvun 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.

Lisätiedot

Luvun 13 laskuesimerkit

Luvun 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

Lisätiedot

Luento 10: Työ, energia ja teho

Luento 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

Lisätiedot

Miltä työn tekeminen tuntuu

Miltä työn tekeminen tuntuu Työ ja teho Miltä työn tekeminen tuntuu Millaisia töitä on? Mistä tiedät tekeväsi työtä? Miltä työ tuntuu? Mitä työn tekeminen vaatii? Ihmiseltä Koneelta Työ, W Yksikkö 1 J (joule) = 1 Nm Työnmäärä riippuu

Lisätiedot

VUOROVAIKUTUKSESTA VOIMAAN JA EDELLEEN LIIKKEESEEN. Fysiikan ja kemian perusteet ja pedagogiikka, luento Kari Sormunen

VUOROVAIKUTUKSESTA VOIMAAN JA EDELLEEN LIIKKEESEEN. Fysiikan ja kemian perusteet ja pedagogiikka, luento Kari Sormunen VUOROVAIKUTUKSESTA VOIMAAN JA EDELLEEN LIIKKEESEEN Fysiikan ja kemian perusteet ja pedagogiikka, 1.-2. luento Kari Sormunen Mitä yhteistä? Kirja pöydällä Opiskelijapari Teräskuulan liike magneetin lähellä

Lisätiedot

Derivaatan sovellukset (ääriarvotehtävät ym.)

Derivaatan 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

Lisätiedot

Luento 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 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

Lisätiedot

Mekaniikan jatkokurssi Fys102

Mekaniikan jatkokurssi Fys102 Mekaniikan jatkokurssi Fys10 Kevät 010 Jukka Maalampi LUENTO 8 Vaimennettu värähtely Elävässä elämässä heilureiden ja muiden värähtelijöiden liike sammuu ennemmin tai myöhemmin. Vastusvoimien takia värähtelijän

Lisätiedot

x 5 15 x 25 10x 40 11x x y 36 y sijoitus jompaankumpaan yhtälöön : b)

x 5 15 x 25 10x 40 11x x y 36 y sijoitus jompaankumpaan yhtälöön : b) MAA4 ratkaisut. 5 a) Itseisarvon vastauksen pitää olla aina positiivinen, joten määritelty kun 5 0 5 5 tai ( ) 5 5 5 5 0 5 5 5 5 0 5 5 0 0 9 5 9 40 5 5 5 5 0 40 5 Jälkimmäinen vastaus ei toimi määrittelyjoukon

Lisätiedot

MAA4 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

Lisätiedot

7. 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 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,

Lisätiedot

Kenguru Student (lukion 2. ja 3. vuosi) sivu 1 / 6

Kenguru Student (lukion 2. ja 3. vuosi) sivu 1 / 6 Kenguru Student (lukion 2. ja 3. vuosi) sivu 1 / 6 NIMI LUOKKA/RYHMÄ Pisteet: Kenguruloikan pituus: Irrota tämä vastauslomake tehtävämonisteesta. Merkitse tehtävän numeron alle valitsemasi vastausvaihtoehto.

Lisätiedot

Mekaaninen 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: Mekaaninen energia Energian säilymislaki Työ, teho, hyötysuhde Mekaaninen energia Sisäenergia Lämpö = siirtyvää energiaa Suppea energian määritelmä: Energia on kyky tehdä työtä => mekaaninen energia Ei

Lisätiedot

Mekaniikan jatkokurssi Fys102

Mekaniikan jatkokurssi Fys102 Mekaniikan jatkokurssi Fys10 Kevät 010 Jukka Maalampi LUENTO 1 Jäykän kappaleen pyöriminen Knight, Ch 1 Jäykkä kappale = kappale, jonka koko ja muoto eivät muutu liikkeen aikana. Jäykkä kappale on malli.

