Liikemäärän säilymisestä saadaan pallojen yhteinen nopeus \(v_t\) törmäyksen jälkeen: A B \begin{equation*} \begin{split} \overline{p}_1 &= \overline{p}_2 \\ m\overline{v}_A+m\overline{v}_B &= (m+m)\overline{v}_t \\ mv_A + mv_2 &= 2mv_3 \\ v_t &= \frac{m(v_A+v_B)}{2m} \\ v_t &= \frac{v_A+v_B}{2} \\ \end{split} \end{equation*} Kappaleiden liike-energia pienenee törmäyksen jälkeen: \begin{equation*} \begin{split} \Delta E &= E_{kin, ennen}-E_{kin, jalkeen} \\ \Delta E &=\frac{1}{2}mv_A^2+\frac{1}{2}mv_B^2-\frac{1}{2}(m+m)v_t^2 \\ \Delta E &=\frac{1}{2}mv_A^2+\frac{1}{2}mv_B^2-\frac{1}{2}(m+m)\left(\frac{v_A+v_B}{2} \right)^2 \\ \Delta E &=\frac{1}{4}m(v_A-v_B)^2 \\ \end{split} \end{equation*} Liike-energian muutos kuluu pallojen lämpötilan muutokseen: \begin{equation*} \begin{split} \Delta E &= Q \\ \Delta E &= 2cm\Delta T \\ \Delta T &= \frac{\Delta E}{2cm} \\ \Delta T &= \frac{\frac{1}{4}m(v_A-v_B)^2}{2cm} \\ \Delta T &= \frac{m(v_A-v_B)^2}{8cm} \\ \end{split} \end{equation*}

Putkessa oleva elohopea on paikallaan, tällöin putkeen jäävään elohopea patsaaseen vaikuttaa painovoima \(G\), ulkoisen ilmanpaine aiheuttama voima \(F_0\), mutta myös putken sisäinen ilmanpaine \(F_i\), joka syntyy noston yhteydessä. Newtonin II lain avulla saadaan: \begin{equation*} \begin{split} \sum \overline{F} &= \overline{0} \\ \overline{G}+\overline{F}_0+\overline{F}_i = \overline{0} \\ \end{split} \end{equation*} Valitaan positiivinen suunta alaspäin, jolloin: \begin{equation*} \begin{split} G-F_0+F_i &= \\ mg +F_i &= F_0 \\ \end{split} \end{equation*} Olkoon elohopea patsaan poikkipinta-ala \(A\), tällöin paineiden aiheuttama voima voidaan kirjoittaa muodossa: \begin{equation*} \begin{split} mg+p_iA &= p_0A \\ \end{split} \end{equation*} Toisaalta patsaan massa voidaan kirjoittaa tiheyden avulla: (patsas on olennaisesti sylinterin muotoinen!) \begin{equation*} \begin{split} \rho &= \frac{m}{V} \\ m &= \rho V \\ m &= \rho Ah \end{split} \end{equation*} Sijoittamalla aiempaan yhtälöön saadaan: \begin{equation*} \begin{split} \rho Ahg+p_iA &= p_0A \\ \rho hg+p_i &= p_0 \\ \end{split} \end{equation*} Toisaalta, kun sylinteriä nostetaan ylöspäin sen sisälle jäävä kaasu laajenee vakiolämpötilassa. Boylen laista saadaan: \begin{equation*} \begin{split} p_0V_0 &= p_iV_f\\ p_0A\frac{\ell}{2} &= p_i A(\ell-h) \\ p_0\frac{\ell}{2} &= p_i(\ell-h) \\ p_i &= p_0\frac{\ell}{2(\ell-x)} \end{split} \end{equation*} Sijoitetaan aiempaan yhtälöön: \begin{equation*} \begin{split} \rho hg+p_0\frac{\ell}{2(\ell-x)} &= p_0 \\ 2\rho gh^2 -2(p_0-\ell \rho g)h+p_0\ell &= 0 \end{split} \end{equation*} Yhtälö saadaan ratkaistua toisen asteen yhtälön ratkaisukaavaa käyttämällä: \begin{equation*} \begin{split} h &= \frac{-( -2(p_0+\ell \rho g)) \pm \sqrt{( -2(p_0+\ell \rho g))^2-4\cdot 2\rho g\cdot p_0\ell}}{2\cdot2\rho g} \\ h &= \frac{2(p_0+\ell \rho g) \pm \sqrt{ 4(p_0+\ell \rho g)^2-8 \rho g p_0\ell}}{4\rho g} \\ \end{split} \end{equation*} Sijoitetaan lukuarvot (tehdään ilman yksiköitä selvyyden vuoksi, pyörittelyssä tulee käyttää kymmenpotensseja