Uppgift 3.5. Vi har att: a = dv dt enligt definitionen. Med vårt uttryck blir detta: dt = kv2. Vi separerar variablerna: v 2 = kdt

Transkript

1 Uppgift 3.5 a) Vi har att: a = dv dt enligt definitionen. Med vårt uttryck blir detta: Vi separerar variablerna: Vi kan nu integrera båda leden: dv v = k dv dt = kv dv v = kdt dt 1 v = kt + C där C är en konstant som vi ska bestämma med hjälp av begynnelsevillkoren. Då t =0är v = v 0,dvs och vårt uttryck för v blir: C = 1 v 0 1 v = kt + C 1 v 0 = kt 1 v 0 v = v 0 ktv 0 +1 Vi sätter nu att: och söker tidpunkten t. vilket ger: v(t) = v 0 v 0 ktv 0 +1 = v 0 1 ktv 0 +1 = 1 ktv 0 +1= t = 1 kv 0 och vi får numeriskt: Svar: v 0 ktv 0 +1, 36 s t = 1 0, ,6 s = 35,71... s 36 s

2 b) Vi har s(t) = v(t)dt som med vår hastighet blir: s(t) = v 0 ktv 0 +1 = 1 k ln (1 + ktv 0)+D där konstanten D bestäms av villkoret s(0) = s 0,medföljande resultat: och slutligen: D = s 0 s(t) s 0 = 1 k ln (1 + ktv 0) Vi kan nu beräkna sträckan: s(t) s 0 = 1 0,008 ln 1+0,008 35,71 36 m = 50 m 3,6 Svar: 50 m

3 Uppgift 3.6 Enligt ledningen kan vi skriva: Med vårt uttryck får vi Vi integrerar båda sidor: (6x + )dx = adx = vdv a =6x + (6x + )dx = vdv vdv 3x +x = 1 v + C där C är en konstant vi får bestämma ur villkoret att v = 10 m/s då x = 0, vilket ger att: Vi löser ut hastigheten: 0= C C = 50 v = ± 6x +4x Vi ser att endast den positiva roten uppfyller begynnelsevillkoret, och vår slutliga lösning är alltså: Svar: 6x +4x v(x) = 6x +4x + 100

4 Uppgift 3.9 Den totala accelerationen kan delas upp i två vinkelräta komposanter; centripetalaccelerationen: a c = v R som svarar mot hastighetens riktningsändring, och den tangentiella accelerationen: a t = d v dt = dv dt som svarar mot fartändringen. När vi bestämt dessa komposanter får vi den totala accelerationens storlek, a, som: a = a c + a t Vi beräknar först centripetalaccelerationen vid B: a c = (45/3,6) 0 m/s =7,815 m/s För att beräkna a t behöver vi alltså betrakta fartändringen vid B. Eftersom det står att hastighetsmätaren visar likformigt ökande utslag då bilen kör genom kvartscirkelbanan kan vi använda sambandet: a t s = v v 0 där s = πr/4, dvs en fjärdel av cirkelns omkrets. Den tangentiella accelerationen blir då: Den totala accelerationen blir: Svar: 8,0 m/s a t = v v0 πr = (45/3,6) (5/3,6) m/s =1,719 m/s 0π a = (7,815) +(1,719) m/s 8,0 m/s