Lisätiedot

Taivaanmekaniikkaa Kahden kappaleen liikeyhtälö

Taivaanmekaniikkaa 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

Lisätiedot

Theory Finnish (Finland) Suuri hadronitörmäytin (Large Hadron Collider, LHC) (10 pistettä)

Theory Finnish (Finland) Suuri hadronitörmäytin (Large Hadron Collider, LHC) (10 pistettä) Q3-1 Suuri hadronitörmäytin (Large Hadron Collider, LHC) (10 pistettä) Lue erillisessä kuoressa olevat yleisohjeet ennen tämän tehtävän aloittamista. Tässä tehtävässä tarkastellaan maailman suurimman hiukkasfysiikan

Lisätiedot

Integrointi ja sovellukset

Integrointi ja sovellukset Integrointi ja sovellukset Tehtävät:. Muodosta ja laske yläsumma funktiolle fx) x 5 välillä [, 4], kun väli on jaettu neljään yhtä suureen osaan.. Määritä integraalin x + ) dx likiarvo laskemalla alasumma,

Lisätiedot

Vanhoja koetehtäviä. Analyyttinen geometria 2016

Vanhoja koetehtäviä. Analyyttinen geometria 2016 Vanhoja koetehtäviä Analyyttinen geometria 016 1. Määritä luvun a arvo, kun piste (,3) on käyrällä a(3x + a) = (y - 1). Suora L kulkee pisteen (5,1) kautta ja on kohtisuorassa suoraa 6x + 7y - 19 = 0 vastaan.

Lisätiedot

Vastaa kaikkiin kysymyksiin. Oheisista kaavoista ja lukuarvoista saattaa olla apua laskutehtäviin vastatessa.

Vastaa kaikkiin kysymyksiin. Oheisista kaavoista ja lukuarvoista saattaa olla apua laskutehtäviin vastatessa. Valintakoe 2016/FYSIIKKA Vastaa kaikkiin kysymyksiin. Oheisista kaavoista ja lukuarvoista saattaa olla apua laskutehtäviin vastatessa. Boltzmannin vakio 1.3805 x 10-23 J/K Yleinen kaasuvakio 8.315 JK/mol

Lisätiedot

XXIII Keski-Suomen lukiolaisten matematiikkakilpailu 23.1.2014, tehtävien ratkaisut

XXIII Keski-Suomen lukiolaisten matematiikkakilpailu 23.1.2014, tehtävien ratkaisut XXIII Keski-Suomen lukiolaisten matematiikkakilpailu 23.1.2014, tehtävien ratkaisut 1. Avaruusalus sijaitsee tason origossa (0, 0) ja liikkuu siitä vakionopeudella johonkin suuntaan, joka ei muutu. Tykki

Lisätiedot

Luento 8: Liikemäärä ja impulssi

Luento 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

Lisätiedot

5.3 Suoran ja toisen asteen käyrän yhteiset pisteet

5.3 Suoran ja toisen asteen käyrän yhteiset pisteet .3 Suoran ja toisen asteen käyrän yhteiset pisteet Tämän asian taustana on ratkaista sellainen yhtälöpari, missä yhtälöistä toinen on ensiasteinen ja toinen toista astetta. Tällainen pari ratkeaa aina

Lisätiedot

A Lausekkeen 1,1 3 arvo on 1,13 3,3 1,331 B Tilavuus 0,5 m 3 on sama kuin 50 l 500 l l C Luvuista 2 3, 6 7

A Lausekkeen 1,1 3 arvo on 1,13 3,3 1,331 B Tilavuus 0,5 m 3 on sama kuin 50 l 500 l l C Luvuista 2 3, 6 7 1 Tuotteen hinta nousee ensin 10 % ja laskee sitten 10 %, joten lopullinen hinta on... alkuperäisestä hinnasta. alkuperäisestä hinnasta. YLIOPPILASTUTKINTO- LAUTAKUNTA 23.3.2016 MATEMATIIKAN KOE PITKÄ

