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: Z dv v = dv dt = dv v = Z k kv 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(t) = v 0 ktv 0 +1 Vi kan nu bestämma hur lång tid det tar innan farten halverats genom att sätta v(t) =v 0 / och lösa ut t, enligt: v 0 = v 0 ktv 0 +1 () 1 = 1 ktv 0 +1 () ktv 0 +1=() t = 1 kv 0 Numeriskt får vi med v 0 = 36/3,6 = 10 m/s att: Svar: v 0 ktv 0 +1, 36 s t = 1 0,008 10 s = 36 s
b) Vi har Z s(t) = v(t)dt som med vår hastighet blir: Z 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: Under 36 s förflyttar sig cykeln sträckan: Svar: 50 m D = s 0 s(t) = 1 k ln (1 + ktv 0)+s 0 s(36) s 0 = 1 ln (1 + 0,008 36 10) m = 50 m 0,008
Uppgift 3.6 Enligt ledningen kan vi skriva: Med vårt uttryck får vi Vi integrerar båda sidor: Z Z (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= 1 10 + C, C = 50 v = ± p 6x +4x + 100 Vi ser att endast den positiva roten uppfyller begynnelsevillkoret, och vår slutliga lösning är alltså: Svar: p 6x +4x + 100 v(x) = p 6x +4x + 100
Uppgift 3.10 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: q 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 = R/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 R = (45/3,6) (5/3,6) m/s =1,719 m/s 0 a = p (7,815) +(1,719) m/s 8,0 m/s
Uppgift 3.14 a) Vi betecknar polisens hastighet relativt jorden med v PJ = 7 km/h och fortkörarens hastighet relativt jorden med v FJ = 180 km/h. Vi söker nu polisbilens hastighet relativt fortköraren, v PF. Med det allmänna sambandet: x PA = x PB + x PA som beskriver en punkt P :s läge i systemet A relativt läget i systemet B får vi genom att derivera: v PA = v PB + v BA Vi söker polisens hastighet relativt fortkörarens system, samtidigt som vi vet fortkörarens hastighet relativt jorden, v FJ. Alltså: Numeriskt: v PJ = v PF + v FJ () v PF = v PJ v FJ v PF =(v 7 v 180 ) km/h = 108 km/h Svar: 108 km/h b) Vi söker tidpunkten då x PF = d = 10 m. Enligt resonemanget i a) har vi: x PF = x PJ Vid jaktens start väljer vi att sätta polisens läge i det jordfixa systemet, x PJ = 0. Fortkörarens läge kan då ges begynnelsevärdet x FJ = 160 m. Fortkörarens läge beskrivs sedan av funktionen: x FJ (t) =x 0 + Z t 0 x FJ v FJ dt = 160 + 50t eftersom 180 km/h = 50 m/s. Polisens hastighet relativt jorden är inte längre konstant, utan beskrivs av funktionen: v PJ (t) = 0 + 3,75t eftersom 7 km/h = 0 m/s. Motsvarande läge ges av: Vi får nu att: Vi sätter nu x PF = x PJ (t) = 10 m och får: Z t 0 v PJ dt = 0t + 1 3,75t x PF = 0t + 1 3,75t 160 50t 10 = 0t + 1 3,75t 160 50t () t 16t 80 = 0 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
Uppgift 4.8 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 (1) 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 =0,30 cos 0 kn = 0,8191 kn F,y = F sin = 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: q F 1 = F1,x + F 1,y = p 0,16810 +0,1061 kn 0,0 kn och vinkeln enligt: vilket ger: Svar: F 1 =0,0 kn, = 31 tan = F 1,y F 1,x = 0,1061 0,16810 31
Uppgift 4.1 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 y(t) = v 0 t sin gt där = 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 där x är sträckan i x-led som bollen färdas, som är given. Detta uttryck kan sättas in i y-ekvationen, vilket ger: y = v 0 x v 0 cos sin = x tan och vi kan lösa ut v 0,medföljande resultat: g g x v 0 cos x v 0 cos x tan y = g x () v0 = g x v 0 cos cos ( x tan y) och slutligen: Numeriskt får vi: v 0 = v 0 = 5,0 cos 50 x r g cos ( x tan y) s 9,8 m/s = 7,7 m/s (5,0 tan 50 1,0) Svar: 7,7 m/s
