View
20
Download
1
Category
Preview:
Citation preview
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
3 Rörelse och krafter 1
Hastighet och acceleration
3.1 Fart är hastighetens storlek.
Svar: Falskt
3.2 Medelhastigheten fås som
600,5
1500m ⋅
=∆∆
=tsv m/s = 5,0 m/s
Svar 5,0 m/s
3.3 Medelhastigheten fås som
tss
tsv
∆−
=∆∆
= startslutm .
Förflyttningen startar och slutar på samma plats,
d.v.s. sslut = sstart, vilket ger
tss
tsv
∆−
=∆∆
= startstartm = 0,0 m/s.
Svar 0,0 m/s
3.4 Hastigheten du går med fås från
50gå ⋅= vs
som 50gåsv =
Hastigheten du åker med fås från
75åka ⋅= vs
som 75åkasv =
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
Då du går samtidigt som du åker får vi
tvs ⋅= +åkagå
där
+=+=+=+ 75
1501
7550åkagååkagå sssvvv
Detta ger tss ⋅
+=
751
501
eller t⋅
+=
751
5011
ur vilket den sökta tiden fås som
+
=
751
501
1t s = 30 s
Svar: 30 s
3.5 Boels medelhastighet fås som
21
21m tt
sstsv
++
=∆∆
=
där s1 = 1 000 m och s2 = 800 m
6,317
1000
1
11 ==
vst s = 211,8 s
och 6,312
800
2
22 ==
vst s = 240 s
vilket ger 2408,2118001000
21
21m +
+=
++
=ttssv m/s = 3,98 m/s
Svar: 4,0 m/s
3.6 Accelerationen fås som
0,8
6,3106,350startslutm
−=
∆−
=∆∆
=tvv
tva m/s2 =
= 1,39 m/s2
Svar: 1,4 m/s2
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
0
1
2
3
4
5
0 2 4 6 8 10
s (m)
t (s)
Grafer
3.7 Kurvans lutning vid en viss tidpunkt i en v-t-graf ger oss
momentanaccelerationen vid den tidpunkten.
Svar: Falskt
3.8 Kurvans lutning vid en viss tidpunkt i en s-t-graf ger oss
momentanhastigheten vid den tidpunkten
Svar: Momentanhastigheten
3.9 Förflyttningen fås som arean under en v-t-graf.
Arean delas här lämpligen in i två delar, A1 och A2.
100,51 ⋅=A m = 50 m
( )10230,22 −⋅−=A m = −26 m
vilket ger den totala arean A som
A = A1 + A2 = 50 + (−26) m = 24m
Svar: 24 m
3.10 Rörelsen kan delas in i tre delar.
1) Under de första två sekunderna rör sig föremålet med konstant
hastighet 2,0 m/s och förflyttar sig då från sin startpunkt till
s1 = v1⋅t1 = 2,0⋅2,0 m = 4,0 m.
v (m/s)
-2,0
0 23
5,0
t (s)
10
A1
A2
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
0
1
2
3
4
5
0 2 4 6 8 10
s (m)
t (s)
0
1
2
3
4
5
0 2 4 6 8 10
s (m)
t (s)
0
2
4
6
8
10
0 2 4 6 8 10 12
v (m/s)
t (s)
2) Under de därpå följande tre sekunderna är föremålet stilla.
3) Under de avslutande fyra sekunderna rör sig föremålet med en
konstant hastighet −1,0 m/s och förflyttar sig då s3 = v3⋅t3 = −1,0⋅4,0
m = −4,0 m bakåt tillbaka till sin startpunkt.
3.11 Förflyttningen fås som arean under v-t-grafen.
Arean delas här lämpligen in i två delar, A1 och A2.