Lisätiedot

Tarinaa tähtitieteen tiimoilta FYSIIKAN JA KEMIAN PERUSTEET JA PEDAGOGIIKKA 2014 KARI SORMUNEN

Tarinaa tähtitieteen tiimoilta FYSIIKAN JA KEMIAN PERUSTEET JA PEDAGOGIIKKA 2014 KARI SORMUNEN Tarinaa tähtitieteen tiimoilta FYSIIKAN JA KEMIAN PERUSTEET JA PEDAGOGIIKKA 2014 KARI SORMUNEN Oppilaiden ennakkokäsityksiä avaruuteen liittyen Aurinko kiertää Maata Vuodenaikojen vaihtelu johtuu siitä,

Lisätiedot

Luvun 10 laskuesimerkit

Luvun 10 laskuesimerkit Luvun 10 laskuesimerkit Esimerkki 10.1 Tee-se-itse putkimies ei saa vesiputken kiinnitystä auki putkipihdeillään, joten hän päättää lisätä vääntömomenttia jatkamalla pihtien vartta siihen tiukasti sopivalla

Lisätiedot

Valitse vain kuusi tehtävää! Tee etusivun yläreunaan pisteytysruudukko! Kaikkiin tehtäviin tarvittavat välivaiheet esille!

Valitse vain kuusi tehtävää! Tee etusivun yläreunaan pisteytysruudukko! Kaikkiin tehtäviin tarvittavat välivaiheet esille! 5.4.013 Jussi Tyni 1. Selitä ja piirrä seuraavat lyhyesti: a) Kehäkulma ja keskikulma b) Todista, että kolmion kulmien summa on 180 astetta. Selitä päätelmiesi perustelut.. a) Suorakulmaisen kolmion kateetit

Lisätiedot

Aloitetaan kyselemällä, mitä kerholaiset tietävät aurinkokunnasta ja avaruudesta ylipäänsä.

Aloitetaan kyselemällä, mitä kerholaiset tietävät aurinkokunnasta ja avaruudesta ylipäänsä. LUMATE-tiedekerhokerta, suunnitelma AIHE: AURINKOKUNTA Huom! Valmistele maitopurkit valmiiksi. Varmista, että sinulla on riittävästi soraa jupiteria varten. 1. Alkupohdintaa Aloitetaan kyselemällä, mitä

Lisätiedot

Lukion. Calculus. MAA10 Integraalilaskenta. Paavo Jäppinen Alpo Kupiainen Matti Räsänen Otava PIKATESTIN JA KERTAUSKOKEIDEN TEHTÄVÄT RATKAISUINEEN

Lukion. Calculus. MAA10 Integraalilaskenta. Paavo Jäppinen Alpo Kupiainen Matti Räsänen Otava PIKATESTIN JA KERTAUSKOKEIDEN TEHTÄVÄT RATKAISUINEEN Calculus Lukion MAA Integraalilaskenta Paavo Jäppinen Alpo Kupiainen Matti Räsänen Otava PIKATESTIN JA KERTAUSKOKEIDEN TEHTÄVÄT RATKAISUINEEN Integraalilaskenta (MAA Pikatesti ja Kertauskokeet Tehtävien

Lisätiedot

Mekaniikan jatkokurssi Fys102

Mekaniikan jatkokurssi Fys102 Mekaniikan jatkokurssi Fys10 Syksy 009 Jukka Maalampi LUENTO 1 Jäykän kappaleen pyöriminen Knight, Ch 1 Jäykkä kappale = kappale, jonka koko ja muoto eivät muutu liikkeen aikana. Jäykkä kappale on malli.

Lisätiedot

3 x 1 < 2. 2 b) b) x 3 < x 2x. f (x) 0 c) f (x) x + 4 x 4. 8. Etsi käänteisfunktio (määrittely- ja arvojoukkoineen) kun.

