LuFy Kinematiikkaa

Alaluku 2.1 Kinematiikkaa

Vektoreita, derivaattaa ja integraalia voi kerrata hyödyntämällä Jyväskylän yliopiston ylläpitämää Matikkapakkia ja sen osia Vektorit, Derivaatta ja Integraali. Matemaattisista menetelmistä fysiikassa on myös materiaali Suomen fysiikan olympiavalmennukseen liittyen.

🔗

Alaluku 2.1.1 Yksiulotteista kinematiikkaa

🔗

Katso video Kinematiikkaa yksiulotteisessa liikkeessä. Tee muistiinpanot, joista näet miten paikan funktiosta saadaan derivoimalla nopeus ja kiihtyvyys ja miten kiihtyvyyden funktiosta saadaan integroimalla nopeus ja paikka. Pyri myös ymmärtämään käsitteellisesti, miksi juuri derivaatat ja integraalit ovat oikeita työkaluja kinematiikan tutkimisessa.

🔗

Vastaa sitten seuraaviin kysymyksiin.

🔗

Harjoitustehtävät Harjoitustehtävät

🔗

1.

Hiukkasen paikka ajan funktiona on $x (t) = - (t^{3} + 3 t)$ m.

Mikä on hiukkasen paikka ja nopeus, kun $t = 2 s ?$
Piirrä $x (t) :$ n ja $v_{x} (t) :$ n graafit välillä $- 3 s \leq t \leq 3 s .$

Ratkaisu

a) Paikan saa sijoittamalla paikan funktioon annetun ajan:

\begin{equation*} x(2) = (-(2)^3 + 3 \cdot 2)\,\mathrm{m} = (-8 + 6)\,\mathrm{m} = -2\,\mathrm{m}. \end{equation*}

Nopeuden saa paikan derivaatasta:

\begin{equation*} v_x(t) = x'(t) = (-3t^2 + 3)\,\mathrm{m/s} \end{equation*}

ja hetkellinen nopeus

\begin{equation*} v_x(2) = (-3 \cdot 2^2 + 3)\,\mathrm{m/s} = -8\,\mathrm{m/s} \end{equation*}

b) Kuvissa y-akselin skaala on pienempi kuin x-akselin.

🔗

2.

Allaolevassa kuvaajassa on kiihdytyskilpailuissa ajavan auton nopeus ajan funktiona. Laske auton kulkema matka ensimmäisen kolmen sekunnin aikana

integroimalla
geometrisesti

Ratkaisu

a) Selvitetään suoran yhtälö:

\begin{equation*} y - y_0 = \frac{\Delta y}{\Delta x} (x -x_0)\text{.} \end{equation*}

Suora kulkee origon kautta, joten $x_0=y_0=0$ ja

\begin{equation*} y = \frac{12}{3} x = 4x\text{.} \end{equation*}

Integroidaan suoran yhtälö 0:sta 3:een:

\begin{equation*} \int_{0}^{3} 4x \,\mathrm{d}x = \Big|_0^3 4 \cdot \frac{1}{2}x^2 = 4 \cdot \frac{1}{2} \cdot 3^2 - 4 \cdot \frac{1}{2}\cdot 0^2 = 18\text{.} \end{equation*}

Siispä siirtymä on 18m. b) Kuvasta voi laskea suoraan kolmion pinta-alan

\begin{equation*} x = 3\,\mathrm{s} \cdot 12\,\mathrm{m/s} \cdot \frac{1}{2} = 18\,\mathrm{m}\text{.} \end{equation*}

🔗

3.

Hiukkasen liikettä $x$ -akselilla kuvaa funktio $x (t) = (t^{2} - 4 t + 2) m .$

Hahmottele $x :$ n kuvaaja. Yritä arvioida, missä funktio leikkaa akselit ja funktion käyttäytyminen, kun $t$ kasvaa suureksi. Piirrä tämän jälkeen kuvaaja tietokoneella/laskimella ja vertaa hahmotelmaasi.
Määritä hiukkasen nopeus ajanhetkellä $t = 1, 0 s .$
Missä kohdassa hiukkasen liikkeen suunta muuttuu?
Missä hiukkanen on, kun sen nopeus on $v_{x} = 4, 0 m / s ?$