hyväksi, varsinkin nelilaskimella.): \begin{equation*} \begin{split} h &= \frac{2(101325+1\cdot 13{,}6\cdot10^3 \cdot 9{,}81) \pm \sqrt{ 4(101325+1{,}0\cdot 13{,}6\cdot10^3\cdot 9,81)^2-8\cdot13{,}6\cdot10^3 \cdots}}{4\cdot 13{,}6\cdot10^3\cdot 9{,}81} \\ h&= \frac{469482\pm\sqrt{1{,}1226\cdot10^{11}}}{533664}\\ h&= \frac{469482\pm\sqrt{1{,}1226\cdot10^{10}\cdot 10}}{533664}\\ h&= \frac{469482\pm10^5\cdot\sqrt{10}\sqrt{1{,}1226}}{533664} \end{split} \end{equation*} Annetusta taulukosta saadaan likiarvot neliöjuurille: \begin{equation*} \begin{split} h \approx \frac{469482\pm10^5\cdot3,16\cdot1,05}{533664} \end{split} \end{equation*} Yhtälön ratkaisut ovat siis \(h = 1{,}501\) tai \(h=0{,}2579\). Ensimmäinen ratkaisu \(h=1,501>\ell\), eli se ei ole mahdollinen. Elohopea patsaan korkeus siis \(h\approx 0{,}26 \,\mathrm{m}\).

Ratkaistaan ensin koeputken nopeus, kun se on telineessä (ei vielä sentrifugissa). Newtonin II lain mukaan: \begin{equation*} \begin{split} \sum \overline{F} &= \overline{0} \\ \overline{G}+\overline{N}+\overline{F}_D &= \overline{0} \end{split} \end{equation*} Valitaan positiivinen suunta ylöspäin: \begin{equation*} \begin{split} -G+N+F_D &= 0 \\ N+bv_1 &= mg \\ \end{split} \end{equation*} Toisaalta jos saostuman tilavuus on niin sen massalle voidaan kirjoittaa: \begin{equation*} \rho_s = \frac{m}{V} \Rightarrow m = \rho_s V \end{equation*} Arkhimedeen lain mukaan kappaleeseen kohdistuva noste on yhtä suuri kun kappaleen syrjäyttämän nestemäärän paino: \begin{equation*} N = m_{neste}g = \rho_n gV \end{equation*} Sijoittamalla tiedot aikaisempaan yhtälöön saadaan: \begin{equation*} \begin{split} \rho_n gV+bv_1 &= \rho_s g V \\ bv_1 &= \rho_s gV-\rho_n gV \\ v_1 &= \frac{Vg(\rho_s-\rho_n)}{b} \end{split} \end{equation*} Tarkastellaan nyt tilannetta, jossa koeputki on sentrifugissa. Kappale on ympyräliikkeessä, jolloin Newtonin II mukaan: \begin{equation*} \begin{split} \sum \overline{F} &= m\overline{a}_n \\ \overline{N}+\overline{F}_D &= m\overline{a}_n \\ N+F_D &= ma_n\\ \rho_n a_{n}V+bv_2 &= \rho_sV\omega^2 R \\ \rho_n\omega^2 R V+bv_2 &= \rho_sV\omega^2 R \\ v_2 &= \frac{V\omega^2R(\rho_s-\rho_n)}{b} \\ \end{split} \end{equation*} Toisaalta, koska koeputkella on paksuus \(d\), niin sentrifugin pyörimissäteestä tulee vähentää \(d\), eli: \begin{equation*} R = R_{sentrifugi}-d = 25\,\mathrm{cm}-2{,}5\,\mathrm{mm} = 24{,}75\,\mathrm{cm} \end{equation*} Lasketaan nyt kysytty nopeussuhde: \begin{equation*} \begin{split} \frac{v_2}{v_1} &= \frac{\frac{V\omega^2R(\rho_s-\rho_n)}{b}}{\frac{Vg(\rho_s-\rho_n)}{b}} \\ \frac{v_2}{v_1} &= \frac{V\omega^2R(\rho_s-\rho_n)}{b}\cdot \left(\frac{Vg(\rho_s-\rho_n)}{b}\right)^{-1} \\ \frac{v_2}{v_1} &= \frac{\omega^2 R}{g} \\ \frac{v_2}{v_1} &= \frac{\left(16000\cdot \frac{2\pi}{60\,\mathrm{s}} \right)^2\cdot 24{,}75\cdot10^{-2}\,\mathrm{m}}{9{,}81\,\mathrm{\frac{m}{s^2}}} \\ \frac{v_2}{v_1} &= 70827{,}62 \\ \frac{v_2}{v_1} &\approx 71000 \end{split} \end{equation*} Kappaleen nopeus sentrifugissa on siis 71 tuhatta kertaa suurempi kuin telineessä.