3 x 1 < 2. 2 b) b) x 3 < x 2x. f (x) 0 c) f (x) x + 4 x 4. 8. Etsi käänteisfunktio (määrittely- ja arvojoukkoineen) kun. Matematiikka KoTiA1 Demotehtäviä 1. Ratkaise epäyhtälöt x + 1 x 2 b) 3 x 1 < 2 x + 1 c) x 2 x 2 2. Ratkaise epäyhtälöt 2 x < 1 2 2 b) x 3 < x 2x 3. Olkoon f (x) kolmannen asteen polynomi jonka korkeimman

Lisätiedot

Luento 4: Suhteellinen liike ja koordinaatistomuunnoksia

Luento 4: Suhteellinen liike ja koordinaatistomuunnoksia Luento 4: Suhteellinen liike ja koordinaatistomuunnoksia Suhteellinen translaatioliike Pyörimisliikkeestä Suhteellinen pyörimisliike Tyypillisiä koordinaatistomuunnoksia extraa Konseptitesti 1 Kysymys

Lisätiedot

Luento 11: Potentiaalienergia. Potentiaalienergia Konservatiiviset voimat Voima potentiaalienergiasta gradientti Esimerkkejä ja harjoituksia

Luento 11: Potentiaalienergia. Potentiaalienergia Konservatiiviset voimat Voima potentiaalienergiasta gradientti Esimerkkejä ja harjoituksia Luento 11: Potentiaalienergia Potentiaalienergia Konservatiiviset voimat Voima potentiaalienergiasta gradientti Esimerkkejä ja harjoituksia 1 / 22 Luennon sisältö Potentiaalienergia Konservatiiviset voimat

Lisätiedot

Mekaniikan jatkokurssi Fys102

Mekaniikan jatkokurssi Fys102 Mekaniikan jatkokurssi Fys10 Kevät 010 Jukka Maalampi LUENTO 7 Harmonisen värähdysliikkeen energia Jousen potentiaalienergia on U k( x ) missä k on jousivakio ja Dx on poikkeama tasapainosta. Valitaan

Lisätiedot

Fysiikan perusteet. Voimat ja kiihtyvyys. Antti Haarto

Fysiikan perusteet. Voimat ja kiihtyvyys. Antti Haarto Fysiikan perusteet Voimat ja kiihtyvyys Antti Haarto.05.01 Voima Vuorovaikutusta kahden kappaleen välillä tai kappaleen ja sen ympäristön välillä (Kenttävoimat) Yksikkö: newton, N = kgm/s Vektorisuure

Lisätiedot

LUENTO 3: KERTAUS EDELLISELTÄ LUENNOLTA

LUENTO 3: KERTAUS EDELLISELTÄ LUENNOLTA LUENTO 3: KERTAUS EDELLISELTÄ LUENNOLTA Kahden kappaleen suhteellisen liikkeen yhtälö: R m 2 R = µ R r 3 jossa µ = G(m 1 + m 2 ) Liikeyhtälön integraalit m 1 R 1 R 2 k = R R suhteellisen liikkeen imp.mom/massayksikkö

Lisätiedot

Pythagoraan polku 16.4.2011

Pythagoraan polku 16.4.2011 Pythagoraan polku 6.4.20. Todista väittämä: Jos tasakylkisen kolmion toista kylkeä jatketaan omalla pituudellaan huipun toiselle puolelle ja jatkeen päätepiste yhdistetään kannan toisen päätepisteen kanssa,

Lisätiedot

Syntyikö maa luomalla vai räjähtämällä?