Ratkaisu

a) Kuvaajan kulkua voi hahmotella sijoittamalla funktioon pari yksinkertaista arvoa, kuten -1, 0, 1. Tässä tapauksessa lisää vihjeitä saa siitä, että termi $t^2$ on aina positiivinen ja siitä, että $t^2>-4t \iff t\gt4$ tai $t\lt-4\text{.}$ Tämä jälkimmäinenhän viittaa siihen, että ainakin näillä $t\text{:}$n arvoilla $x$ on positiivinen. Tarkemmin funktion kuvaajan kulkua voi tutkia derivaatan avulla, mutta fysiikan tehtävissä on usein hyödyllistä hahmotella nopeasti funktion käyttäytymistä välittämättä tarkoista lukuarvoista.

b) Hiukkasen nopeus saadaan paikan funktion derivaatasta

\begin{equation*} v_x(t) = x'(t) = 2t-4 \implies v_x(1) = (2-4)\,\mathrm{m/s} = -2\,\mathrm{m/s}\text{.} \end{equation*}

c) Liikkeen suunta muuttuu, kun nopeus vaihtaa merkkiä. Nopeuden nollakohdasta saadaan siis suunnanmuutoksen ajanhetki

\begin{equation*} v_x(t) = 0 \iff 2t-4 = 0 \iff t=2\text{.} \end{equation*}

d) Selvitetään, millä ajanhetkellä nopeus on 4m/s.

\begin{equation*} v_x(t) = 2t-4 = 4 \iff t = 4\,\mathrm{s} \end{equation*}

Paikan funktion mukaan

\begin{equation*} x(0) = 2 \,\mathrm{m}\text{,} \end{equation*}

eli hiukkanen on 2 metrin päässä origosta (jonka paikan mittaaja on valinnut.)

🔗

Alaluku 2.1.2 Kinematiikkaa kahdessa ja kolmessa ulottuvuudessa

🔗

Katso video Kinematiikkaa kahdessa ja kolmessa ulottuvuudessa. Tee muistiinpanot, joista käy ilmi, miksi kaksi- tai kolmeulotteinen kinematiikka palautuu yksiulotteiseen kinematiikkaan paikkavektorin komponenttien suhteen.

🔗

Harjoitustehtävät Harjoitustehtävät

🔗

1.

Hiukkasen liikettä $x y$ -tasossa kuvaa yhtälöt

\begin{aligned} x & = 2 t^{2} m \\ y & = (5 t + 5) m \end{aligned}

Mikä on hiukkasen vauhti ajan funktiona?

Vihje

Miten nopeuden komponenteista saa vauhdin?

Ratkaisu

Hiukkasen vauhti on sen nopeuden suuruus. Nopeuden komponentit saadaan derivoimalla paikan funktiot

\begin{equation*} v_x = x' = 4t \quad \text{ja} \quad v_y = y' = 5 \end{equation*}

Nopeusvektorin pituus saadaan pythagoraan lauseella

\begin{equation*} |v| = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} = \sqrt{(4t)^2+5^2} = \sqrt{16t^2+25}. \end{equation*}

🔗

2.

Purjevene liikkuu itään vauhdilla 5 ^m⁄_s. Äkillinen tuulenpuuska aiheuttaa veneeseen kiihtyvyyden $\vec{a} = (0, 8 m / s^{2}, 40^{\circ}$ pohjoiseen idästä). Mikä on veneen nopeuden suunta ja suuruus 6s myöhemmin, kun tuulenpuuska laantuu?

Ratkaisu

Tilanteesta kannattaa piirtää kuva.