Ratkaistaan pallon säteelle lauseke tiheyden avulla alkutilanteessa: \begin{equation*} \begin{split} \rho &= \frac{m}{V_{pallo}} \\ \rho V_{pallo} &= m \\ \rho \frac{4}{3}\pi r_0^3 &= m \\ r_0^3 &= \frac{3m}{4\rho} \\ r_0 &= \sqrt[3]{ \frac{3m}{4\rho}} \\ \end{split} \end{equation*} Toisaalta kumpaankin palloon tuodaan \(Q\) verran energiaa, jolloin niiden lämpötila nousee \(\Delta T \) verran: \begin{equation*} Q = cm\Delta T \Rightarrow \Delta T = \frac{Q}{cm} \end{equation*} Lämpötilan nousun takia pallojen säde kasvaa: \begin{equation*} \Delta r = r_0\alpha\Delta T \end{equation*} Säteen kasvun takia myös pallon massakeskipiste muuttuu. Alkutilanteessa pallo oli \(r_0\) etäisyydellä langan toisesta päästä, mutta nyt ne ovat \(r_0+\Delta r\) etäisyydellä. Tämä johtaa siihen, että pallon potentiaalienergia pienenee massakeskipisteen painuessa alaspäin: \begin{equation*} \Delta E_{pot} = mg\Delta r = mgr_0\alpha\Delta T=mg\alpha\cdot \frac{Q}{cm}\cdot \sqrt[3]{ \frac{3m}{4\rho}} = \frac{\alpha Qg}{c}\cdot \sqrt[3]{ \frac{3m}{4\rho}} \end{equation*} Eli palloille \(A\) ja \(B\) muutos: \begin{equation*} \begin{split} E_A &= \frac{\alpha Qg}{c}\cdot \sqrt[3]{ \frac{3m_A}{4\rho}} \\ E_B &= \frac{\alpha Qg}{c}\cdot \sqrt[3]{ \frac{3m_B}{4\rho}} \\ \end{split} \end{equation*} Eli suhde: \begin{equation*} \begin{split} \frac{E_A}{E_B} &= \frac{\frac{\alpha Qg}{c}\cdot \sqrt[3]{ \frac{3m_A}{4\rho}}}{\frac{\alpha Qg}{c}\cdot \sqrt[3]{ \frac{3m_B}{4\rho}}} \\ \frac{E_A}{E_B} &= \frac{\sqrt[3]{ \frac{3m_A}{4\rho}}}{\sqrt[3]{ \frac{3m_B}{4\rho}}} \\ \frac{E_A}{E_B} &= \sqrt[3]{\frac{\frac{3m_A}{4\rho}}{\frac{3m_B}{4\rho}}} \\ \frac{E_A}{E_B} &= \sqrt[3]{\frac{m_A}{m_B}} \\ \end{split} \end{equation*}

un polttoainetta poltetaan litra siitä vapautuu energiaa määrä: \begin{equation*} Q_H = Hm_{polttoaine} = H\rho V \end{equation*} Kaikki tästä energiasta ei kulu lentokoneen potentiaalienergian muuttamiseen. Ratkaistaan moottorin Carnot'n hyötysuhde \begin{equation*} \eta = \frac{W}{Q_H} = 1-\frac{T_C}{T_H} \Rightarrow W = Q_H\left(1-\frac{T_C}{T_H}\right) \end{equation*} Tehty työ muuttuu helikopterin potentiaalienergiaksi: \begin{equation*} \begin{split} E_{pot} &= W \\ mgh &= Q_H\left(1-\frac{T_C}{T_H}\right) \\ h &= \frac{Q_H\left(1-\frac{T_C}{T_H}\right)}{mg} \\ h &= \frac{H\rho V\left(1-\frac{T_C}{T_H}\right)}{mg} \\ h &= \frac{4{,}7\cdot10^3\cdot10^3\,\mathrm{\frac{J}{kg}}\cdot 0{,}8\,\mathrm{\frac{kg}{l}} \cdot 1\,\mathrm{l}\left(1-\frac{(900+273{,}15\,\mathrm{K})}{(2000+273{,}15\,\mathrm{K})}\right)}{2000\,\mathrm{kg}\cdot 9{,}81\,\mathrm{\frac{m}{s^2}}} \\ h &= 927{,}370\,\mathrm{m}\\ h &\approx 930\,\mathrm{m} \\ \end{split} \end{equation*}