Syntyikö maa luomalla vai räjähtämällä? Syntyikö maa luomalla vai räjähtämällä? Tätä kirjoittaessani nousi mieleeni eräs tuntemani insinööri T. Palosaari. Hän oli aikansa lahjakkuus. Hän oli todellinen nörtti. Hän teki heti tietokoneiden tultua

Lisätiedot

Maatalous-metsätieteellisen tiedekunnan valintakoe Ympäristö-ja luonnonvaraekonomia Matematiikan kysymysten oikeat vastaukset

Maatalous-metsätieteellisen tiedekunnan valintakoe Ympäristö-ja luonnonvaraekonomia Matematiikan kysymysten oikeat vastaukset Maatalous-metsätieteellisen tiedekunnan valintakoe 18.5.2015 Ympäristö-ja luonnonvaraekonomia Matematiikan kysymysten oikeat vastaukset 7. a) Matti ja Maija lähtevät kävelemään samasta pisteestä vastakkaisiin

Lisätiedot

Mekaniikan jatkokurssi Fys102

Mekaniikan jatkokurssi Fys102 Mekaniikan jatkokurssi Fys10 Kevät 010 Jukka Maalampi LUENTO 10 Noste Nesteeseen upotettuun kappaleeseen vaikuttaa nesteen pintaa kohti suuntautuva nettovoima, noste F B Kappaleen alapinnan kohdalla nestemolekyylien

Lisätiedot

4. Käyrän lokaaleja ominaisuuksia

4. Käyrän lokaaleja ominaisuuksia 23 VEKTORIANALYYSI Luento 3 4 Käyrän lokaaleja ominaisuuksia Käyrän tangentti Tarkastellaan parametrisoitua käyrää r( t ) Parametrilla t ei tarvitse olla mitään fysikaalista merkitystä, mutta seuraavassa

Lisätiedot

Maan ja avaruuden välillä ei ole selkeää rajaa

Maan ja avaruuden välillä ei ole selkeää rajaa Avaruus Mikä avaruus on? Pääosin tyhjiön muodostama osa maailmankaikkeutta Maan ilmakehän ulkopuolella. Avaruuden massa on pääosin pimeässä aineessa, tähdissä ja planeetoissa. Avaruus alkaa Kármánin rajasta

Lisätiedot

Laskun vaiheet ja matemaattiset mallit

Laskun vaiheet ja matemaattiset mallit Laskun vaiheet ja matemaattiset mallit Jukka Sorjonen sorjonen.jukka@gmail.com 26. syyskuuta 2016 Jukka Sorjonen (Jyväskylän Normaalikoulu) Mallit ja laskun vaiheet 26. syyskuuta 2016 1 / 14 Hieman kertausta

Lisätiedot

BMEP004 / Lapputyö 1. Nousukorkeuden määrittäminen eri hyppytekniikoille ja kahta eri menetelmää käyttäen

BMEP004 / Lapputyö 1. Nousukorkeuden määrittäminen eri hyppytekniikoille ja kahta eri menetelmää käyttäen BMEP004 / Lapputyö 1. Nousukorkeuden määrittäminen eri hyppytekniikoille ja kahta eri menetelmää käyttäen Biomekaniikan tutkimusmenetelmien perusteet Liikuntabiologian laitos Jyväskylän yliopisto 1 JOHDANTO

Lisätiedot

massa vesi sokeri muu aine tuore luumu b 0,73 b 0,08 b = 0,28 a y kuivattu luumu a x 0,28 a y 0,08 = 0,28 0,08 = 3,5

massa vesi sokeri muu aine tuore luumu b 0,73 b 0,08 b = 0,28 a y kuivattu luumu a x 0,28 a y 0,08 = 0,28 0,08 = 3,5 A1. Tehdään taulukko luumun massoista ja pitoisuuksista ennen ja jälkeen kuivatuksen. Muistetaan, että kuivatuksessa haihtuu vain vettä. Näin ollen sokerin ja muun aineen massa on sama molemmilla riveillä.