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, F = R = l sin F x sin Med periodtiden T och radien R för rörelsen kan vi teckna centripetalkraftens belopp. Med hälp av Physics Handbook s 158 ser vi att: F c = mv R och v = R T
som ger formeln: F c = 4 mr T Eftersom F x = F c kan vi lösa ut F och få: = 4 m T l sin F = F c sin = 4 m l sin T sin = 4 ml T Vi har t ex att F y = F cos = mg och kan skriva: som ger att: Svar: = arccos gt 4 l och F = 4 ml T 4 ml T cos = mg = arccos gt 4 l
Uppgift 4.5 Vi frilägger varje låda för sig och använder Newtons andra lag: X F = Ma Vänstra lådan: Högra lådan: " F N mg =0 (1)! T =ma () " F 0 N 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
Uppgift 5.1 Masscentrum definieras som: r CM = P P 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: P x CM = P i m ix i i m i P y CM = P 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 1,01 + 16,0 = 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 1,01 + 16,0 Detta innebär att r CM =0,07aˆx. Svar: 0,07aˆx
Uppgift 6. a) Friktionsvärmen som utvecklas är lika med det arbete som friktionskraften utför: W fr = f För att bestämma f tecknar vi krafterna som verkar på lådan: Friktionskraften kan skrivas: s ": F 1 sin + F N mg =0 (1)!: F 1 cos f = ma () f = µ k F N där µ k är det kinetiska friktiontalet och F N är normalkraften. Ekvation (1) ger direkt normalkraften: F N = mg F 1 sin och vi ser att normalkraften minskar och är till beloppet mindre än tyngdkraften. Friktionskraften är alltså: f = µ k (mg F 1 sin ) och arbetet som den uträttar är: W fr = µ k (mg F 1 sin ) s = 0,35 (10 9,8 40 sin 10 )8,1J= 160 J Friktionskraften utför alltså ett negativt arbete. Friktionsvärmen som utvecklas anges dock som positiv. Svar: 160 J b) Festeristen uträttar arbetet: W fest = F 1 cos s = 40 cos 10 8,1 J = 1914 J Den kinetiska energin som lådan får är lika med nettokraftens arbete: Z E k = F R ds =(F1cos 10 f) s Vi ser att: E k = W fest + W fr dvs att en del av festeristens arbete omvandlas till friktionsvärme istället för kinetisk energi hos lådan. Med våra beräknade värden får vi: Den efterfrågade andelen är alltså: Svar: 9% E k = 1914 J 160 J = 1754 J W fest E k = 1754 1914 9%
Uppgift 6.11 Rörelsemängden bevaras i stöten: p = p 0 m 1 v m v = m 1 0+m v 0 Eftersom stöten är elastisk kommer även rörelseenergin att bevaras: m 1 v Vi löser ut v 0 ifrån första ekvationen: + m v = m v 0 och sätter in den i den andra ekvationen: v 0 = 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 6= 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)
Uppgift 5.8 Utnyttja att rörelsemängden är bevarad komposantvis: p före x = p efter x p före y = p efter y Vi vet att u H = 16 10 4 m/s och u Cl =4,0 10 4 m/s. Atomernas massor kan vi få ur tabell (t ex Physics Handbook) som: m H = 1,00794 u = 1,00794 1,66054 10 7 kg = 1,6737 10 7 kg m Cl = 35,45 u = 35,45 1,66054 10 7 kg = 58,866 10 7 kg Observera att u i ekvationen ovan är enhet den atomiska massenheten (1 u = 1,66054 10 7 kg) och ska inte förväxlas med u H eller u Cl. Den bildade HCl-molekylens massa blir: M = m H + m Cl = 60,5397 10 7 kg Om vi kallar den bildade HCl-molekylens hastighet v kan vi teckna ekvationerna: 1 m H u H = Mv x m Cl u Cl = Mv y Vi kan nu lösa ut den sökta hastighetens komposanter: v x = m H u H M = 1,6737 10 7 16 10 4 60,5397 10 7 =4,4 m/s v y = m Cl u Cl M = 58,866 10 7 4,0 10 4 60,5397 10 7 m/s (1) 1 Vi väljer att skriva v x och v y istället för att införa någon vinkel (t ex v cos ) eftersomdennavinkel inte är känd. I detta fall förenklar detta räkningarna.