a) Teho-aika kuvaajan fysikaalinen pinta-ala on energiaa. Lasketaan siis graafisesti yhden pulssin pinta-ala. Voidaan huomata, että pulssin pinta-ala koostuu neliöstä ja kolmiosta: \begin{equation*} \begin{split} E_{pulssi} &= A_{nelio}+A_{kolmio} \\ E_{pulssi} &= \left(50\,\mathrm{W}\cdot 10\cdot10^{-3}\,\mathrm{s}\right) + \left(\frac{1}{2}\cdot 50\,\mathrm{W}\cdot 10^{-3}\,\mathrm{s}\right) \\ E_{pulssi} &= 0{,}750\,\mathrm{J} \\ \end{split} \end{equation*} b) Kuvaajalta voidaan lukea jaksonajaksi \(T\approx 20\,\mathrm{ms}\), jolloin keskiteholle saadaan: \begin{equation*} P_k = \frac{\Delta E}{\Delta t} = \frac{E_{pulssi}}{T} = \frac{0{,}750\,\mathrm{J}}{20\cdot10^{-3}\,\mathrm{s}} = 37,5\,\mathrm{W} \approx 38\,\mathrm{W} \end{equation*} c) Yhden fotonin energia: \begin{equation*} \begin{split} E_{fotoni} &= hf \\ E_{fotoni} &= \frac{hc}{\lambda} \\ E_{fotoni} &= \frac{6,626070\cdot10^{-34}\,\mathrm{Js}\cdot 2,99792\cdot 10^8\,\mathrm{\frac{m}{s}}}{10{,}6\cdot10^{-6}\,\mathrm{m}} \\ E_{fotoni} &= 1{,}8740\cdot10^{-20}\,\mathrm{J} \end{split} \end{equation*} Eli tarvitaan \(m\) määrä fotoneja tuottamaan yksi pulssi: \begin{equation*} m = \frac{E_{pulssi}}{E_{fotoni}} = \frac{ 0{,}750\,\mathrm{J}}{1{,}8740\cdot10^{-20}\,\mathrm{J}} = 4{,}00213\cdot10^{19}\approx 4,0\cdot10^{19} \end{equation*} d) Lasketaan potilaan ihon massa tiheyden avulla alueelle johon laser kohdistuu: \begin{equation*} \begin{split} \rho &= \frac{m}{V} \\ m &= \rho V \\ m &= \rho \pi r^2 h\\ \end{split} \end{equation*} Koko pulssin energia kuluu ihon lämmittämiseen. Olkoon pulssien määrä \(n\): \begin{equation*} \begin{split} nE_{pulssi} &= Q \\ nE_{pulssi} &= cm\Delta T \\ nE_{pulssi} &= c\rho \pi r^2 h(T_2-T_1) \\ nE_{pulssi} &= c\rho \pi r^2 h(1{,}15T_1-T_1) \\ nE_{pulssi} &= c\rho \pi r^2 h\cdot 0{,}15T_1 \\ n &= \frac{c\rho \pi r^2 h\cdot 0{,}15T_1}{E_{pulssi}} \\ n &= \frac{3{,}5\,\mathrm{\frac{kJ}{kg\cdot K}}\cdot 1100\,\mathrm{\frac{kg}{m^3}} \cdot 3,14159\cdot \left(1{,}5\cdot10^{-2}\,\mathrm{m}\right)^2 \cdot 1\cdot10^{-2}\,\mathrm{m}\cdot 0{,}15\cdot(37+273,15)\,\mathrm{K}}{0{,}750\,\mathrm{J}} \\ n &= 4{,}5015 \\ n&\approx 4 \\ \end{split} \end{equation*} Korkeintaan neljä kokonaista pulssia.

