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 tarvitse tietää) ja auringon massaa M. Tiedetään, että luotaimen nopeus on kohtisuorassa sädettä vasten ellipsin ääripisteissä, joten L = rp. Aloitetaan energiasta: K a + U a = K l + U l Rataliikemäärämomentti: 2 mv a 2 G mm = mv l 2 G mm R 2 v a 2 G M r = 2 v l 2 G M R Sijoitetaan tämä energialausekkeeseen: L a = L l rv a = Rv l v l = r R v a = v a, 5 2 v a 2 GM AU = ( ) 2 va GM 2, 5, 5AU v a 32, 6km/s b) Luotain kannattaa lähettää maan ratanopeuden suuntaan. Tarkastellaan luotaimen nopeutta auringon suhteen. Koska maapallolla on jo nopeutta auringon suhteen, vaikuttaa tämä siihen, kuinka suuri v a luotaimelle täytyy antaa. Raketin nopeus ratanopeuden suuntaan: v = v a + v maa Raketin nopeus vastakkaiseen suuntaan: v 2 = v a v maa v > v 2
Tehtävä 2 Havaittuamme asteroidin Kuun säteen etäisyydellä Maasta vauhdilla 3,0 km/s ja jonka nopeusvektori on 70 kulmassa sen Maan keskipisteestä piirretyn paikkavektorin kanssa, haluamme nyt tutkia sen ominaisuuksia. v 0 r a. Selvitetään ensin, onko se jokin ennestään tuntematon Maan kiertolainen. Jos asteroidin ja Maan muodostavan systeemin mekaaninen energia on positiivinen, ne eivät muodosta sidottua tilaa, jolloin asteroidi ei voi olla Maan kiertolainen. E = K + U E = 2 mv2 G Mm r E m = 2 v2 G M r E m = 3, 46 06 J kg Koska massa on jokin positiivinen reaaliluku, täytyy asteroidin mekaanisen energian olla positiivinen, joten se ei voi olla Maan kiertolainen. b. Selvitetään seuraavaksi, millä etäisyydellä asteroidi on lähimmillään Maata. Koska järjestelmän mekaaninen energia säilyy, täytyy sen energian olla yhtäsuuri lähimmässä kohdassaan kuin havainnon hetkellä. Siispä E = E 2 E = K 2 + U 2 E = 2 mv2 2 G Mm
2 Huomataan, että yhtälössämme on kaksi tuntematonta, joten tarvitsemme myös toisen yhtälön. Muistetaan, että liikemäärämomentti säilyy, jonka avulla voimme hankkiutua eroon toisesta tuntemattomasta. Lisäksi muistetaan, että kun asteroidi on lähimmillän, on sen nopeus puhtaasti tangentin suuntaista L = L 2 m ω = m 2ω 2 ω 2 = r2 ω v 2 = r v sin(0 ) Sijoittamalla tämä ylempään yhtälöön, saamme toisen tuntemattoman eliminoitua, jolloin voimme ratkaista säteen. E = 2 mv2 2 G Mm E m = rv 2 2 sin 2 (0 ) G M 2 r2 2 0 = E m r2 2 + GM 2 r2 v 2 sin 2 (0 ) = GM ± G 2 M 2 + 2 E m r2 v 2 sin 2 (0 ) = 3787km Näemme siis, että asteroidi on lähimmillään noin kymmeneosan kuun etäisyydestä päässä Maan keskipisteestä. Koska Maan säde on noin 6400 km, ei ole pelkoa siitä, että asteroidi törmäisi Maahan. 2 E m c. Asteroidi tulee lähes suoraan kohti Maata, joten sen etäisyyden muutos Maasta nähtynä kuvastaa jotenkuten sen kulkemaa kokonaismatkaa siinä ajassa, ja sen vauhti kasvaa lähestyttäessä, jonka voidaan uskoa hieman kompensoivan tuloksemme virhettä. t r v 32h
HT4, Tehtävä 4 a) Edellisessä tehtävässä johdettiin kimmoisassa törmäyksessä takaisin sironneen hiukkasen energia. Sovelletaan sitä ensin näytteen tunnettuun aineeseen; lyijyyn, ja ratkaistaan alkuperäinen liike-energia: K 0 = ( M + m ) 2K M m 7 Li atomipaino on 7,06 u, kuvaajasta luettiin lyijystä sironneen ionin suurimmaksi energiaksi 2400 kev. Lyijyn atomipaino on 207,2 u (kaavaa tuijottamalla huomaa, että painojen ja energioiden muuntaminen SI-yksiköihin on tarpeetonta). K 0 = ( 207, 2u + 7, 06u ) 2 2400 kev = 2748 kev 207, 2u 7, 06u b) Seuraavaksi ratkaistaan alkuperäisestä kaavasta M (olkoot vaikka M x ). K = M x m K 0 M x + m K Olkoot K 0 = ζ. M x = m( + ζ) ζ Kuvaajasta luetaan XX-aineen törmäyksistä jääneet korkeimmat energiat, noin 2050 kev = K. Sijoitetaan luvut: ζ = 2050 = 0, 864 2748 M x = 7, 06 u( + 0, 864) 0, 864 = 96, 6 u Alkuainetaulukkoa tutkimalla löytyy molybdeeni, jonka atomipaino 95,95 u on lähimpänänä laskettua massaa.
4. a) Tiedetään, että E(l) = l(l + ), l = 0,, 2,... Lasketaan mikä on energian muutos l:n muutoksen suhteen, eli E l. E l = ((l + l) 2 + l + l) (l 2 + l) l = l + l 2 + 2l l l = (2l + l + ) Jos lauseke kerrotaan l:llä saadaan lauseke E:lle. Eli aiemman perusteella: E = ( l2 + 2l l + l) Tästä nähdään miten energia muuttuu kun l muuttuu. Valintasäännöistä saadaan ehdot joiden mukaan l voi kasvaa vain tietyllä tavalla: l = l ± 2 Ja l on pariton. Muokataan säännöt huomioon ottaen E:n lauseke kahteen eri muotoon, ensimmäinen positiivisille l:n arvoille ja toinen negatiivisille. Sijoitetaan l = 2 E = (22 + 2l2 + 2) = (6 + 4l) Negatiivisille arvoille (eli silloin kun l pienenee) sijoitetaan l = 2 E = (( 2)2 + 2l( 2) + ( 2)) = (2 4l) Nyt laaditaan taulukko jossa on energian muutokset piikkien välillä. Ensin taulukko positiivisille energianmuutoksille, eli kun l = 2. Käytetään kaavaa (6 + 4l).
E8π l 2 I ( E8π2 I ) h 2 h 2 0 3 8 8 5 26 8 7 34 8 9 42 8 50 8 b) Valitaan kuvasta kohta mistä on mahdollismman helppo lukea energian arvo, eli kohta jossa energian muutos on 0meV. Kohta on seitsemännen piikin kohdalla negatiivisella puolella, tätä vastaava l:n arvo on 5. Ratkaistaan hitausmomentti lausekkeesta 0 mev = (2 4 5) ( 58)h 2 I = 8π 2 0 mev = ( 58) (6.626 0 34 J s) 2 8π 2 0.06 0 9 J 2.06 0 46 kgm 2 Oletetaan happimoleekyyli kahdeksi palloksi joita yhdistää keppi, eli silloin hitausmomentti on 2m, ratkaistaan r. I = 2m I r = 2m 2.06 0 46 kgm 2 = 2 6.66 0 27 kg 6.6 0 2 m Atomien välinen etäisyys on säde kertaa kaksi. d = 2r 22 pm 2