5 Energi och rörelsemängd

5 Energi och rörelsemängd 501. a) Arbete är kraft gånger sträcka. Kraften mäts i sträckans riktning. W = F s s b) Energiändring är lika med utfört arbete. E = W c) Lägesenergi E p = mgh Svar: a) W = F s s b) E = W c) E p = mgh 50. a) W = F s s = 10 Nm = 0 Nm b) W = F s s = 5000 0,45 Nm = 1150 Nm c) Om det inte blir någon förflyttning så är arbetet på föremålet noll. Det kan däremot utföras ett arbete inne i kroppen på den som påverkar föremålet med denna stora kraft. Svar: a) 0 Nm b) 11 knm c) 0 Nm 508. W = m g h = 3,5 9,8 ( 0,5) Nm = = 3,5 9,8 1,5 Nm = 51,6 Nm Svar: 5 Nm 509. W = m g h = 1,7 9,8 4,0 Nm = 66,8 Nm Svar: 67 Nm 510. Kylskåptes tyngd är F = mg Då kylskåpet står på den lutande rampen är den del av kraften som är parallell med rampen F 1 = mg sin, där är lutningsvinkeln. Eftersom vi kan bortse från friktionen så gäller att vi måste knuffa med lika stor kraft. F 1 = mg sin = 45 9,8 sin 30 o N = 1 N Svar: 0 N 503. W = F s s = 400 5 Nm = 10000 Nm Svar: 10 knm 504. W = F s s s W F s 1100 550 m m 511. Se lärobokens facit. 51. Låt lägesenergin i läge 1 vara E p1 och i läge E p. E p1 = mgh 1 E p = mgh E p = mgh 1 mgh = mg(h 1 h ) = mg h = F s s 513-515. Se lärobokens facit. Svar: m 505. Se lärobokens facit. 506. Kraften F = 1400 N, men kraften i förflyttningens riktning är bara F s = 1400 cos 15 o = 135 N Uträttat arbete är W = F s s = 135 0000 Nm =,7 10 7 Nm = 7 MNm Svar: 7 MNm 516. a) 36 km/h = 36 E k mv 46 10 b) 50 km/h = 50 E k mv 90 13,9 Svar: a),3 kj b) 8,7 kj m/s = 10 m/s J,3 kj m/s = 13,9 m/s J 8,7 kj 507. a) E p = mgh = 75 9,8 10 J = 7365 J b) E p = mgh = 75 9,8 8848 J = 6,5 10 6 J 517. 48 km/h = 48 m/s = 13,3 m/s c) E p = mgh = 75 9,8 ( 104) J = 1,5 10 6 J d) Se lärobokens faacit. E k mv 360 13,3 J 3 kj Svar: a) 7 kj b) 6,5 MJ c) 1,5 MJ d) Svar: 3 kj

518. 180 km/h = 180 m/s = 50 m/s E k mv 365103 50 J 456 MJ E p = mgh = 365 10 3 9,8 15 J = 448 MJ Tågets mekaniska energi är E m = E k + E p = (456 + 448) MJ = 904 MJ Svar: 900 MJ 519. Vi sätter nollnivån för lägesenergi i punkten B. Punkten A ligger på ungefär halva höjden. Vagnens lägesenergi i A är då 000 J 1000 J. Enligt energiprincipen är den mekaniska energin oförändrad. 1000 J har omvandlats från lägesenergi till rörelseenergi. Vagnens rörelseenergi i A är därför också 1000 J. I B är lägesenergin 0 J. Rörelseenergin är då 000 J. Svar: A: E k = 1000 J, E p = 1000 J B: E k = 000 J, E p = 0 J 50. Bromskraften F = 3 MN ska utföra arbetet att bromsa tankern. Den har rörelseenergin 18 GJ. Bromskraften måste alltså utföra arbetet W = 18 GNm. Bromssträckan är s. W F s s W F 18109 310 6 Svar: 6 km m 6000 m 51. När bollen var på 5 meters höjd hade den lägesenergin E p1 = mgh 1 = 0,05 9,8 5 J = 1,3 J På 1 meters höjd hade den lägesenergin E p = mgh = 0,05 9,8 1 J = 0,5 J Den mekaniska energin har minskar med E p1 E p = (1,3 0,5) J = 0,98 J. Denna energi har övergått till värme, dels vid studsen, dels också på grund av luftmotstånd. Svar: 0,98 J har blivit värme. 5. Se lärobokens facit. 53. Vi beräknar rörelseenergin E k och lägesenergin E p i samtliga punkter. Vi antar att luftmotståndet är litet och att därmed den mekaniska energin E m = E k + E p är konstant. I punkten D är E m = J. Stenen har enligt energiprincipen E m = J i alla punkter. I punkten A är E p = 4 J. E k = ( 4) J = 18 J I punkten B är E k = 5 J. E p = ( 5) J = 17 J Punkten C befinner sig på samma höjd som punkten B. Då är E p = 17 J även i denna punkt. E k = ( 17) J = 5 J Punkten D befinner sig vid marken. Då är E p = 0 J och E k = ( 0) J = J Svar: A: E k = 18 J, E p = 4 J B: E k = 5 J, E p = 17 J C: E k = 5 J, E p = 17 J 54. Se lärobokens facit. 55. a) P E t b) P E t c) P E t mg h t mg h t mg h t 759,8 1 0, 759,8 1 1 759,8 1 10 Svar: a) 3,7 kw b) 740 W c) 74 W W 3,7 kw = W 740 W W 74 W 56. a) 1 vecka = 7 dygn = 7 4 3600 s = 604800 s Under denna tid förbrukar lampan energin E = P t = 60 604800 Ws = 10 7 Ws = 10 7 J b) 1 kwh = 10 6 J 10 7 107 J 10 kwh 106 Att ha lampan tänd 1 vecka kostar 10 1,30 kr = 13 kr Svar: a) 36 MJ b) 13 kr 57. Att lyfta 50 kg m rakt upp, kräver energin E p = mg h = 50 9,8,0 J = 98 J Om man tillför 1,5 kj för att uträtta detta arbete är verkningsgraden E nyttig 98 0,65 65% E tillfšrd 1500 Svar: 65 %