Ratkaistaan vakion \(k\) suuruus ensin. Tiedetään, että \(30\) minuutissa lämpötila laskee \(3^\circ C\): \begin{equation*} \begin{split} (27-3)\mathrm{^\circ C} &= 20\mathrm{^\circ C}+37\mathrm{^\circ C}\cdot e^{-k\cdot (30\cdot60)\mathrm{s}} \\ 24\mathrm{^\circ C}-20\mathrm{^\circ C} &=37\mathrm{^\circ C}\cdot e^{-k\cdot 180\,\mathrm{s}} \\ 0{,}10810 &= e^{-k\cdot 180\,\mathrm{s}} \\ \ln(0{,}10810) &= -k\cdot 180\,\mathrm{s} \end{split} \end{equation*} Tehtävän approksimaatiolla saadaan logaritmille arvo: \begin{equation*} \ln(0{,}10810) \approx 10\cdot 0{,}10810-3{,}3 = -2{,}219 \end{equation*} Jolloin saadaan ratkaistua \(k\): \begin{equation*} k \approx -\frac{-2{,}219}{180\,\mathrm{s}} = 0,0123277\,\mathrm{\frac{1}{s}} \end{equation*} Ratkaistaan jäähtymislain avulla nyt kuinka monta tuntia on kulunut, kun lämpötila on laskenut ajassa \(t\) arvosta \(37\mathrm{^\circ C}\) arvoon \(27\mathrm{^\circ C}\): \begin{equation*} \begin{split} 27\mathrm{^\circ C} &= 20\mathrm{^\circ C}+37\mathrm{^\circ C}\cdot e^{-kt} \\ 0{,}18918 &= e^{-kt} \\ \ln(0,18918) &= -kt \\ t &= -\frac{\ln(0{,}18918)}{k} \end{split} \end{equation*} Logaritmille saadaan laskettua: \begin{equation*} \ln(0,18918) \approx 10\cdot0{,}18918-3{,}3= -1{,}4082 \end{equation*} Eli aika: \begin{equation*} t = -\frac{-1{,}4082}{0,0123277\,\mathrm{\frac{1}{s}}} = 114{,}2305\,\mathrm{s} = 1{,}90384\,\mathrm{min} \end{equation*} Eli henkilö on kuollut noin \(1{,}9+30 = 31{,}9\) minuuttia ennen tutkijoiden saapumista.

Merkitään alaindekseille \(t\)-tikka , \(p\)-pallo Ratkaistaan tikan alkunopeus. Jousen potentiaalienergia muuttuu tikan kineettiseksi energiaksi: \begin{equation*} \begin{split} E_{jousi} &= E_{kin,tikka} \\ \frac{1}{2}kx^2 &= \frac{1}{2}m_tv_0^2 \\ v_0 &= \sqrt{\frac{k}{m_t}}x \end{split} \end{equation*} Tämän jälkeen tikka törmää palloon. Kappaleet tarttuvat yhteen ja kulkee törmäyksen jälkeen samalla nopeudella, jolloin liikemäärän säilymisestä seuraa: \begin{equation*} \begin{split} \overline{p}_1 &= \overline{p}_2 \\ m_{t}\overline{v}_0 &= m_{kok}\overline{v}_2 \\ m_tv_0 &= (m_t+m_p)v_2 \\ v_2 &=\frac{m_tv_0}{m_t+m_p} \end{split} \end{equation*} Toisaalta Newtonin II lain mukaan ympyräliikkeessä: \begin{equation*} \begin{split} \sum \overline{F} &= m_{kok}\overline{a}_n \\ \overline{T}+\overline{G} &= m_{kok}\overline{a}_n \\ \end{split} \end{equation*} jotta pallo ja tikka pääsisi juuri ja juuri "silmukan" yli tukivoima menee hetkellisesti nollaan ylimmässä pisteessä: \begin{equation*} \begin{split} \Rightarrow G &= m_{kok}a_n \\ m_{kok}g &= m_{kok}\frac{v_3^2}{R} \\ v_3 &= \sqrt{gR} \\ \end{split} \end{equation*} Tarkastellaan tilannetta nyt