Luvun 10 laskuesimerkit

Transkriptio

1 Luvun 10 laskuesimerkit

2 Esimerkki 10.1 Tee-se-itse putkimies ei saa vesiputken kiinnitystä auki putkipihdeillään, joten hän päättää lisätä vääntömomenttia jatkamalla pihtien vartta siihen tiukasti sopivalla putken pätkällä. Hän kohdistaa jatkeeseen 900 N voiman suoraan alaspäin astumalla sen päälle. Matka vesiputken liittimen keskikohdasta voiman kohdistuspisteeseen on 0.80 m ja kulma pihtien kahvan ja horisontaalisen suunnan välillä on 19. Minkä suuruinen ja suuntainen vääntö kohdistuu liittimen keskipisteeseen?

3 Vapaakappalekuvasta näemme, että kontaktipisteen paikkavektorin r ja voiman F välinen kulma on φ = 109. Nyt saamme vääntömomentin suuruudeksi τ = rf sin φ = 0.80 m 900 N sin 109 = 680 Nm. Vääntömomentin suunta riippuu siitä, miten piirrämme tilanteen. Jos liitin olisi vasemmassa reunassa ja kiertosuunta myötäpäivään, niin suunta olisi kohti kuvatasoa, päinvastaisessa tapauksessa kohti katsojaa.

4 Esimerkki 10.2 Oletetaan, että tasatiheyksisen umpisylinterin ympärille on kiedottu kaapelia ja sylinteri voi pyöriä keskipisteensä kautta kulkevan akselin ympäri. Sylinterin halkaisija on m ja sen massa on 50 kg. Kaapelia vedetään 9 N voimalla. Jos kaapeli pääsee purkautumaan ilman venymistä tai lipsumista, niin mikä on sen kiihtyvyys?

5 Ainoa pyörimisakseliin kohdistuva vääntömomentti aiheutuu voimasta F, jonka vipuvarsi on sama kuin sylinterin säde R. Toisin sanoen τ z = FR. Valitaan nyt pyörimissuunta positiiviseksi, jolloin pyörimisen aiheuttavan vääntömomentin etumerkki on positiivinen. Aiemmin on jo tullut ilmi, että tasatiheyksisen umpisylinterin hitausmomentti on I = MR 2 /2. Sylinterin kulmakiihtyvyys on tällöin α z = τ z I = FR MR 2 /2 = 2F MR = N 50 kg m = 6.0 rad/s2 Kaapelin lineaarinen kiihtyvyys on sama kuin sylinterin ulko-osan tangentiaalinen kiihtyvyys: a x = a tan = Rα z = m 6.0 rad/s 2 = 0.36 m/s 2.

6 Esimerkki 10.3 Otetaan seuraavaksi edellisen luvun esimerkistä 9.5 tuttu tapaus, jossa umpisylinterin ympärille on kiedottu kaapeli, jonka toisesta päästä roikkuu laatikko. Unohdetaan nyt numeroarvot ja tarkastellaan laatikon m kiihtyvyyttä.

7 Laatikolle voidaan kirjoitta Newtonin toista lakia hyödyntäen Fy = mg + ( T ) = ma y Sylinterin tapauksessa painolla Mg ja ripustuksesta aiheutuva normaalivoimalla ei ole vääntömomenttia pyörimisakselin suhteen, sillä ne vaikuttavat sen kautta kulkevaan viivaa pitkin. Ainoa vääntömomentin aiheuttava voima on kaapelin jännitys T. Näin ollen voidaan kirjoittaa τz = RT = I α z = 1 2 MR2 α z Kuten edellisessä esimerkissä, kaapelin kiihtyvyys on sama kuin sylinterin reunan tangentiaalikiihtyvyys, eli a y = Rα z. Tämän ja edellisen yhtälön avulla saamme RT = 1 2 MR2 α z T = 1 2 Ma y

8 Sijoitetaan nyt saatu T :n lauseke Newtonin toisen lain avulla saatuun yhtälöön mg 1 2 Ma y = ma y a y = g 1 + M/2m Jos laatikko putoaa korkeuden h verran, niin sen nopeus voidaan laskea lausekkeesta v 2 = v a y h. Jos laatikko lähtee levosta, niin saamme loppunopeudeksi sen tömähtäessä maahan v = 2a y h = 2gh 1 + M/2m = 4mgh 2m + M, eli sama yhtälö, jonka saimme esimerkissä 9.5 energiatarkastelujen avulla!

9 Tarkastellaan vielä kiihtyvyyden lauseketta: a y = g 1 + M/2m Jos M = 0 saamme y-suuntaisen kiihtyvyyden suuruudeksi g, eli laatikko on vapaassa pudotuksessa. Jos sylinterin massa M m, niin kiihtyvyys on paljon alhaisempi kuin vetovoimakiihtyvyys.