5 Uppgift 3.1 Det är naturligt att välja Jorden som ett koordinatsystem, där vi betecknar polisens (P) x PJ och fortkörarens (F) läge x FJ. Vi är intresserade av det relativa avståndet mellan P och F. Läget för F relativt P, x FP,hänger ihop med de övriga lägena enligt: 1 Vi söker tidpunkten då x FP = 10 m. x FJ = x FP + x PJ x FP = x FJ x PJ (1) Vi kan allmänt skriva läget som funktion av tiden för en partikel som rör sig längs en axel som: x(t) =x 0 + v 0 t + a t Vi kan välja att x PJ =0vidt = 0 eftersom vi endast är intresserade av avståndet mellan P och F. x PJ (t) = v 0,P t + a t x FJ (t) = d + v 0,F t Nu använder vi (1) och får: x FP = d + v 0,F t v 0,P t + a t Med insatta numeriska värden: som vi förenklar till: 10 = ,6 t t 16t 80 = 0 7 3,6 t t Denna andragradsekvation kan lösas på valfritt sätt. Med kvadratkomplettering blir kalkylen: och (t 8) 144 = 0 t =8± 1 Den positiva roten är t = 0 s, som är vårt svar: Svar: 0 s 1 Jämför sambandet r PA = r PB + r BA på formelbladet Om vi istället hade tecknat x PJ =... så hade vi använt x PF = 10 m. Polisens läge relativt fortköraren är ju 10 m, dvs 10 meter bakom fortköraren. Kom ihåg att x AB = x BA

6 b) Här söker vi endast sträckan som polisbilen tillryggalägger under den tid då den accelererar från v 0 = 7/3,6 m/s = 0 m/s till Vi kan därför använda sambandet: v = 180/3,6 m/s = 50 m/s as = v v 0 s = v v 0 a Accelerationen är a =3,75 m/s, dvs positiv, eftersom polisbilen ökar sin hastighet längs med sin färdriktning relativt marken. Sträckan blir: Svar: 80 m s = ,75 m = 80 m

7 Uppgift 4.3 a) De krafterna kan ersättas med en resulterande kraft: F R = F 1 + F + F 3 Om bilen ska rulla med konstant hastighet, så att a = 0, krävs att: Detta innebär F R,x = F R,y = 0. Svar: x- och y-komposanterna ska vara noll b) Vi vet från a) att ekvationen gäller. Vi betraktar nu denna komposantvis: och löser ut komposanterna hos F 1 : Vi ser från figuren att och att Detta insatt i (13) och () ger nu: F R = ma = 0 F 1 + F + F 3 = 0 x : F 1,x + F,x + F 3,x =0 y : F 1,y + F,y + F 3,y =0 F 1,x = F,x F 3,x (1) F 1,y = F,y F 3,y () F 3,x = F 3 = 0,45 kn F 3,y = 0 F,x = F cos β =0,30 cos 0 kn = 0,8191 kn F,y = F sin β = 0,30 sin 0 kn = 0,1061 kn F 1,x = 0,8191 kn ( 0,45) kn = 0,16810 kn (3) F 1,y = ( 0,1061) kn = 0,1061 kn (4) Nu kan vi beräkna beloppet av kraften F 1 enligt: F 1 = F1,x + F 1,y = 0, ,1061 kn 0,0 kn och vinkeln enligt: vilket ger: Svar: F 1 =0,0 kn, α = 31 tan α = F 1,y F 1,x = 0,1061 0,16810 α 31

8 Uppgift 4.10 Vi frilägger varje låda för sig och använder Newtons andra lag: F = Ma Vänstra lådan: Högra lådan: F N mg =0 (1) T =ma () FN mg =0 (3) T + F = ma (4) Eftersom vi är intresserade av kraften från snöret, T, så använder vi nu sambanden () och (4). Observera att kraften från snöret, T, är lika stor på båda lådorna. Accelerationen, a, måste också vara samma för båda lådorna. Vi har alltså: T =ma (5) T + F = ma (6) Vi eliminerar nu ma: T = T +F T = 3 F Se även figuren i facit, där krafterna i vertikal led har utelämnats. Svar: /3F