Lisätiedot

Diplomi-insinöörien ja arkkitehtien yhteisvalinta - dia-valinta 2012 Insinöörivalinnan fysiikan koe 30.5.2012, malliratkaisut

Diplomi-insinöörien ja arkkitehtien yhteisvalinta - dia-valinta 2012 Insinöörivalinnan fysiikan koe 30.5.2012, malliratkaisut A1 Kappale, jonka massa m = 2,1 kg, lähtee liikkeelle levosta paikasta x = 0,0 m pitkin vaakasuoraa alustaa. Kappaleeseen vaikuttaa vaakasuora vetävä voima F, jonka suuruus riippuu paikasta oheisen kuvan

Lisätiedot

5. OSITTAISINTEGROINTI

5. OSITTAISINTEGROINTI 5 OSITTAISINTEGROINTI Kahden funktion f ja g tulo derivoidaan kuten muistetaan seuraavasti: D (fg) f g + f Kun tämä yhtälö integroidaan puolittain, niin saadaan fg f ()g()d + f ()()d Yhtälö saattaa erota

Lisätiedot

Laskun vaiheet ja matemaattiset mallit

Laskun vaiheet ja matemaattiset mallit Laskun vaiheet ja matemaattiset mallit Jukka Sorjonen sorjonen.jukka@gmail.com 28. syyskuuta 2016 Jukka Sorjonen (Jyväskylän Normaalikoulu) Mallit ja laskun vaiheet 28. syyskuuta 2016 1 / 22 Hieman kertausta

Lisätiedot

määrittelyjoukko. log x piirretään tangentti pisteeseen, jossa käyrä leikkaa y-akselin. Määritä millä korkeudella tangentti leikkaa y-akselin.

määrittelyjoukko. log x piirretään tangentti pisteeseen, jossa käyrä leikkaa y-akselin. Määritä millä korkeudella tangentti leikkaa y-akselin. MAA8 Juuri- ja logaritmifunktiot 70 Jussi Tyni 5 a) Derivoi f ( ) e b) Mikä on funktion f () = ln(5 ) 00 c) Ratkaise yhtälö määrittelyjoukko log Käyrälle g( ) e 8 piirretään tangeti pisteeseen, jossa käyrä

Lisätiedot

Differentiaalilaskenta 1.

Differentiaalilaskenta 1. Differentiaalilaskenta. a) Mikä on tangentti? Mikä on sekantti? b) Määrittele funktion monotonisuuteen liittyvät käsitteet: kasvava, aidosti kasvava, vähenevä ja aidosti vähenevä. Anna esimerkit. c) Selitä,

Lisätiedot

1.4. VIRIAALITEOREEMA

1.4. VIRIAALITEOREEMA 1.4. VIRIAALITEOREEMA Vaikka N-kappaleen ongelman yleistä ratkaisua ei tunneta, on olemassa eräitä tärkeitä yleisiä tuloksia Jos systeemi on stabiili, eli paikat ja nopeudet eivät kasva rajatta kineettisen

Lisätiedot

SUHTEELLISUUSTEORIAN TEOREETTISIA KUMMAJAISIA

SUHTEELLISUUSTEORIAN TEOREETTISIA KUMMAJAISIA MUSTAT AUKOT FAQ Kuinka gravitaatio pääsee ulos tapahtumahorisontista? Schwarzschildin ratkaisu on staattinen. Tähti on kaareuttanut avaruuden jo ennen romahtamistaan mustaksi aukoksi. Ulkopuolinen havaitsija

Lisätiedot

PRELIMINÄÄRIKOE. Lyhyt Matematiikka 3.2.2015

PRELIMINÄÄRIKOE. Lyhyt Matematiikka 3.2.2015 PRELIMINÄÄRIKOE Lyhyt Matematiikka..015 Vastaa enintään kymmeneen tehtävään. Kaikki tehtävät arvostellaan asteikolla 0-6 pistettä. 1. a) Sievennä x( x ) ( x x). b) Ratkaise yhtälö 5( x 4) 5 ( x 4). 1 c)

Lisätiedot

MATEMATIIKAN PERUSKURSSI I Harjoitustehtäviä syksy Millä reaaliluvun x arvoilla. 3 4 x 2,