10 Esimerkki 10.4 Ontto sylinteri, jonka massa on M ja säde on R vierii ilman liukumista nopeudella v cm pitkin litteää pintaa. Mikä on sen kineettinen energia? Aiemmin olleen taulukon perusteella tiedämme, että onton sylinterin hitausmomentti on I = MR 2 ja koska liukumista ei tapahdu, kulmanopeus ω = v cm /R. Toisin sanoen kineettinen energia on K = 1 2 Mv 2 cm I ω2 = 1 2 Mv 2 cm MR2 ( vcm R ) 2 = Mv 2 cm Eli tässä erikoistapauksessa (ontto sylinteri) puolet kineettisestä energiasta on etenevässä liikkeessä ja puolet pyörimisliikkeessä.

11 Esimerkki 10.5 Joukko erilaisia kappaleita (umpipallo, ontto pallo, erikokoisia umpinaisia sylintereit ja ohut rengas) päästetään vierimään levosta pitkin kaltevaa tasoa, korkeuseroa ennen tasaista on h. Oletetaan, että sekä kappaleiden että tason pinnat ovat täysin kiinteät, jolloin pian vastaan tulevan vierimiskitkan vaikutus voidaan unohtaa. Missä järjestyksessä ja millä nopeudella kappaleet tulevat tasaiselle?

12 Koska kukin kappale aloittaa levosta korkeudelta h, voidaan kirjoittaa K 1 = 0, U 1 = Mgh. Toisaalta U 2 = 0 kaikille kappaleille. Koska kyseessä on vieriminen ilman liukumista, ω = v cm /R. Kun tarkastellaan aiemmassa taulukossa olleita hitausmomenttien kaavoja, huomataan niiden kaikkien olevan nyt muotoa I = cmr 2 missä c on paljas luku, joka on pienempi tai tai yhtäsuuri kuin 1, riippuen kappaleen muodosta. Energian säilymisen perusteella voidaan kirjoittaa K 1 + u 1 = K 2 + U Mgh = 1 2 Mv 2 cm cmr2 ( vcm R ) 2 = 1 2 (1 + c)mv 2 cm josta saadaan loppunopeudeksi tasaiselle tultaessa

13 v cm = 2gh 1 + c Tämä on hyvin mielenkiintoinen tulos loppunopeus ei riipu sen enempää kappaleen massasta M kuin sen säteestä R, ainoastaan kappaleen muoto ratkaisee. Mitä pienempi muodosta riippuva vakio c on, sitä nopeammin kappale pääsee tasaiselle. Maaliviivalla järjestys on: mikä tahansa kiinteä pallo, mikä tahansa kiinteä sylinteri, mikä tahansa ohutseinäinen ontto pallo, mikä tahansa ohutseinäinen ontto sylinteri.

14 Esimerkki 10.6 The Dude abides! Keilapallo (massa M) vierii liukumatta pitkin palautusramppia. Rampin kallistuskulma horisontaaliseen tasoon nähden on β. Mikä on pallon kiihtyvyys? Oletetaan että pallo on tasatiheyksinen umpipallo ja että sormenreiät voidaan unohtaa. Piirretään vapaakappalekuva siten, että x-akseli on rampin suuntainen ja positiivinen kiertosuunta vastaa pyörimissuuntaa.

15 Etenemisliikkeelle ja pyörimisliikkeelle saadaan Fx = Mg sin β + ( f ) = Ma cm x τz = fr = I cm α z = 2 5 MR2 α z missä kitkavoimaa on merkitty f :llä. Koska pallo vierii liukumatta, a cm x = Rα z ja voimme eliminoida α z :n jälkimmäisestä yhtälöstä: fr = 2 5 MRa cm x Tämä ja ensimmäinen yhtälö ovat kaksi yhtälöä kahdelle tuntemattomalle a cm x ja f, joista ne voidaan ratkaista.

16 Tällöin saadaan a cm x = 5 7 g sin β Toisin sanoen kiihtyvyys on 5/7 siitä, mikä se olisi jos pallo liukuisi ilman kitkaa! Kitkavoimalle puolestaan saadaan f = 2 Mg sin β 7 Koska pallo vierii liukumatta, kitkavoima f on staattinen kitkavoima se estää liukumisen ja aiheuttaa pallon kulmakiihtyvyyden.

17 Tästä voidaan johtaa minimiarvo lepokitkalle, joka vielä estää pallon lähtemisen liukumaan. Normaalivoiman suuruus n = Mg cos β. Lepokitkavoiman maksimiarvo on µ s n, joten lepokitkakertoimen on oltava vähintään µ s = f 2 n = Mg sin β 7 Mg cos β = 2 7 tan β Kun tason kallistuskulma β on pieni, jo alhainen lepokitkakerroin estää liukumisen, mutta kulman kasvaessa tarvittava kitkakerroin kasvaa. Jos pallo alkaa liukua, molemmat esimerkin alussa olleet kaavat ovat edelleen voimassa, mutta yhteydet v cm x = Rω z ja a cm x = Rα z eivät enää pidä paikkaansa ja meillä on kaksi yhtälöä kolmelle tuntemattomalle. Tässä tapauksessa pitäisi huomioida myös liukukitka.