Uppgift 7.3 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. En fördel med detta är att det räcker att titta på startpunkten och vändpunkten, som vi kan kalla 1 och. Vi tecknar kinetiska och poteniella energin och läge 1. Det verkar vara intuitivt att sätta y = 0 i just då linan börjar tänjas ut, vilket leder till: E k,1 = 0 E p,1 = mgh där h = 1 m. I läge, har fjäderns potentiella energi blivit 1 kx där x är den sträcka som den tänjs ut, dvs den sökta sträckan. Lägeskoordinaten är y = x, vilket ger Nu får vi med energlilagen att E k, = 0 E p, = 1 kx mgx E k, E k,1 + E p, E p,1 =0 () 0 0+ 1 kx mgx mgh =0 () 1 kx mgx mgh =0 Med insatta värden får vi andragradsekvationen: x 16x 19 = 0 som har lösningarna: dvs utsträckningen blir x = 4 m. x =8± 16 m Svar: 4 m
Uppgift 8.6 a) Läget ges av funtionen: och hastigheten ges av: y(t) =A sin!t, v(t) =A! cos!t, där! = 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!t = 0, vilket innebär att: Då är cos!t = ±1, och hastigheten är: t =0,!,!,... v = ±A! v = ±0,05 10 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: 10 a =+A! =0,05 m/s =5,483 m/s 3 och därmed är riktad uppåt. Detta inträ ar i de nedre vändlägena. Största fjäderkraften är alltså: F =0,10(9,8 + 5,483) N = 3,1 N Svar: 3,1 N
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 r m T = k, k = m T Den sökta kraften blir därför: k = 0,10 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
Uppgift 8.17 Vi utgår från det givna sambandet: = 0 e t cos!t där vi vill bestämma. Att amplituden har gått ned till 1,5 efter 10 svängningar innebär att: 0 e 10P =1,5 () e 0 =1,5 Vi kan nu lösa ut dämpningskonstanten genom att beräkna (den naturliga) logaritmen av båda leden: Svar: 0,0144 s 1 e 0 =0,75 () 0 =ln0,75 () ln 0,75 0 = 0,0144 1/s
Uppgift 8.14 Den angivna potentiella energin kommer i allmänhet inte resultera i harmonisk svängning. För små svängningar kring jämviktsläget, x = 0, kan vi göra en McLaurinutveckling: U(x) =U(0) + U 0 (0)x + 1 U 00 (0)x +... Vi har att: och därmed: U(x) = D 1 e ax =1 ax + a x +... 1 ax + a x +... D = D ax + a x +... D = Da x +... D då x är litet, dvs en väteatom kommer att utföra harmonisk svängning. Om vi jämför med potentiella energin för en ideal fjäder: så ser vi att motsvarande fjäderkonstant är: E p = 1 kx k =Da Svängningsfrekvensen kan nu beräknas med uttrycket för harmonisk svängning: f = 1 T = 1 r k m där vi behöver använda oss av den reducerade massan: f = 1 µ = m 1m m 1 + m = m eftersom vi har att göra med två kroppar som svänger. Alltså: s Da µ = 1 r 4Da m Svar: 1,3 10 14 Hz D = 4,48 ev = 4,48 1,60 10 19 J=7,1770 10 19 J m = 1,0079 u 1,6605 10 7 kg = 1,6736 10 7 kg s f = 1 4 7,1770 10 19 (1,9033 10 10 ) 1,6736 10 7 Hz 1,3 10 14 Hz
Uppgift 8.15 a) För dämpad svängning beräknas vinkelfrekvensen som:! = r k m b 4m Numeriskt får vi:! = s 06,9 0,404 6,91 4 0,404 s 1 = 1,487 s 1 och den sökta svängningsfrekvensen: f =! =3,38 Hz b) Läget för en partikel i dämpad svängning kan som bekant skrivas: y(t) =Ae bt/m sin (!t + ) Det är exponentialfaktorn som göra att amplituden avtar. Under periodtiden T sjunker amplituden till en faktor: e bt/m av den ursprungliga värdet. Periodtiden är T = 1/f, vilket ger: e b/(fm) = e 6,91/( 3,38 0,404) =0,10 dvs amplituden minskar med 90% under en period. Svar: 90 % Kommentar: y(t + T ) y(t) Man kan resonera lite mer matematiskt stringent genom att beräkna kvoten: = Ae b(t+t )/m sin (!(t + T )+ ) Ae bt/m sin (!t + ) = e bt/m sin (!(t + T )+ ) sin (!t + ) Men enligt definitionen av periodtid har vi sin!(t + T )=sin!!t, och vi får nu y(t + T ) y(t) = e bt/m