MATEMATIIKAN PERUSKURSSI I Harjoitustehtäviä syksy Millä reaaliluvun x arvoilla. 3 4 x 2, MATEMATIIKAN PERUSKURSSI I Harjoitustehtäviä syksy 6. Millä reaaliluvun arvoilla a) 9 =, b) + + + 4, e) 5?. Kirjoita Σ-merkkiä käyttäen summat 4, a) + 4 + 6 + +, b) 8 + 4 6 + + n n, c) + + +

Lisätiedot

T F = T C ( 24,6) F = 12,28 F 12,3 F T K = (273,15 24,6) K = 248,55 K T F = 87,8 F T K = 4,15 K T F = 452,2 F. P = α T α = P T = P 3 T 3

T F = T C ( 24,6) F = 12,28 F 12,3 F T K = (273,15 24,6) K = 248,55 K T F = 87,8 F T K = 4,15 K T F = 452,2 F. P = α T α = P T = P 3 T 3 76628A Termofysiikka Harjoitus no. 1, ratkaisut (syyslukukausi 2014) 1. Muunnokset Fahrenheit- (T F ), Celsius- (T C ) ja Kelvin-asteikkojen (T K ) välillä: T F = 2 + 9 5 T C T C = 5 9 (T F 2) T K = 27,15

Lisätiedot

Eksponentti- ja logaritmifunktiot

Eksponentti- ja logaritmifunktiot Eksponentti- ja logaritmifunktiot Eksponentti- ja logaritmifunktiot liittyvät läheisesti toisiinsa. Eksponenttifunktio tulee vastaan ilmiöissä, joissa tarkasteltava suure kasvaa tai vähenee suhteessa senhetkiseen

Lisätiedot

763105P JOHDATUS SUHTEELLISUUSTEORIAAN 1 Ratkaisut 5 Kevät 2016

763105P JOHDATUS SUHTEELLISUUSTEORIAAN 1 Ratkaisut 5 Kevät 2016 7635P JOHDATUS SUHTEELLISUUSTEORIAAN Ratkaist 5 Kevät 26. Aberraatio shteellissteoriassa a) Tlkoon valo kten tehtävän kvassa (x, y)-tason x, y > neljänneksestä: x ˆx + y ŷ c cos θ ˆx c sin θ ŷ. () Lorenz

Lisätiedot

2.7.4 Numeerinen esimerkki

2.7.4 Numeerinen esimerkki 2.7.4 Numeerinen esimerkki Karttusen kirjan esimerkki 2.3: Laske Jupiterin paikka taivaalla..2. Luennoilla käytetty rataelementtejä a, ǫ, i, Ω, ω, t Ω nousevan solmun pituus = planeetan nousevan solmun

Lisätiedot

Preliminäärikoe Tehtävät Pitkä matematiikka 4.2.2014 1 / 3

Preliminäärikoe Tehtävät Pitkä matematiikka 4.2.2014 1 / 3 Preliminäärikoe Tehtävät Pitkä matematiikka / Kokeessa saa vastata enintään kymmeneen tehtävään Tähdellä (* merkittyjen tehtävien maksimipistemäärä on 9, muiden tehtävien maksimipistemäärä on 6 Jos tehtävässä

Lisätiedot

PRELIMINÄÄRIKOE. Pitkä Matematiikka 3.2.2015

PRELIMINÄÄRIKOE. Pitkä Matematiikka 3.2.2015 PRELIMINÄÄRIKOE Pitkä Matematiikka..5 Vastaa enintään kymmeneen tehtävään. Tähdellä merkittyjen (*) tehtävien maksimipistemäärä on 9, muiden tehtävien maksimipistemäärä on 6.. a) Ratkaise epäyhtälö >.