18 Esimerkki 10.7 Sähkömoottori kohdistaa vääntömomentin τ z = 10 Nm hiomakiveen tämän akselin kautta. Hiomakiven hitausmomentti pyörimisakselin suhteen on 2.0 kgm 2. Jos systeemi alkaa pyöriä levosta, minkä työn moottori tekee 8.0 s aikana ja mikä on systeemin kineettinen energia tämän ajan kuluttua? Entä mikä on moottorin antama keskimääräinen teho? Nyt τ z on vakio, joten W = τ z θ. Dynamiikan perusyhtälöstä τ z = τ z = I α z saadaan kulmakiihtyvyydeksi α z = τ z I = Kun nyt lähdetään levosta, niin 10 Nm = 5.0 rad/s kgm θ = 1 2 α zt 2 = rad/s2 (8.0 s) 2 = 160 rad

19 Ja työksi saadaan W = τ z θ = 10.0 Nm 160 rad = 1600 J Kineettiseen energiaan tarvitaan pyörimisnopeus, jälleen levosta lähdettäessä saamme ω z = α z t = 5.0 rad/s s = 40 rad/s. Tällöin kineettinen energia K = 1 2 I ω2 z = kgm2 (40 rad/s) 2 = 1600 J eli tehty työ on muuttunut systeemin kineettiseksi energiaksi. Keskimääräinen teho puolestaan on P av = W t = 1600 J 8.0 s = 200 J/s = 200 W

20 Esimerkki 10.8 Albertia vähän leikityttää ja hän nousee kitkattomasti pyörivälle tuolille pitäen kummassakin kädessään 5.0 kg nostopainoja. Aluksi hän pitää käsiään suoriksi ojennettuina ja pyörähdysaika on 2.0 s. Mikä on pyörähdysaika jos hän vetää nostopainot vasten vatsaansa? Albertin hitausmomentti ilman painoja on kädet suoriksi ojennettuina 3.0 kgm 2 ja kädet vatsalla 2.2 kgm 2. Kun Albertin kädet ovat suorat, ovat painot 1.0 m päässä pyörimisakselista ja kun kädet ovat vatsalla, painot ovat 0.20 m päässä pyörimisakselista.

21 Pyörimisakseliin ei kohdistu ulkoisia vääntömomentteja, joten liikemäärämomentti on vakio. Systeemin hitausmomentti on I albert + I painot. Käsitellään nyt painoja massapisteinä m, joista kummankin kontribuutio hitausmomenttiin on siten mr 2, missä r on kohtisuora etäisyys pyörimisakseliin. Alkutilanteessa I 1 = 3.0 kgm kg(1.0 m) 2 = 13 kgm 2 ja kulmanopeus ω 1z = 1 kierros 2.0 s Lopputilanteessa hitausmomentti on = 0.50 kierrosta/s I 2 = 2.2 kgm kg(0.20 m) 2 = 2.6 kgm 2 ja kulmanopeus saadaan liikemäärämomentin säilymisestä: I 1 ω 1z = I 2 ω 2z ω 2z = I 1 I 2 ω 1z = 13 kgm kierrosta/s = 2.5 kierrosta/s kgm

22 Liikemäärämomentti siis säilyi vakiona, mutta miten on kineettisen energian laita? Siihen päästäksemme muutetaan kulmanopeudet yksiköihin rad/s: ω 1z = 3.14 rad/s ja ω 2z = 15.7 rad/s. Näin saadaan K 1 = 1 2 I 1ω 2 1z = kgm2 (3.14 rad/s) 2 = 64 J K 2 = 1 2 I 2ω 2 2z = kgm2 (15.7 rad/s) 2 = 320 J Eli vaikka liikemäärämomentti säilyi vakiona, kineettinen energia kasvoi viisinkertaiseksi! Tämä tuli Albertin tekemästä työstä hänen siirtäessään painot vatsaansa vasten. Toisin sanoen osa hänen sisäisestä energiastaan muuttui kineettiseksi energiaksi.

23 Esimerkki 10.9 Kiekko (I A = 4.0 kgm 2 ) pyörii kiekon tasoon nähden kohtisuoran akselin ympäri (ω A1 = 3.0 rad/s). Toinen kiekko (I B = 2.0 kgm 2 ) ei aluksi pyöri (ω B1 = 0), mutta liukuu akselia pitkin edelliseen kiekkoon kiinni, minkä jälkeen kiekot pyörivät yhdessä. a) Mikä on kiekkojen kulmanopeus? b) Mikä on kineettisen energian muutos?

24 Ulkoisten voimien momenttien summa on nyt nolla, joten liikemäärämomentti säilyy. ω 2 = I A ω A1 + I B ω B1 = (I A + I B )ω 2 I A I A + I B ω A1 = Kineettisen energian muutos rad/s = 2.0 rad/s K = K 2 K 1 = 1 2 (I A + I B )ω I Aω 2 A1 = kgm2 (2.0 rad/s) kgm2 (3.0 rad/s) 2 = 12 J 18 J = 6 J. Osa kineettisestä energiasta kuluu kitkan tekemänä työnä ja muuttuu lämmöksi. Tapaus on analoginen etenevän liikkeen täysin kimmottomaan törmäykseen.