263
1⋅
=A m = 9 m
( )2
93122
⋅−=A m = 40,5 m
vilket ger den totala arean A som
A = A1 + A2 = 9 + 40,5 m = 49,5 m
Svar: 50 m
A1
A2
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
3.12 Momentanhastigheten vid en viss tidpunkt fås som x-t-kurvans
lutning vid den tidpunkten. Kurvans lutning vid den tidpunkten kan
bestämmas genom att dra ett rakt streck, med samma lutning som
kurvan, genom punkten vid den tidpunkt vid vilken
momentanhastigheten ska bestämmas. Strecket har då samma
lutning som kurvan, som i sin tur är densamma som
momentanhastigheten.
25,13
0,050
01
01
−−
=−−
=ttxxv m/s = 28,6 m/s
Svar: 29 m/s
0
10
20
30
40
50
60
70
0 0,5 1 1,5 2 2,5 3
x (m)
t (s)
x0 och t0
x1 och t1
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
Acceleration och krafter
Krafter
3.13 Kroppen får, enligt Newtons andra lag, acceleration noll om den
resulterande kraften på den är noll. De tre krafterna i den övre
figuren summerar ihop enligt:
Den resulterande kraften blir då noll om du lägger till en kraft som
är lika stor som summan av de tre och motriktad, d.v.s. alternativ F.
Svar: F
3.14
Svar: 59 N med riktning 63° snett uppåt höger
P =
P =
P
F1 = 37 N
F2 = 31 N
30°
=
37 N
31 N
30°
31 sin 30° N
31 cos 30° N
37 + 31 sin 30° N = 52,5 N
26,8 N
=
52,5 N
26,8 N
α
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
Newtons lagar
3.15 a) Falskt: Newtons andra lag säger att mFa res= . Accelerationen
är sålunda beroende av föremålets massa.
b) Sant: Repets situation är densamma om du ersätter kompisen
med en vägg och drar med 100 N din ände av repet. Kraften i repet
är då, enligt Newtons tredje lag, 100 N.
Svar: a) Falskt och b) Sant
3.16 Newtons andra lag ger
0,2
0,70,30,5 −⋅== maFres N = −10 N
Svar: −10 N
3.17 Newtons andra lag ger accelerationen som
m
Fa res=
där m = 2,0 kg och resF behöver bestämmas.
Detta ger
0,228,7
==m
Fa res m/s2 = 3,64 m/s2
med samma riktning som den resulterande kraften.
Svar: 3,7 m/s2 riktad 74° nedåt höger
3.18 Newtons andra lag ger
11N0,55,1 ⋅=⋅= mFres
ur vilket den sökta massan fås som
11
0,55,1 ⋅=m kg = 0,682 kg
Svar: 0,68 kg
8,0 N 10 N
7,0 N
=
10 - 8,0 N = 2,0 N
7,0 N
=
2,0 N
7,0 N
α
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
3.19 Newtons första lag ger att klossen ligger still om den resulterande
kraften på den är noll. Det är den om kraften i det tredje snöret är
lika stor som summan av de två andra men motriktad. Summan av
de två första behövs sålunda.
Kraften i det tredje snöret behöver alltså vara 224 N stor och riktad
63° nordväst.
Svar: 224 N med riktning 63° nordväst.
3.20 Newtons andra lag ger
Först: mamgFres =−= 821 (1)
Sen: ammgFres 2922 =−= (2)
(1) ger gmm
mga −=−
=8282
in i (2) gmgm
mmg 216482292 −=
−=−
vilket ger 921642 −=−mggm
eller 72=mg
och g
m 72= kg = 7,33 kg
Svar: 7,3 kg
100 N
200 N
=
100 N
200 N N224N200100 22 =+
α
63100200tan 1 =
= −a
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
Vanliga krafter
3.21 a) Normalkraften är alltid riktad rakt ut från underlaget.
b) Accelerationen bestäms av den resulterande kraften. Om friktion
saknas är det samma krafter som verkar på klossen då den åker upp
som då den åker nedför planet: tyngdkraften och normalkraften.