Lisätiedot

Jännite, virran voimakkuus ja teho

Jännite, virran voimakkuus ja teho Jukka Kinkamo, OH2JIN oh2jin@oh3ac.fi +358 44 965 2689 Jännite, virran voimakkuus ja teho Jännite eli potentiaaliero mitataan impedanssin yli esiintyvän jännitehäviön avulla. Koska käytännön radioamatöörin

Lisätiedot

Kojemeteorologia. Sami Haapanala syksy Fysiikan laitos, Ilmakehätieteiden osasto

Kojemeteorologia. Sami Haapanala syksy Fysiikan laitos, Ilmakehätieteiden osasto Kojemeteorologia Sami Haapanala syksy 2013 Fysiikan laitos, Ilmakehätieteiden osasto Yläilmakehän luotaukset Synoptiset säähavainnot antavat tietoa meteorologisista parametrestä vain maan pinnalla Ilmakehän

Lisätiedot

Lukion. Calculus. Juuri- ja logaritmifunktiot. Paavo Jäppinen Alpo Kupiainen Matti Räsänen Otava PIKATESTIN JA KERTAUSKOKEIDEN TEHTÄVÄT RATKAISUINEEN

Lukion. Calculus. Juuri- ja logaritmifunktiot. Paavo Jäppinen Alpo Kupiainen Matti Räsänen Otava PIKATESTIN JA KERTAUSKOKEIDEN TEHTÄVÄT RATKAISUINEEN Calculus Lukion MAA8 Juuri- ja logaritmifunktiot Paavo Jäppinen Alpo Kupiainen Matti Räsänen Otava PIKATESTIN JA KERTAUSKOKEIDEN TEHTÄVÄT RATKAISUINEEN Juuri- ja logaritmifunktiot (MAA8) Pikatesti ja kertauskokeet

Lisätiedot

Pienkappaleita läheltä ja kaukaa

Pienkappaleita läheltä ja kaukaa Pienkappaleita läheltä ja kaukaa Karri Muinonen 1,2 1 Fysiikan laitos, Helsingin yliopisto 2 Geodeettinen laitos Planetaarinen geofysiikka, luento 7. 2. 2011 Johdantoa Tänään 7. 2. 2011 tunnetaan 7675

Lisätiedot

KJR-C1001 Statiikka ja dynamiikka. Luento Susanna Hurme

KJR-C1001 Statiikka ja dynamiikka. Luento Susanna Hurme KJR-C1001 Statiikka ja dynamiikka Luento 23.2.2016 Susanna Hurme Tervetuloa kurssille! Mitä on statiikka? Mitä on dynamiikka? Miksi niitä opiskellaan? Päivän aihe: Voiman käsite ja partikkelin tasapaino

Lisätiedot

Fysiikan perusteet. Liikkeet. Antti Haarto 22.05.2012. www.turkuamk.fi

Fysiikan perusteet. Liikkeet. Antti Haarto 22.05.2012. www.turkuamk.fi Fysiikan perusteet Liikkeet Antti Haarto.5.1 Suureita Aika: tunnus t, yksikkö: sekunti s Paikka: tunnus x, y, r, ; yksikkö: metri m Paikka on ektorisuure Suoraiiaisessa liikkeessä kappaleen paikka (asema)

Lisätiedot

FYSIIKKA (FY91): 9. KURSSI: Kertauskurssi KOE 30.01.2014 VASTAA KUUTEEN (6) TEHTÄVÄÄN!!

FYSIIKKA (FY91): 9. KURSSI: Kertauskurssi KOE 30.01.2014 VASTAA KUUTEEN (6) TEHTÄVÄÄN!! FYSIIKKA (FY91): 9. KURSSI: Kertauskurssi KOE 30.01.2014 VASTAA KUUTEEN (6) TEHTÄVÄÄN!! 1. Vastaa, ovatko seuraavat väittämät oikein vai väärin. Perustelua ei tarvitse kirjoittaa. a) Atomi ei voi lähettää

Lisätiedot

Erityinen suhteellisuusteoria (Harris luku 2)

Erityinen suhteellisuusteoria (Harris luku 2) Erityinen suhteellisuusteoria (Harris luku 2) Yliopistonlehtori, TkT Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Kevät 2016 Ajan ja pituuden suhteellisuus Relativistinen työ ja kokonaisenergia SMG-aaltojen

Lisätiedot