9 Uppgift 4.6 Om vi bortser från luftmotstånd så är den enda kraft som verkar på bollen då den är i luften tyngdkraften. Hastigheten i x-led är därför konstant. Vi placerar origo där bollen lämnar kastarens hand. Bollens koordinater blir då: x(t) = v 0 t cos θ y(t) = v 0 t sin θ gt där θ = 50 är kastvinkeln. Tiden knyter ihop de båda ekvationerna. Eftersom både t och v 0 är okända eliminerar vi t. Vi löser därför ut t från x-ekvationen, med följande resultat: t = x v 0 cos θ där x är sträckan i x-led som bollen färdas, som är given. Detta uttryck kan sättas in i y-ekvationen, vilket ger: och vi kan lösa ut v 0,medföljande resultat: x y = v 0 v 0 cos θ sin θ g x v 0 cos θ = x tan θ g x v 0 cos θ x tan θ y = g x v0 = g x v 0 cos θ cos θ( x tan θ y) och slutligen: Numeriskt får vi: v 0 = x g cos θ ( x tan θ y) v 0 = 5,0 9,8 cos 50 (5,0 tan 50 m/s = 7,7 m/s 1,0) Svar: 7,7 m/s

10 Uppgift 4.0 y Vi betänker först vilka krafter som verkar på flygplanet. Dessa är spännkraften i snöret, F, och tyngdkraften, F g (se figuren till höger.) F! x y Fg F! Resultanten till dessa utgör en centripetalkraft: Fc x F c = F + F g Jämför vektoradditionen i figuren till vänster. Fg y Vi söker nu spännkraften F. Om vi delar upp denna i x- och y-komposanter kan vi teckna kraftsituationen på flygplanet komposantvis: F x = F c (1) F y mg = 0 () Fy!! Fx R x Fg Observera att resulterande kraften är noll i y-led, men inte i x-led! Det krävs en konstant kraft i x-led för att cirkelrörelsen ska fortgå. Utan centripetalkraften skulle flygplanet fortsätta längs en rät linje. Vi ser att: Radien för cirkelrörelsen kan skrivas: F x = F sin θ F = R = L sin θ F x sin θ Med periodtiden T och radien R för rörelsen kan vi teckna centripetalkraftens belopp. Från

11 formelbladet får vi att 3 F c = mω R och ω = π T Detta ger sambandet: F c = 4π mr T = 4π m T L sin θ Eftersom F x = F c kan vi lösa ut F och få: F = F c sin θ = 4π m L sin θ T sin θ Vi har t ex att F y = F cos θ = mg och kan skriva: som ger att: Svar: θ = arccos gt 4π L och F = 4π ml T 4π ml T cos θ = mg θ = arccos gt 4π L = 4π ml T 3 Minustecknet på formelbladet uttrycker att centripetalkraften är riktad inåt, mot cirkelbanans mitt.

12 Uppgift 5.1 Masscentrum definieras som: r CM = i m ir i I två dimensioner har vi r = xˆx + yŷ, ochdetföljer att vi kan beäkna x- ochy-koordinaten för masscentrum var för sig: x CM = i m ix i i m i y CM = i m iy i. Vi följer figuren där syreatomen sitter i origo: i m i i m i x CM = m O 0+m H x H 1,01 = 96 0,61 pm m O +m H 1, ,0 = 6,6pm 0,07a Vi ser att y CM = 0 eftersom H-atomerna ligger symmetriskt kring x-axeln: y CM = m O 0+m H y H,1 + m H y H, 1,01 = 96 (0,790 0,790) pm = 0 m O +m H 1, ,0 Detta innebär att r CM =0,07aˆx. Svar: 0,07aˆx

13 Uppgift 6.6 Rörelsemängden bevaras i stöten: p = p m 1 v m v = m 1 0+m v Eftersom stöten är elastisk kommer även rörelseenergin att bevaras: m 1 v Vi löser ut v ifrån första ekvationen: + m v = m v och sätter in den i den andra ekvationen: v = m 1 m v m v (m 1 + m )=m m1 m m v m 1 + m = m 1 + m m 1 m m m 1 m + m = m 1 + m m 1 m och eftersom m 1 = 0 får vi: 3m 1 m = m 1 3m = m 1 m 1 /m =3 Svar: 3 (den kula som stannar har tre gånger så stor massa som den som fortsätter)