Svar: a) Falskt och b) Sant
3.22 Jordens dragningskraft på månen utgörs av gravitationskraften:
( )24
2424
11
103800081100,6100,6
10674,6⋅
⋅⋅⋅
⋅= −F N = 241005,2 ⋅ N
Svar: 24101,2 ⋅ N
3.23 Först: 221
rmmGF ⋅
=
Sen: ( )
=
⋅
=⋅
= 2
21
2
21
sen 44
222
r
mm
Gr
mm
GF1616 2
21 FrmmG =⋅
Svar: 16F
3.24 På klossen verkar tre krafter: tyngdkraften, normalkraften och
kraften från snöret. I och med att klossen ligger still vet vi, enligt
Newtons första lag, att den resulterande kraften på klossen är noll.
Här är det lämpligt att ersätta tyngdkraften med två krafter: en
parallell med planet och en vinkelrät mot det.
30°
FN Fs
Fg
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
30cosgFF =⊥ och 30sin// gFF =
F⊥ är då lika med den sökta normalkraften
och F// är lika stor som kraften i snöret.
a) ==== ⊥ 30cos30cosN mgFFF g
= 30cos82,930 ⋅⋅ N = 255,1 N
b) ==== 30sin30sin//s mgFFF g
= 30sin82,930 ⋅⋅ N = 147,3 N
Svar: a) 260 N och b) 150 N
3.25 a) Tyngdkraften, normalkraften och friktionskraften.
Utan friktionskraften skulle klossen accelereras åt vänster, alltså är
friktionskraften riktad åt höger.
b) I och med att bordet är horisontellt och klossen inte accelereras
vertikalt säger Newtons första lag att den resulterande kraften i
vertikalled är noll. Alltså är normalkraften lika stor som och
motriktad tyngdkraften.
82,90,1N ⋅=== mgFF g N = 9,82 N
30°
FN Fs
Fg
F//
F⊥
3,0 N 10 N
FN
Fg
Fµ
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
c) =−−=−−= Nres 0,3100,310 FFF µµ
= 82,920,00,310 ⋅−− N = 5,04 N åt vänster.
Svar: a) Tyngdkraften, normalkraften och friktionskraften, b) 9,8 N
och c) 5,0N åt vänster.
3.26 En konstant hastighet innebär att accelerationen är noll. Newtons
första lag säger att om accelerationen är den resulterande kraften
noll. Här betyder det att normalkraften är lika stor som
tyngdkraften och att friktionskraften är lika stor som kraften du
knuffar på boken med.
mgF =N
0,1N === mgFF µµµ
vilket ger 0,1=mgµ
eller 82,919,0
0,10,1⋅
==g
mµ
kg = 0,536 kg
Svar: 0,54 kg
3.27 Newtons andra lag ger att accelerationen som
m
Fa res=
där =−=−= Nkulakula, FgmFgFF gres µµ
( )klosskulaklosskula mmggmgm µµ −=−=
och klosskula mmm +=
vilket ger ( ) ( )0,40,7
0,430,00,782,9
klosskula
klosskula
+⋅−
=+−
=mm
mmga µ m/s2 =
= 5,18 m/s2.
Svar: 5,2 m/s2
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
Jämvikt och linjär rörelse
3.28 Läget hos en sten som utför ett fritt fall kan skrivas som
2
2ats =
Alltså kan tiden för stenen att falla sträckan s1 skrivas som
ast 1
12
=
Om stenen släpps från dubbla höjden, ss 22 = , tar det tiden
1112
2 222222 tas
as
ast ==
⋅==
En sten som släpps från dubbelt så stor höjd träffar alltså marken
efter 2 gånger så lång tid.
Svar: Falskt
3.29 Vid fritt fall ändrar sig läget enligt:
tvvs ⋅+
=2
0
där v = v0 + at
vilket ger 2
2
0attvs +=
a) s = 3,0 m/s, v0 = 0,0 m/s och a = g = 9,82 m/s2
vilket ger 82,9
0,322 ⋅==
ast s = 0,782 s
b) v = v0 + at = 0,0 + 9,82·0,782 = 7,68 m/s
Svar: a) 0,78 s och b) 7,7 m/s
3.30 Vid fritt fall ändrar sig läget enligt:
tvvs ⋅+
=2
0
och hastigheten enligt
v = v0 + at
Här är utgångshastigheten och accelerationen motriktade varandra.