Uppgift 9.9 a) Snörkrafterna är inte lika eftersom hjulet har en tröghet som motverkar vinkelacceleration, dvs ett tröghetsmoment. I uppgift 4.7 hade hjulet massan m h = 0, och därmed I = 0. Om vi tänker oss att hjulet har stor massa och vi drar hårt i ena änden i repet så kanske klossen i andra änden inte får så stor acceleration, dvs spännkraften inte är så stor. 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. Detär dessa relationer som knyter samman de tre kropparnas rörelser. Friläggning av vänstra klossen: och högra klossen: T 1 mg = ma, T 1 = m(g + a) (1) T Mg = Ma, T = M(g a) () Vi betraktar nu hjulet, som utsätts för två vridmoment som försöker vrida hjulet åt olika håll. y +: T R T 1 R = I, T T 1 = Ia R (3) där vi i sista steget utnyttjat det kinematiska sambandet: Om vi nu sätter in uttrycket för hjulets tröghetsmoment = a/r (4) I = 1 m hr (5) ihögerledet i (3), får vi: T T 1 = m h a (6) Vänsterledet kan även uttryckas med hjälp av (1) och () som: T T 1 = M(g a) m(g + a) =g(m m) a(m + M) (7) och vi får nu att: m h a = g(m m) a(m + M) () a mh + m + M = g(m m) (8) och accelerationen blir: M m a = g m h /+m + M (9)
Med M = 00/9,8 N = 0,37 N får vi: Spännkrafterna blir alltså: a =9,81 Svar: T 1 = 19 N och T = 137 N 0,37 10 5/ + 0,37 + 10 m/s =3,097 m/s (10) T 1 = m(g + a) = 10(9,8 + 3,097) N = 19 N T = m(g a) = 0,37(9,8 3,097) 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. c) Den kinetiska energin är: E k = mv + Mv + I! där! = vr. Återigen sätter vi in uttrycket för tröghetsmomentet (5) och får: (11) Farten efter 4 sekunder är: E k = mv + Mv + 1 4 m hv = v (m + M + m h ) (1) v = at =4 3,097 m/s = 1,388 m/s (13) vilket insatt i (1) ger: Svar:,5 kj E k = 1,388 (10 + 0,37 + 5/) J = 5 J,5 kj (14)
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! där v CM är masscentrums hastighet. Om ringen inte glider kan vi relatera v CM till vinkelhastigheten! enligt: v CM =!r 1, där r 1 är ytterradien. Tröghetsmomentet, I för ringen fås från s171 i Physics Handbook som: I = 1 m r 1 + r Om vi sätter in detta i uttrycket för kinetisk energi får vi: E k = m v CM = mv CM = mv CM 4 vcm r1 + 1 m r 1 + r! 1+ (r /r 1 ) + 1 +3! r r 1 Numeriskt får vi: Svar: 15 J E k = 18 3,6 4 50 +3! J = 15 J 60 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 = 15 18 9,8 m=1, m
Uppgift 11.10 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 trä punkten till masscentrum. Vi bestämmer därför masscentrums läge. Om vi utgår från trä punkten har vi: d = (M + m) 0+ML M + m = 1 1+0,5 m=0,8m Efter trä en kan vi teckna rörelsemängdsmomentet med avseende på axeln genom masscentrum som: L = I! där I är tröghetsmomentet för den sammansatta kroppen med avseende på axeln genom masscentrum: I = X 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 = I! ()! = mvd I! = 0,5 4 0,8,4 s 1 = 3 s 1