14 Uppgift 5.8 Utnyttja att rörelsemängden är bevarad komposantvis: p före x = p efter x p före y = p efter y Atomernas massor kan vi få ur tabell som: m H = 1,00794 u m Cl = 35,45 u Observera att u i ekvationen ovan är enhet den atomiska massenheten (1 u = 1, kg) och ska inte förväxlas med u H eller u Cl. Om vi kallar den bildade HCl-molekylens hastighet v kan vi teckna ekvationerna: 4 m H u H = (m H + m Cl )v x m Cl u Cl = (m H + m Cl )v y Vi kan nu lösa ut den sökta hastighetens komposanter: v x = v y = m H 1,00794 u H = m H + m Cl 1, , m/s = 4, m/s m Cl 35,45 u Cl = m H + m Cl 1, ,45 4,0 104 m/s = 3, m/s (1) Hastighetens belopp är och vinkeln mot x-axeln är: Svar: 3, m/s, 83,5 v = v x + v y =3, m/s arctan 3, , = 83,5 4 Vi väljer att skriva v x och v y istället för att införa någon vinkel (t ex v cos α) eftersomdennavinkel inte är känd. I detta fall förenklar detta räkningarna.

15 Uppgift 7.6 Vi utgår från sambandet E p + E k = W f där W f är det arbetet som konservativa krafter utför på hopparen. Hopparen påverkas av en elastisk fjäderkraft och tyngdkraften, som båda är konservativa, dvs W f =0och: E p + E k =0, (1) Kinetiska energin är noll vid hoppets början, liksom i vändpunkten. Alltså har vi: E k =0 Den potentiella energin har två delar; dels lägesenergin och dels den elastiska energin som lagras i linan då den tänjs ut sträckan y. Lägesenergin minskar då höjden minskar, men den elastiska energin ökar samtidigt då linan tänjs ut. Om vi nu sätter in detta i (1) får vi: 1 E p = mgl mgy + ky lägesenergi elastisk energi 1 ky mgy mgl =0 y 16y 19 = 0 Denna andragradsekvation har lösningarna: dvs utsträckningen blir y = 4 m. y =8± 16 m Svar: 4 m

16 Uppgift 8.6 a) Läget ges av funtionen: och hastigheten ges av: y(t) =A sin ωt, v(t) =Aω cos ωt, där ω = π T. Vi ser i grafen att A = 5 cm, och efter 3 s har vikten fullbordat 5 svängningar, dvs T =3/5 s = 0,6 s. Vikten passerar jämviktsläget då y = 0, dvs sin ωt = 0, vilket innebär att: Då är cos ωt = ±1, och hastigheten är: t =0, π ω, π ω,... v = ±Aω v = ±0,05 10π m/s = ±0,5 m/s 3 som alltså kan vara riktad uppåt eller nedåt, men som är lika stor i båda fallen. Svar: 0,5 m/s b) Metod 1 Friläggning av klossen ger kraftekvationen: F R = F mg där F R är den resulterande kraften och F är fjäderkraften. Enligt Newtons andra lag har vi: Med vårt uttryck för F R får vi: ma = F R ma = F mg F = m(g + a) Fjäderkraftens största värde uppnås då accelerationen a är som störst, dvs då: 10π a =+Aω =0,05 m/s =5,483 m/s 3 och därmed är riktad uppåt. Detta inträffar i de nedre vändlägena. Största fjäderkraften är alltså: F =0,10(9,8 + 5,483) N = 3,1 N Svar: 3,1 N