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
Uppåt väljs som positiv och då blir den motsatta, nedåt, negativ.
v0 = 18 m/s, a = −g = −9,82 m/s2 och t = 4,0 s
vilket ger v = 18 + −9,82·4,0 = −21,3 m/s
och 0,42
3,2118⋅
−+=s m = −6,56 m
Svar: −21 m/s och −6,6 m
3.31 Newtons andra lag ger att
Fres = ma
där m = 84 kg och a behöver bestämmas.
a fås från uttrycket för hur hastigheten ändrar sig
v = v0 + at
som tvva 0−
=
och tiden för hastighetsökningen fås från
tvv
s ⋅+
=2
0
vv
svv
st+
=
+
=00
2
2
Detta ger oss accelerationen som
( )( )svv
svvvv
tvva
22
20
2000 −=
+−=
−=
där v = 12 m/s, v0 = 8,0 m/s och s = 30 m
Detta ger 33,1302
0,8122
2220
2
=⋅−
=−
=svva m/s2
och Fres = 84·1,33 = 112 N
Svar: 0,11 kN
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
3.32 Hastigheten fås som
v = v0 + at
Newtons andra lag ger att
m
Fa res=
Detta ger v = v0 + m
Fres t
där v0 = 0,
Fres = 40 − Fµ = 40 − µFN =
= 40 − µmg = 40 − 0,25·100 N = 15 N
m = 100/9,82 kg = 10,18 kg
och t = 3,0s
Den sökta hastigheten blir då
v = 0 + 0,318,10
15⋅ m/s = 4,42 m/s
Svar: 4,4 m/s
3.33 Under loppets tre delar har vi, i tur och ordning,
1) 22
21
0120
1attvtvvs +=⋅
+=
där v0 = 0 m/s
vilket ger 22
21
12
1attvs =⋅= (1)
2) s2 = v2·t2
där s2 = 55 m och t2 = 5,0 s
vilket ger v2 = 55/5,0 m/s = 11 m/s
3) 323
3 2tvvs ⋅
+=
där v3 = 9,0 m/s
vilket ger 333 102
110,9 tts ⋅=⋅+
=
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
Vidare vet vi att
s1 + s2 + s3 = 100 (2)
t1 + t2 + t3 = 11 (3)
(2) ger 2
21at + 55 + 10⋅t3= 100 (4)
(3) ger t3 = 11 − t1 − t2 = 11 − t1 − 5,0 = 6 − t1 (5)
(5) i (4) 2
21at + 10·(6 − t1)= 45
2
21at − 10t1= −15 (6)
(1) ger aa
vt 1121 ==
in i (6) 2
11 2
aa
− 10a11= −15
2
1212 aa −
a110 = −15
a
5,60 − a
110 = −15
a
5,49− = −15
a = 15
5,49−− m/s2 = 3,3 m/s2
Svar: 3,3 m/s2
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
3.34 På tiden t hinner den orange bilen
sO = 19t
På tiden t hinner den röda bilen
sR = 24t
När är den röda bilen är 1,0 km före den orangea?
sR = sO + 1000
24t = 19t + 1000
eller t = 200 s
Svar: 3 min och 20 s
3.35 Här är den kastade bollens utgångshastighet och accelerationen
motriktade varandra. Uppåt väljs som positiv och då blir den
motsatta, nedåt, negativ.
Höjd för boll som kastas uppåt med v0:
22
2
00
kastagttvtvvs −==⋅
+=
Höjd för boll som släpps:
22
20
släppgttvvs −=⋅
+=
Skillnaden mellan bollarnas höjd
tvgttvgtsss 0
2
0
2
kastasläpp 22−=
−−−=−=∆
Skillnaden mellan bollarnas höjd ökar alltså linjärt med tiden.