Uppgift 10.4 Vi tecknar jämviktsvillkoren: X F = 0 X = 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 =0 (1) " : F h,y + F sin mg Mg =0 () och momentekvationen, som vi med fördel tecknar kring leden: x = Fasin mgb Mgd = 0 (3) Momentekvationen ger direkt att: vilket ger det numeriska svaret: mb + Md F = g a sin 3,6 0,15 + 1 0,33 F =9,8 N = 1648 N 1,6kN 0,035 sin 50 Stödkraftens komposanter fås nu med hjälp av ekvation (1) och (), dvs: och F h,x = F cos = 1648 cos 50 N 1059 N F h,y =(m + M)g F sin =[(3,6 + 1) 9,8 1648 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: q F h = Fh,x + F h,y = p 1059 + 1109 N 1,5kN Svar: F =1,6 kn, F h =1,5 kn
Uppgift 10.3 a) Vi tecknar jämviktsekvationer för varje kloss: Det måste gälla att: T 1 + f + m 1 g + N 1 = 0 T + m g + N = 0 T 1 = T = T Vi betraktar därför de krafter som verkar på klossarna parallellt med respektive plan, dvs parallellt med T 1,, vilket leder till de två ekvationerna: kloss 1: T + f m 1 g sin =0 kloss : T + m g sin Observera att vi har ansatt f positiv åt samma håll som spännkraften, dvs %. Vi har nu två ekvationer och två obekanta, varur vi löser ut friktionskraften f. Detta görs enklast genom att addera ekvationerna till varandra, vilket ger direkt: f m 1 g sin + m g sin =0() f = m 1 g sin m g sin Med givna värden på massor och vinklar får vi: f =3g sin 30 4g sin 60 = 3 g p 3g<0 Att f<0 innebär att kraften är riktad snett nedåt vänster (.). Svar:. b) Vi löser ut massan m ur sambandet ovan: m = m 1g sin g sin Den maximala friktionskraften är f = µn 1 = µm 1 g cos. Observera minustecknet. Vi sätter in detta värde på f och får: dvs Numeriskt får vi: Svar:,6 kg sin 30 +0,3cos 30 m =3 sin 60 m = m 1g sin + µm 1 g cos g sin m = m 1 sin + µ cos sin f kg = 3 1+0,3p 3 p 3 kg =,6kg
Uppgift 13.6 a) Med Newtons andra lag: dvs F g + F D = ma () m 0 g och vi har alltså A = k/m och B = m 0 g/m. b) Den homogena ekvationen är: med det karaktäristiska polynomet: som har lösningarna: r Alltså har vi homogena lösningen: och med partikulärlösningen får vi totala lösningen: ÿ ÿ h k mẏ = m0 m g k =0 mẏh k m r =0() r r r =0 eller r = k m y h = C + De kt/m y p = B A t = m0 g m kv = ma k =0 m m k t = m0 g k t y = y h + y p = C + De kt/m + m0 g k t Konstanterna C och D bestämmer vi med hjälp av initialvillkoren. y(0) = 0 ger C + D =0() C = och eftersom ẏ = k m De kt/m + m0 g k ger initialvillkoret för hastigheten, ẏ(0) = 0, att vilket innebär att: Slutligen får lösningen: D k m D + m0 g k =0() D = mm0 g k y(t) = mm0 g k Svar: y(t) = mm0 g k e kt/m 1 + m0 g k t C = D = mm0 g k e kt/m 1 + m0 g k t
m c) Då t har vi kt/m k 1oche kt/m 0. Om vi jämför de två övriga termerna genom att dividera dem så ser vi att: m 0 g k t k mm 0 g = k m t 1 vilket innebär att: Alltså: m 0 g k t mm 0 g k y(t) m0 g k t då t m k d) Med m 0 =0,74m får vi uttrycket: y(t) = 0,74mg t k Numeriskt får vi med t = 1 h = 3600 s att molekylen rört sig sträckan: Svar: 3 10 5 mm 0,74 9,8 8,0 10 11 3600 m 3 10 8 m=3 10 5 mm
Uppgift 13.7 a) Centrifugalkraften är riktad radiellt utåt: F c = mv r Eftersom v = r/t = rf kan vi skriva den som: och med givna värden får vi: F c =4 f mr F c =4 1000 6,0 10 19 4,0 10 N=9,4748 10 13 N 0,95 pn Svar: 9,5 10 13 N=0,95 pn b) Vi tecknar Newtons andra lag: X F = ma () Fc När hastigheten är konstant har vi a = 0, dvs v p kv = ma F c v p F c kv =0 och vi kan lösa ut drifthastigheten, v, enligt: v = 1 v p Fc k = 1 v Fc p 3 d Numeriskt, med p =1,1 v och d =1,0 10 7 m får vi: v = 1 Svar: 0,1 mm/s 1 9,4748 10 13 1,1 3 1040 10 6 1,0 10 7 m/s = 8,7877 10 5 m/s 0,1 mm/s