17 Metod Enligt Hookes lag, F = k x, måste fjäderkraften vara som störst då elongationen är som störst, det vill säga i nedre vändlägena. I jämviktsläget är fjäderkraften lika stor som tyngdkraften: F = mg. När fjädern sträcks ut till det nedre vändläget ökar fjäderkraften med F = ka, där A = 5 cm enligt grafen. Den maximala kraften är alltså F = mg + ka. Vi behöver bestämma fjäderkonstanten, k, och använder sambandet m π T =π k k = m T Den sökta kraften blir därför: k = 0,10 π 0,6 N/m = 3,03 N/m F = 0,10 9,8 N + 3,03 0,05 N = 3,1 N Svar: 3,1 N

18 Uppgift 8.15 Frekvensen blir: ω = ω0 1 4 γ = 4,065 0,065 rad/s = rad/s (1) f = ω π Hz = 1 Hz = 0,3... Hz π () Eftersom dämpningen (γ) är så liten har vi ω ω 0 (3) och man kan bestämma frekvensen ur: f 1 k π m = 1 4,065 Hz = 0,3... Hz (4) π b) y(t) =Ce γ/t sin(ωt + φ) =A(t)sin(ωt + φ) (5) A(t + T ) t Amplituden minskar alltså med 54%. = Ce γt/ e γt/ Ce γt/ = e γt/ (6) e π/4 =0,46 (7)

19 Uppgift 8.16 Vi utgår från det givna sambandet: θ = θ 0 e γt cos ωt där vi vill bestämma γ. Att amplituden har gått ned till 1,5 efter 10 svängningar innebär att: θ 0 e 10P γ =1,5 e 0γ =1,5 Vi kan nu lösa ut dämpningskonstanten genom att beräkna (den naturliga) logaritmen av båda leden: Svar: 0,0144 s 1 e 0γ =0,75 0γ =ln0,75 γ ln 0,75 0 = 0,0144 1/s

20 Uppgift 9.9 a) Snörkrafterna är inte lika eftersom hjulet har en tröghet som motverkar vinkelacceleration, dvs ett tröghetsmoment. I uppgift 4.1 hade hjulet massan m h = 0, och därmed I = 0. Om vi tänker oss att hjulet har mycket stor massa så att vinkelaccelerationen blir mycket liten, då kommer spännkraften S >S 1 eftersom M>m. b) Vi måste ställa upp kraftekvationer för massorna m och M, samt en momentekvation för hjulet. Vi ansätter en positiv y-riktning uppåt. Klossarna kommer att få lika stora accelerationer, a, men riktade åt olika håll. Om vi sätter att accelerationen är +a (uppåt) för m och så måste den vara a (nedåt), för M. Det går lika bra att välja tvärtom. Med vårt val blir positiv rotationsriktning för hjulet blir då medurs. Det är dessa relationer som knyter samman de tre kropparnas rörelser. Friläggning av vänstra klossen: och högra klossen: S 1 mg = ma S 1 = m(g + a) (1) S Mg = Ma S = M(g a) () Vi betraktar nu hjulet, som utsätts för två vridmoment som försöker vrida hjulet åt olika håll. +: där vi i sista steget utnyttjat det kinematiska sambandet: S R S 1 R = Iα S S 1 = Ia R (3) α = a/r (4) Om vi nu sätter in uttrycket för hjulets tröghetsmoment (cirkulär skiva): ihögerledet i (3), får vi: S S 1 = m h a Vänsterledet kan även uttryckas med hjälp av (1) och () som: I = 1 m hr (5) S S 1 = M(g a) m(g + a) =g(m m) a(m + M) och vi får nu att: m h a = g(m m) a(m + M) a mh + m + M = g(m m) och accelerationen blir: M m a = g m h /+m + M (6)