Svar: b)
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
3.36 Bilens medelhastighet ges av
tsvm =
där s = 150 m och t behövs.
Tiden fås från
tvtvvs ⋅=⋅+
=22
0
och v = v0 + at = at
vilka ger tats ⋅=2
eller ast 2
=
Medelhastigheten fås då som
======2222
2 sasas
sas
as
stsvm
2
5,21502
⋅==
sa m/s = 13,7 m/s
Svar: 14 m/s
3.37 För en likformigt accelererad rörelse ändrar sig läget enligt
tvtvvs ⋅=⋅+
=22
0
Hastigheten ändrar sig enligt
v = v0 + at = at
vilket ger avt =
Dessa ger a
vavvs
22
2=⋅=
där v = 8,0 m/s och a = g = 9,82 m/s2
vilket ger 82,92
0,8 2
⋅=s m = 3,26 m
Svar: 3,3 m
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
Rörelse vid mycket höga hastigheter
Tidsdilatation
3.38 Den som är still i förhållande till något som händer mäter t0.
Den som rör sig i förhållande till platsen där det händer mäter t.
Sambandet mellan dessa ser ut som
γ0tt =
där 2
1
1
−
=
cv
γ
I och med att γ < 1 är t > t0.
Svar: Sant
3.39 Här är t0 = 45 s och v = 0,5c
och vi ska räkna ut t.
γ0tt =
där 2
1
1
−
=
cv
γ
Detta ger 22 5,01
1455,01
145−
=
−
=
cc
t s = 51,96 s
Svar: 52 s
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
3.40 Här är t0 = 3,0 s och t = 3,001 s
och vi ska räkna ut v.
γ0tt =
där 2
1
1
−
=
cv
γ
Detta ger 20
1
1
−
=
cv
tt
ur vilket vi bryter ut v:
tt
cv 0
2
1 =
−
2
02
1
=
−
tt
cv
2
02
1
−=
tt
cv
2
01
−=tt
cv
Detta ger 2
82
0
001,30,311031
−⋅=
−=tt
cv m/s = 7744031
m/s
Svar: 7700 km/s
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
Längdkontraktion
3.41 Här är l0 = 0,30 m och l = 0,25 m
och vi ska räkna ut v.
γ0ll =
där 2
1
1
−
=
cv
γ
Detta ger 2
0 1
−=
cvll
ur vilket vi bryter ut v:
2
01
−=
cv
ll
22
01
−=
cv
ll
2
0
2
1
−=
ll
cv
2
01
−=
ll
cv
2
82
0 30,025,011031
−⋅=
−=
llcv m/s =
= 165831240 m/s
Svar: 1,7⋅108 m/s
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
3.42 Här är l0 = 26 ljusår = 26⋅9,5⋅1015 m och v = 0,94c
a) γ0ll =
där 2
1
1
−
=
cv
γ
vilket ger =
−=
−=
22
094,01261c
ccvll
294,0126 −= ljusår = 8,87 ljusår
b) Jordborna mäter längden l0 och tiden t:
8
150
10394,0105,926⋅⋅⋅⋅
==vl
t s = 875886524 s =
= 875886524/(365⋅24⋅60⋅60) år = 27,8 år
c) Astronauten mäter tiden t0:
γ0tt =
där 2
1
1
−
=
cv
γ
Detta ger =
−=
−=
22
094,018758856241c
ccvtt
294,01875885624 −= s = 298830096 s =
= 298830096/(365⋅24⋅60⋅60) år = 9,48 år
Svar: a) 8,9 ljusår, b) 28 år och c) 9,5 år
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
Rörelsemängd och impuls
3.43 Om man tittar på ett enstaka föremål, eller ett begränsat antal
föremål, kan den totala rörelsemängden hos det/de ändras. En
förändring där innebär dock alltid en motsvarande förändring bland
omgivande föremål. Tas hänsyn till alla föremål fås därför ingen
förändring av den totala rörelsemängden. Exempel: en kloss som
åker efter ett bord och har en rörelsemängd. Efter ett tag är klossen
stilla och har då ingen rörelsemängd. . Rörelsemängden har dock
inte försvunnit: bordet, jorden etc. har fått den.