energian kannalta. Tikalla ja pallolla on vain kineettistä energiaa silmukan alimmassa pisteessä. Ylimmässä pisteessä sillä on potentiaalienergiaa ja kineettistä energiaa: \begin{equation*} \begin{split} E_{kin,1} &= E_{kin,2}+E_{pot} \\ \frac{1}{2}m_{kok}v_2^2 &= \frac{1}{2}m_{kok}v_3^2+m_{kok}g\cdot 2R \\ \left(\frac{m_tv_0}{m_t+m_p}\right)^2 &= gR+4gR \\ \frac{m_t^2v_0^2}{(m_t+m_p)^2} &= 5gR \\ v_0^2 &= \frac{5gR(m_t+m_p)^2}{m_t^2} \\ v_0 &= \sqrt{\frac{5gR(m_t+m_p)^2}{m_t^2}} \\ \end{split} \end{equation*} Sijoitetaan alkunopeus jousen puristuman yhtälöön: \begin{equation*} \begin{split} \sqrt{\frac{5gR(m_t+m_p)^2}{m_t^2}} &= \sqrt{\frac{k}{m_t}}x \\ \frac{5gR(m_t+m_p)^2}{m_t^2} &= \frac{k}{m_t}x^2 \\ k &= \frac{5gR(m_t+m_p)^2}{m_tx^2} \\ k &= \frac{5\cdot 9{,}81\,\mathrm{\frac{m}{s^2}}\cdot 4{,}2\,\mathrm{m}\cdot(10\,\mathrm{kg}+5\,\mathrm{kg})^2}{5\,\mathrm{kg}\cdot (0{,4}\,\mathrm{m})^2} \\ k &= 57940{,}31\,\mathrm{\frac{N}{m}} \\ k &\approx 58\,\mathrm{kN} \\ \end{split} \end{equation*}

Kirjoitetaan säteilyn heikentymislaki kudoksen läpi mennelle intensiteetille: \begin{equation*} I_2 = I_0e^{-\mu_2 d} \end{equation*} Kudosta on reisiluussa siis \(d_k = d-l\) matka. Kirjoitetaan heikentymislaki matkalle kun säteily kulkee myös luun kautta: \begin{equation*} \begin{split} I_1 &= I_0e^{\mu_2d_k}e^{\mu_1 l} \\ \end{split} \end{equation*} Suoraan kudoksen läpi mennyt intensiteetti \(I_2\) on kaksi kertaa suurempi kuin \(I_1\), siis: \begin{equation*} \begin{split} I_2 &= 2I_1 \\ \frac{I_2}{I_1} &= 7 \\ \frac{I_0e^{-\mu_2 d}}{ I_0e^{-\mu_2d_k}e^{-\mu_1 l}} &= 7 \\ \frac{e^{-\mu_2 d}}{e^{-\mu_2d_k}e^{-\mu_1 l}} &= 7 \\ e^{-\mu_2 d} &= 7 e^{-\mu_2d_k}e^{-\mu_1 l} \\ e^{-\mu_2 d} &= 7e^{-\mu_2d_k-\mu_1 l} \\ e^{-\mu_2 d} &= 7e^{-\mu_2(d-l)-\mu_1 l} \\ e^{-\mu_2 d} &= 7e^{-\mu_2d+\mu_2l-\mu_1 l} \\ e^{-\mu_2 d} &= 7e^{-\mu_2 d}e^{\mu_2l-\mu_1 l} \\ 1 &= 7e^{\mu_2l-\mu_1 l} \\ \ln\left(\frac{1}{7}\right) &= l(\mu_2-\mu_1) \\ l &= \frac{\ln\left(\frac{1}{7}\right)}{\mu_2-\mu_1} \\ l &= \frac{\ln(0{,}142)}{0{,}20\,\mathrm{\frac{1}{cm}}-0{,}58\,\mathrm{\frac{1}{cm}}} \\ \end{split} \end{equation*} Logaritmin arvo saadaan approksimaation avulla: \begin{equation*} \ln{0{,}142} \approx 7{,}14\cdot0{,}142-2{,}96 = -1{,}94 \end{equation*} Luun paksuus siis: \begin{equation*} l \approx \frac{-1{,}94}{0{,}20\,\mathrm{\frac{1}{cm}}-0{,}58\,\mathrm{\frac{1}{cm}}} = 5{,}1052 \,\mathrm{cm}\approx 5{,}1\,\mathrm{cm} \end{equation*}