21 Med M = 00 kg = 0,4 kg får vi: 9,8 Svar: 3,1 m/s c) Spännkrafterna blir alltså: a =9,8 Svar: S 1 = 19 N och S = 137 N 0,4 10 5/ + 0, m/s =3,10 m/s S 1 = m(g + a) = 10(9,8 + 3,1) N = 19 N S = m(g a) = 0,37(9,8 3,1) N = 137 N Kommentar: Hjulets radie spelar ingen ingen roll för accelerationen, eller för spännkrafterna. Eftersom M>mkommer accelerationen att vara positiv. Om vi tittar tillbaka på vår ansats så ser vi att den vänstra tyngden rör sig uppåt och den högra nedåt. Vinkelaccelerationen för hjulet är positivt enligt (4), vilket innebär att hjulet snurrar medsols. d) Den kinetiska energin är: E k = mv + Mv + Iω där ω = vr. Återigen sätter vi in uttrycket för tröghetsmomentet (5) och får: Farten efter 4 sekunder är: E k = mv + Mv m hv = v (m + M + m h ) (7) v = at =4 3,1 m/s = 1,4 m/s vilket insatt i (7) ger: Svar:,5 kj E k = 1,4 (10 + 0,4+5/) J =,53 kj

22 Uppgift 10.1 a) Vi lägger först märke till att verkningslinjen till kraften F 1 går genom origo, vilket innebär att dess kraftmoment med avseende på origo är noll. Därefter delar vi upp de två andra krafterna i x- och y-komposanter: och F,x = F cos α =,0 cos 60 =1,0N F,y = F sin α =,0 cos 60 =1,73 N F 3,x = F 3 cos α 3 =1,0 cos 30 = 0,866 N F 3,y = F 3 sin α 3 =1,0 cos 30 = 0,50 N Nu beräkningar vi varje krafts moment. Lägg märke till vilka avstånd som används. + τo = F,x 0,00 N F,y 0,040 N + F 3,x 0+ F 3,y 0,03 N = 3,4 Nm Minustecknet innebär att det resluterande kraftmomentet kroppen vrider kroppen moturs. Svar: 3,4 Nm moturs b) Resulterande kraftens komposanter är: F R,x = F R,y = 3 F i,x = F 1,x + F,x + F 3,x =(1,5cos 45 +1,0 0,866) N = 1,1947 N i=1 3 F i,y = F 1,y + F,y + F 3,y =(1,5sin45 +1,73 0,50) N = 1,1947 N =,907 N i=1 Beloppet är: F R = F R,x + F R,y = 1,1947 +,907 N,6N Riktningen iförhållande till x-axeln är: arctan F R,y F R,x = arctan,907 1, Svar:,6 N, 6 med x-axeln (snett upp åt höger)

23 Uppgift 10.6 a) Vi tecknar jämviktsvillkoren: F = 0 τ = 0 Vi kallar armens massa m och hantelns massa M. Enligt uppgiften verkar en kraft vid leden, F h, vars storlek och riktning är okänd. Kraftekvationen kan delas upp i x- ochy-led: : F h,x F cos θ =0 (1) : F h,y + F sin θ mg Mg =0 () och momentekvationen, som vi med fördel tecknar kring leden: τ = Fasin θ mgb Mgd = 0 (3) Momentekvationen ger direkt att: vilket ger det numeriska svaret: Svar: F =1,6 kn b) mb + Md F = g a sin θ 3,6 0, ,33 F =9,8 0,035 sin 50 N = 1648 N 1,6kN Stödkraftens komposanter fås nu med hjälp av ekvation (1) och (), dvs: och F h,x = F cos θ = 1648 cos 50 N 1059 N F h,y =(m + M)g F sin θ =[(3,6 + 1) 9, sin 50 ]N 1109 N Här lägger vi märke till att kraften F h är riktad snett nedåt åt höger. Beloppet av denna kraft är: F h = Fh,x + F h,y = N 1,5kN arctan F h,y F h,x = arctan = 46,3 Svar: F h =1,5 kn, vinkeln -46,3, mot x-axeln, dvs snett nedåt höger