Svar: Sant
3.44 Bågskyttens och pilens totala rörelsemängd bevaras eftersom
summan av krafterna som utövas på dem av något annat är noll.
pföre = pefter
pskytt + pil = pskytt + ppil
(mskytt + mpil)vskytt+pil = mskyttvskytt + mpilvpil
Detta ger den sökta skyttens hastighet som
( )
skytt
pilpilpilskyttpilskyttskytt m
vmvmmv
−+= +
där mskytt = 79 kg, mpil = 0,036 kg vskytt+pil = 0,0 m/s och vpil = 95 m/s
vilket ger ( )79
95036,00,0036,079skytt
⋅−⋅+=v m/s = − 0,0433 m/s
Svar: −4,3 cm/s
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
3.45 Lokets och tågvagnarnas totala rörelsemängd bevaras eftersom summan av krafterna som utövas på dem av något annat är noll. pföre = pefter plok + pvagnar = plok + vagnar
mlokvlok + mvagnarvvagnar = (mlok+m vagnar)vlok + vagnar
Detta ger den sökta vagnarnas hastighet som
( )
vagnar
loklokvagnarlokvagnarlokvagnar m
vmvmmv
−+= +
där mlok = m, mvagnar = 2m, vlok = −2,0 m/s, vlok + vagnar = 1,0 m/s
så ( )
=−+
= +
mmvvmm
v2
2 lokvagnarlokvagnar
=−
= +
mmvmv
23 lokvagnarlok
=−
= +
23 lokvagnarlok vv
= ( )2
0,20,13 −−⋅ m/s = 2,5 m/s
Svar: 2,5 m/s
3.46 pföre = pefter
pvagn = pvagn + påse
mvagnvvagn = (mvagn+mpåse)vvagn + påse
Detta ger den sökta gemensamma hastigheten som
påsevagn
vagnvagnpåsevagn mm
vmv
+=+
där mvagn = 2,5 kg, vvagn = 3,8 m/s och mpåse = 0,85 kg
vilket ger 85,05,28,35,2
påsevagn +⋅
=+v m/s = 2,84 m/s
Svar: 2,8 m/s
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
3.47 pföre = pefter
p1 + p1 = p1 + 2
m1v1 + m2v2 = (m1+m2)v1 + 2
Detta ger den sökta gemensamma hastigheten som
21
221121 mm
vmvmv
++
=+
där m1 = 0,10 kg, m2 = 0,30 kg, v1 = 2,8 m/s och v2 = 0,0 m/s
vilket ger 30,010,0
0,030,08,210,021 +
⋅+⋅=+v m/s = 0,70 m/s
Svar: 0,70 m/s
3.48 a) Deras totala rörelsemängd fås som summan av de två
rörelsemängderna. Viktigt är, som alltid vid vektorer, att ta
hänsyn till båda dess egenskaper. Storlek och riktning.
där p1 = m1·v1 = 1000·15 kgm/s = 150000 kgm/s
och p2 = m2·v2 = 2000·10 kgm/s = 200000 kgm/s
vilket ger den totala rörelsemängdens storlek som
2222
21res 2000015000 +=+= ppp kgm/s =
= 25000 kgm/s
och riktning som
9,362000015000tantan 1
2
11 =
=
= −−
pp
a
Norr p1
p2
α
pres
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
b) Rörelsemängden bevaras vilket ger:
pres = pefter
pres = (m1 + m2)vefter
vilket ger oss hastighetens storlek som
vefter = pres/(m1 + m2) =
= 25000/(1000 + 2000) = 8,33 m/s
och dess riktning är samma
som totala rörelsemängden före kollisionen.