Voimme tutkia kiihtyvyyden aiheuttamaa nopeuden muutosta komponenteittain. Kiihtyvyyden komponentit saamme trigonometrialla

\begin{align*} a_x \amp = 0,8\,\mathrm{m/s}^2 \cos 40^\circ \approx 0,613\,\mathrm{m/s}^2\\ a_y \amp = 0,8\,\mathrm{m/s}^2 \sin 40^\circ \approx 0,514\,\mathrm{m/s}^2 \text{.} \end{align*}

Nopeuden komponentit muuttuvat yhtälön $v(t)=v_0+at$ mukaisesti, joten kuuden sekunnin kuluttua ne ovat

\begin{align*} v_{1x} \amp = 5,0\,\mathrm{m/s} + 0,613\,\mathrm{m/s}^2 \cdot 6\,\mathrm{s} = 8,68\,\mathrm{m/s}\\ v_{1y} \amp = 0\,\mathrm{m/s} + 0,514\,\mathrm{m/s}^2 \cdot 6\,\mathrm{s} = 3,09\,\mathrm{m/s}\text{.} \end{align*}

Nopeuden suunta ja suuruus ovat siten

\begin{align*} |v|\amp = \sqrt{(8,68\,\mathrm{m/s})^2 + (3,09\,\mathrm{m/s})^2} \approx 9,2\,\mathrm{m/s}\\ \theta \amp = \tan^{-1}\left( \frac{v_{1y}}{v_{1x}} \right)= \tan^{-1}\left( \frac{3,09\,\mathrm{m/s}}{8,68\,\mathrm{m/s}} \right) \approx 20^\circ \; \text{idästä pohjoiseen} \end{align*}

🔗

3.

Hiukkasen liikettä kuvaa yhtälöt

\begin{aligned} x & = \cos (t) \\ y & = \sin (t) \end{aligned}

Hahmottele hiukkasen rata xy-koordinaatistossa. Mikä on hiukkasen nopeus ajan funktiona? Entä kiihtyvyys?

Ratkaisu

Hiukkanen on ympyräradalla. Nopeus saadaan paikkavektorin $\vec{r} = \cos(t)\hat{i} + \sin(t)\hat{j}$ derivaatasta

\begin{equation*} \vec{v} = -\sin(t)\hat{i} + \cos(t)\hat{j} \end{equation*}

ja kiihtyvyys edelleen nopeuden derivaatasta

\begin{equation*} \vec{a} = -\cos(t) \hat{i} - \sin(t)\hat{j}, \end{equation*}

eli ympyräliikkessä kiihtyvyys osoittaa ympyrän keskipistettä kohti.

🔗

Alaluku 2.1.3 Heittoliike

🔗

Katso opetus.tv:n sivulta Vino heittoliike ja Angry Birds ainakin video "2. Vinon heittoliikkeen yhtälöt". Kiinnitä huomiota ainakin heittoliikkeessä olevan kappaleen nopeuksien komponentteihin.

🔗

Harjoitustehtävät Harjoitustehtävät

🔗

1.

Pallo heitetään vaakasuoraan 25 ^m⁄_s ja se lentää 50 m:n vaakasuoran etäisyyden ennen maahan osumista. Kuinka korkealta pallo heitettiin?

Ratkaisu

Valitaan karteesinen koordinaatisto siten, että heitto tapahtuu origosta x-akselin suuntaan. Nopeuden vaakasuora komponentti on $v_x = 25\,\mathrm{m/s}\text{.}$ Lasketaan kuinka kauan tällä nopeudella kestää $s=50\,\mathrm{m}\text{:}$n matka:

\begin{equation*} t = \frac{s}{v} = \frac{50\,\mathrm{m}}{25\,\mathrm{m/s}} = 2\,\mathrm{s} \end{equation*}

Lähtönopeuden pystysuora komponentti on alussa 0. Vapaassa pudotuksessa oleva kappale on tasaisesti kiihtyvässä liikkeessä siten, että $a=-g=-9,8\,\mathrm{m/s}^2$ (suunta tässä koordinaatistossa negatiivisen y-akselin suuntaan). Liikeyhtälö $y$-akselin suunnassa on siten

\begin{equation*} y = y_0 + v_{0y} t - \puoli g t^2 \implies y = - \puoli g t^2 = - \puoli 9,8\,\mathrm{m/s}^2 (2\,\mathrm{s})^2 = - 19,62\,\mathrm{m}. \end{equation*}

Eli pallo heitettiin noin 20 m:n korkeudelta.

🔗

2.