24 Uppgift 11.7 a) Den totala kinetiska energin är summan av translations- och rotationsenergi: E k = E k,trans + E k,rot = m v CM + I ω där v CM är masscentrums hastighet. Om ringen inte glider kan vi relatera v CM till vinkelhastigheten ω enligt: v CM = ωr 1, där r 1 är ytterradien. Tröghetsmomentet, I för ringen fås från sektion 3 på formelbladet: I = 1 m r1 + r Om vi sätter in detta i uttrycket för kinetisk energi får vi: E k = m v CM = mv CM = mv CM m r1 + r vcm r1 1+ (r /r 1 ) + 1 r +3 r 1 Numeriskt får vi: E k = 18 3, J = 15 J 60 Svar: 15 J b) Eftersom endast konservativa krafter verkar så är den mekaniska energin bevarad enligt sambandet: E k + E p =0 som får utseendet: och vi får det numeriska svaret: Svar: 1, m E k mgh =0 h = E k mg h = ,8 m=1, m

25 Uppgift 11.9 a) Antag att klotet initialt glider med hastigheten +v 0 längs med x axeln. Vi utgår från följande grundläggande samband för ändringen i klotets rörelsemängd och rörelsemängdsmoment: p t = F dvs L t = τ F = M(v v 0) t τ = I(ω ω 0) t Positiv rotationsriktning är medurs, eftersom positiv rörelseriktning är längs x-axeln. Då klotet glider verkar en friktionskraft, F = f, på klotet, som är oberoende av hastigheten. Friktionskraften utövar också ett kraftmomentet τ = fr. Vi vet även att ω 0 = 0, eftersom klotet endast glider utan att rotera från början. Ekvationerna nu får formen: : f t = M(v v 0 ) (1) +: fr t = 5 MR ω () där vi använt tröghetsmomentet för homogent klot, I =MR /5, från formelbladet. Vi kan nu eliminera friktionskraften f genom att sätta in (1) i (). RM(v 0 v) = 5 MR ω v 0 v = 5 Rω Vi kan nu använda rullvillkoret: vilket ger: v = ωr v 0 v = 5 Rω v R v 0 v = 5 v v = 5 7 v 0 Svar: 5v 0 /7 b) Vi kan nu använda ekvation (1) till att bestämma tiden t = t eftersom friktionskraften kan skrivas: f = µ k F N = µ k Mg Tillsammans med v =5v 0 /7. v 0 Svar: t = 7 µ k g µ k Mgt = M 5 7 v 0 v 0 v 0 µ k gt = 7 v 0 t = 7 µ k g

26 Uppgift Vi betraktar de två kolliderande kropparna som ett isolerat system. Då kommer totala rörelsemängden och rörelsemängdsmomentet att vara konstant. a) Rörelsemängden bevaras, och tyngdpunktens hastighet, v, fås med sambandet: Numeriskt får vi: Svar: 0,8 m/s mu =(M + m)v v = v = 0,5 4 m/s = 0,8 m/s,5 m M + m u b) Rörelsemängdsmomentet med avseende på t ex en axel genom masscentrum bevaras. Före kollisionen är endast den inkommande partikeln i rörelse, och just före kollisionen kan partikelns hastighetsvektor anses bilda rät vinkel med stången, vilket innebär att: L 1 = mud I sambandet ovan är d avståndet från träffpunkten till masscentrum. Vi bestämmer därför masscentrums läge. Om vi utgår från träffpunkten har vi: d = (M + m) 0+ML M + m = 1 1+0,5 m=0,8m Efter träffen kan vi teckna rörelsemängdsmomentet med avseende på axeln genom masscentrum som: L = Iω där I är tröghetsmomentet för den sammansatta kroppen med avseende på axeln genom masscentrum: I = i m i r i =(M + m)d + M(L d) =(1,5 0,8 +1 1, )kg m =,4kg m Vi kan nu beräkna vinkelhastigheten: Numeriskt får vi: Svar: /3 s 1 L 1 = L mvd = Iω ω = mvd I ω = 0,5 4 0,8,4 s 1 = 3 s 1