Svar: a) 2,5·103 kgm/s med riktning 37° nordost och
b) 8,3 m/s med samma riktning som i a)
3.49 Ändringen i vagnens rörelsemängd fås som
Δp = pefter − pföre = mvefter − mvföre = m(vefter − vföre) =
= 1,6(1,0 − 5,0) = −6,4 kgm/s
Svar: −6,4 kgm/s
3.50 Bollens hastigheter före resp. efter studs är motriktade varandra.
Uppåt väljs som positiv riktning.
a) Bollens rörelsemängd just före studs fås som
pföre = mvföre
där m = 0,100 kg
och vföre storlek fås från att bollen utför ett fritt fall
tvtvvs ⋅=⋅+
=22föreföre0
vilket ger tsv 2
före =
t fås från vföre = v0 + at = at
som a
vt före=
och föreföre
före22v
saav
sv ==
eller sav 2före =
där s = 2,0 m och a = g = 9,82 m/s2
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
vilket ger 82,90,22före ⋅⋅=v m/s = 6,27 m/s
och storleken på rörelsemängden för studsen
pföre = mvföre = 0,100·6,27 kgm/s = 0,627 kgm/s
Denna är dock i negativ riktning så
pföre = −0,627 kgm/s
Bollens rörelsemängd just efter studs fås som
pefter = mvefter
där m = 0,100 kg och vefter storlek fås på samma sätt som vföre
sav 2efter =
där s = 1,5 m och a = g = 9,82 m/s2
vilket ger 82,95,12efter ⋅⋅=v m/s = 5,43 m/s
och storleken på rörelsemängden för studsen
pefter = mvefter = 0,100·5,43 kgm/s = 0,543 kgm/s
i positiv riktning, så
pefter = 0,543 kgm/s
b) Impulsen ges av
I = Ft = Δp = pefter − pföre
ur vilket den sökta kraften fås som
( )3
föreefter
100,1627,0543,0
−⋅−−
=−
=t
ppF N = 1170 N
Svar: a) −0,627 kgm/s resp. 0,543 kgm/s och b) 1,2 kN
3.51 Du ger bilen en impuls
I = Ft = Δp = pefter − pföre
ur vilket den sökta kraften fås som
( )t
vvmt
mvmvt
ppF föreefterföreefterföreefter −=
−=
−=
där m = 1200 kg, vefter = 2,0 m/s, vföre = 0,0 m/s och t = 4,8 s
vilket ger ( ) ( )8,4
0,00,21200föreefter −=
−=
tvvmF N = 500 N
Svar: 0,50 kN
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
Tryck och Arkimedes princip
3.52 a) Ovanför dig finns luft som har massa. Tyngdkraften drar luften
mot jorden och dig och orsakar det lufttryck vi lever i.
b) Lyftkraften är beroende på hur stor volym som trängs undan.
Bowlingklotet har större volym och påverkas därmed av en större
lyftkraft.
Svar: Sant och b) falskt
3.53 Densitet beräknas enligt:
Vm
=ρ
där m = 0,567 kg = 567 g och V = 6,0·3,0·4,0 cm3 = 72 cm3
vilket ger 72
567=ρ g/cm3 = 7,88 g/cm3
Svar: 7,9 g/cm3
3.54 Vätskans densitet kan skrivas som
vätska
vätskavätska V
m=ρ
där Vvätska = 100 ml = 100 cm3 och mvätska behövs.