Lähtönopeudella $v_{0}$ ja kulmassa $θ$ vaakatasosta heitetään pallo. Mikä on pallon kantama? (ilman ilmanvastusta)

Ratkaisu

Kantama on pallon $x$-akselin suuntainen matka. Tämä matka saadaan lähtönopeuden $x$-komponentin ja lentoajan avulla. Lentoaika taas on helpoin määrittää kappaleen pystysuorasta liikkeestä. Lentoaika saadaan määritettyä esimerkiksi siten, että tutkitaan milloin tasaisella kiihtyvyydellä nopeuden $y$-komponentti on nolla. Tällöin pallo on lentoratansa lakipisteessä. Pallolla kuluu sama aika matkata lakipisteestä maahan, kuin heitosta lakipisteeseen. Kokonaisaika pallon matkalle on siis kaksi kertaa aika heitosta lakipisteeseen. Käytetään liikeyhtälöä $y$-akselin suunnassa. Lähtönopeuden y-akselin suuntainen komponentti saadaan trigonometrialla $v_{0y} = |v_0|\sin\theta\text{.}$ Siispä aika $t'\text{,}$ jossa $v_{0y}$ vähenee nollaan, saadaan yhtälöstä

\begin{align*} \amp v_y = v_{0y} + at' = |v_0|\sin\theta - gt'\\ \iff \amp t' = \frac{|v_0|\sin\theta}{g} \end{align*}

Joten kokonaisaika $t=2t' = 2|v_0|\sin\theta / g\text{.}$ Nyt kantama saadaan pallon x-suuntaisesta liikeyhtälöstä

\begin{equation*} x = x_0 + v_{0x} t + \puoli a t^2 = |v_0|\cos\theta \cdot t = |v_0|\cos\theta \cdot 2 \frac{|v_0|\sin\theta}{g} = \frac{2 |v_0|^2\cos\theta\sin\theta}{g} \end{equation*}

Pohditaan hieman tuloksen järkevyyttä. Suuri painovoima tarkoittaa suurta putoamiskiihtyvyyttä, joka pienentää kantamaa. Kantaman riippuvuus lähtökulmasta ei ehkä ole aivan ilmeinen, mutta ainakin jos heittää suoraan ylöspäin, eli $\theta = 90^\circ\text{,}$ niin kantama on nolla. Tässä on ajateltu, että pallo lähtee liikkeelle aivan maan pinnalta, joten kun lähtökulma on nolla, on myös kantama nolla.

🔗

3.

Lähtökulma, jolla saavutetaan suurin etäisyys (ilman ilmanvastusta).

Ratkaisu

Tarkoitus on siis tutkia, missä kohtaa funktiolla $x(\theta)$ on maksimi. Hahmotellaan ensin funktion kuvaaja. Asetetaan kerroin $2|v_0|^2/g = 2,5\,\mathrm{m}\text{.}$

Funktiolla näyttäisi siis olevan maksimi nollakohtien $\theta=0^\circ$ ja $\theta=90^\circ$ puolessa välissä. Funktion ääriarvokohdan saa selville tutkimalla sen derivaatan nollakohtaa:

\begin{align*} \amp x'(\theta) = \frac{2 |v_0|^2}{g}(\cos^2\theta -\sin^2\theta) = 0\\ \iff \amp \cos^2\theta = \sin^2\theta\\ \implies \amp \theta = 45^\circ\text{,} \end{align*}

jossa hyödynnettiin tulon derivoimissääntöä, tulon nollasääntöä ja sitä, että haluttu kulma on välillä $0^\circ \lt \theta \lt 90^\circ\text{.}$

🔗

4.

Pallon maksimikorkeus $h ?$

Ratkaisu

Maksimikorkeuden voi selvittää käyttämällä esimerkiksi energian säilymistä. Jälleen voidaan tutkia vain y-suunnassa tapahtuvaa liikettä, jolloin mekaanisen energian säilymisestä saadaan

\begin{align*} \amp \puoli m v_{0y}^2 = m g h\\ \iff \amp h = \frac{v_{0y}^2}{2g} = \frac{|v_0|^2\sin^2\theta}{2g} \end{align*}

Tätäkin tulosta voidaan arvioida eri lähtökulmilla. Suoraan ylöspäin heitettäessä $\sin(90^\circ)=1$ saadaan suurin korkeus. Suurempi lähtönopeus nostaa korkeutta ja suurempi putoamiskiihtyvyys pienentää korkeutta.