Kappaleeseen vaikuttaa sähkökentän aiheuttama voima sekä liikesuuntaan vastaan oleva virtausvastusvoima. Newtonin II lain mukaan: \begin{equation*} \begin{split} \sum \overline{F} &= \overline{0} \\ \overline{F}_E+\overline{F}_d &= \overline{0} \\ F_E-F_d &= 0 \\ QE &= 6\pi R^2\eta v\\ v &= \frac{QE}{6\pi R^2\eta} \end{split} \end{equation*} Toisaalta sähkökenttä on homogeeninen, jolloin: \begin{equation*} E = \frac{U}{d} \end{equation*} Nopeus \(v\) (ajautumisnopeus) on vakio. Tasaisessa liikkeessä: \begin{equation*} \begin{split} s &= vt \\ s &= \frac{QU}{6\pi R^2\eta d}t\\ s &= \frac{15\cdot1{,}602\cdot10^{-19}\,\mathrm{C}\cdot 25{,}0\,\mathrm{V}}{6\cdot 3{,}14159\cdot (\frac{0{,}0025\cdot10^{-3}\,\mathrm{m}}{2})^2\cdot 5{,}2\cdot 10^{-3}\,\mathrm{Pas}}\cdot (15\cdot 60\,\mathrm{s})\\ s &= 0{,}23535\,\mathrm{m} \\ s &\approx 23{,}5\,\mathrm{cm} \\ \end{split} \end{equation*}

Kappaletta kiihdyttää alaspäin painovoima, jolloin kiihtyvyys \(a\) on putoamiskiihtyvyys \(a=g\). Ratkaistaan kuinka kauan elektronilla kestää pudota matka \(\Delta y\): \begin{equation*} \Delta y = v_0t+\frac{1}{2}gt^2 \Rightarrow t = \sqrt{\frac{2\Delta y}{g}} \end{equation*} Toisaalta, koska elektroni putoaa matkan \(\Delta y\) sen potentiaalienergia pienenee: \begin{equation*} \Delta E_{pot} = mg\Delta y \end{equation*} Ratkaistaan säteilyenergian määrä tehon avulla: \begin{equation*} P = \frac{E_s}{t} \Rightarrow E_s=Pt = \frac{\mu_0 q^2 g^2}{6\pi c}\cdot \sqrt{\frac{2\Delta y}{g}} \end{equation*} Jolloin potentiaalienergian muutoksen ja säteilyssä kadonneen energian suhde: \begin{equation*} \begin{split} \frac{E_s}{\Delta E_{pot}} &= \frac{\frac{\mu_0 q^2 g^2}{6\pi c}\cdot \sqrt{\frac{2\Delta y}{g}}}{mg\Delta y} \\ \frac{E_s}{\Delta E_{pot}} &= \frac{\mu_0 q^2}{6\pi cm}\sqrt{\frac{2g}{\Delta y}} \\ \end{split} \end{equation*} jossa varaus \(q=e\) ja \(m\) on elektronin massa. (luonnonvakioita)

a) Piirissä virta ei haaraudu, jolloin johtimissa kulkee yhtäsuuri virta. Jos johtimet ovat etäisyydellä \(d\) toisistaan niin ne kohdistavat toisiinsa voiman: \begin{equation*} F = \frac{\mu_0}{2\pi}\frac{I_1I_2}{r}L = \frac{\mu_0}{2\pi}\frac{I^2}{d}L \end{equation*} Jousi venyy nyt matkan \(\Delta x\), jolloin johdinten välinen voima on nyt: \begin{equation*} F = \frac{\mu_0}{2\pi}\frac{I^2}{(d+\Delta x)}L \end{equation*} Newtonin II lain mukaan kun systeemi on tasapainossa: \begin{equation*} \begin{split} \sum \overline{F} &= \overline{0} \\ \overline{F}+\overline{F}_{jousi} &= \overline{0}\\ F-F_{jousi} &= 0\\ \frac{\mu_0}{2\pi}\frac{I^2}{(d+\Delta x)}L &= k\Delta x \\ I^2 &= \frac{2\pi k\Delta x(d+\Delta x)}{\mu_0 L} \\ I &= \sqrt{\frac{2\pi k\Delta x(d+\Delta x)}{\mu_0 L}} \\ \end{split} \end{equation*} b) Ohmin lain mukaan: \begin{equation*} I = \frac{U}{R} \Rightarrow R = \frac{U}{I} = \frac{U}{\sqrt{\frac{2\pi k\Delta x(d+\Delta x)}{\mu_0 L}}} \end{equation*}