Före: mbägare = 67 g
Efter mbägare + mvätska = 153 g
vilket ger mvätska = 153 − mbägare = 153 − 67 g = 86 g
Vätskans densitet kan beräknas som
10086
vätska
vätskavätska ==
Vmρ g/cm3 = 0,86 g/cm3
Svar: 0,86 g/cm3
3.55 Trycket ges av
AFp =
där F = mg = 0,84⋅10-3 ⋅ 9,82 N = 8,25⋅10-3 N
och A = 0,133⋅0,066 m2 =8,78⋅10-3 m2
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
vilket ger 3
3
1078,81025,8
−
−
⋅⋅
=p Pa = 0,940 Pa
Svar: 0,94 Pa
3.56 Det totala trycket ges av
ptot = pluft + ρhg
där pluft = 101⋅103 Pa, ρ = 1000 kg/m3
h = 12,5 m och g = 9,82 m/s2
Detta ger ptot = 101⋅103 + 1000·12,5·9,82 Pa = 223750 Pa
Svar: 0,22 MPa
3.57 Det totala trycket nere hos dykaren ges av
ptot = pluft + ρhg
ur vilket det sökta lufttrycket fås som
=−= hgpp ρtotluft
0,582,9100010140 3 ⋅⋅−⋅= Pa = 90900 Pa
Svar: 91 kPa
3.58 a) I och med att båten flyter är lyftkraften
lika stor som tyngdkraften
FL = Fg = mg = 0,27·9,82 N = 2,65 N
b) Lyftkraften kan också skrivas som
FL = mu⋅g = ρu⋅Vu g
ur vilket den sökta volymen fås som
g
FVu
Lu ρ=
där ρu = ρvatten =1000 kg/m3
vilket ger 82,91000
65,2u ⋅=V m3 = 2,70⋅10-4 m3 =
= 0,27 dm3 = 0,27 liter
Svar: a) 2,7 N och b) 0,27 liter
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
3.59 Summan av krafterna uppåt
=+=+= gVFFFF uuduLduupp ρ
gmFgVFsten
stenudustenudu ρ
ρρ +=+=
Kraften nedåt
gmFF g stenned ==
Stenen är stilla, alltså är summan av krafterna uppåt
lika med summan av krafterna nedåt:
nedupp FF =
gmgmF stensten
stenudu =+ρ
ρ
ur vilket den sökta kraften fås som
=−= gmgmFsten
stenustendu ρ
ρ
2297,20,1182,9371
sten
usten =
−⋅=
−=ρρgm N
Svar: 230 N
3.60 Kraft nedåt, tyngdkraften på oljetankern,
är lika med kraft uppåt, lyftkraft från vattnet på oljetankern.
gVmg uuρ=
15482771000uu ⋅⋅⋅== Vm ρ kg = 199·106 kg
Svar: 200·106 kg
3.61 Klossen flyter om maximal kraft uppåt
är minst lika stor som total kraft nedåt.
Kraft uppåt: gVFF uuLupp ρ==
där 3vattenu mkg1000== ρρ
== träklossu VV 343 m1025,1m050,010,0025,0 −⋅=⋅⋅
vilket ger 82,9101,250001 -4upp ⋅⋅⋅=F N = 1,23 N
LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3
Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB
Kraft ned: ( ) =+=+= viktträklossvikt,träkloss,ned mmgFFF gg
( ) =+= viktträklossträkloss mVg ρ
( )0060,01025,145082,9 4 +⋅⋅= − N = 0,611 N
Svar: Ja, den flyter eftersom maximal kraft uppåt
är större än kraft nedåt.
3.62 Kraft upp gVNgVNNFF ballonguuuLupp ρρ ===
Kraft ned ( ) =++= gmgmNgmF heliumballongbarnned
( )( )=++= heliumballongbarn mmNmg
( )( )ballongheliumballongbarn VmNmg ρ++=
2-åringen flyger iväg då kraften uppåt blir större än kraften nedåt.
nedupp FF =
( )( )ballongheliumballongbarnballongu VmNmggVN ρρ ++=
Bryt ut N ( )ballongheliumballongbarnballongu VmNmVN ρρ ++=
( ) barnballongheliumballongballongu mVmNVN =+− ρρ
( )( ) barnballongheliumballongballongu mVmVN =+− ρρ
ballongheliumballongballongu
barn
VmVmN
ρρ −−=
( ) =−−
=ballongheliumuballong
barn
mVmNρρ
( ) =−−
=0040,0178,029,1011,0
10 1215
Svar: 1200 st
Recommended