58. Vi måste göra viss antaganden. Anta att du väger 60 kg. För att komma 15 m upp måste din lägesenergi öka med E p = mg h = 60 9,8 15 J = 8838 J. Om det ska kunna ske på en minut, dvs. 60 s måste du kunna utveckla effekten P E t 8838 60 W 147 W Svar: 150 W 59. Se lärobokens facit. 530. För att lyfta hissen till denna höjd krävs tillförsel av energin med E p = mg h = 500 9,8 15 J = 73650 J. Lyftarbetet ska göras på två minuter, dvs. 10 s. Nyttig effekt är P E t 73650 10 W 614 W Tillförd effekt är 650 W. Verkningsgraden är P nyttig 614 0,94 94 % P tillfšrd 650 Svar: 94 % 531. a) Bilen kör med 10 km/h. Den bromsande kraften är F = 600 N. På sträckan 1 mil = 10000 m har arbetet W = F s s = 600 10000 Nm = 6 MNm uträttats. Den innebär att 6 MJ energi har omvandlats. Detta är den nyttiga energin. Bilen har förbrukat 0,5 liter bensin med energiinnehållet E = 0,5 33 MJ = 16,5 MJ Verkningsgraden är E nyttig 6 0,36 36 % E tillfšrd 16,5 b) Det har omvandlats till värme. Svar: a) 36 % b) Det har blivit värme i motor och kupé (men även i form av friktionsarbete, ljud och tryckförändringar i avgassystemet, mm. Till slut blir allt detta också värme). 53. a) 1 kwh = MJ. miljoner kwh = 10 6 MJ = 7, 10 6 MJ 1 liter olja innehåller 38 MJ. miljoner kwh från ett vindkraftverk motsvarar således 7, 10 6 189000 liter =189 m 3 olja 38 b) Om man förbränner 1 liter olja kan man få ut 38 0,30 MJ = 11,4 MJ nyttig energi. För att få ut 7, 10 6 MJ energi som ett vindkraftverk ger måste man således förbränna 7,106 63000 liter/år = 63 m 3/år 11,4 Svar: a) 00 m 3 (189 m 3 ) b) 600 m 3 /år (63 m 3 /år ) 533-534. Se lärobokens facit. 535. 48 km/h = 48 m/s = 13,3 m/s p = m v = 360 13,3 m/s = 4800 kgm/s Svar: 4800 kgm/s 536. a) Spiken får impulsen F t = 0 10 3 75 10 6 Ns = 1,5 Ns b) De får lika stor impuls. Det är lika stor kraft under lika lång tid. Även hammaren får alltså impulsen 1,5 Ns. c) Man kan anta att hammaren bromsas helt vid tillslaget. Då gäller att F t = m v, där v är hastigheten före tillslaget. v F t m 1,5 m/s 5 m/s 0,300 Svar: a) 1,5 Ns b) 1,5 Ns c) 5 m/s 537. a) Hastigheten ska öka från 40 m/s till 50 m/s. v = (50 40) m/s = 10 m/s Rörelsemängden ökar med p = m v = 360 10 3 10 Ns = 10 6 kgm/s Tåget får då impulsen 10 6 Ns b) Impulslagen ger att F t = p. F p t 106 0 N 1,810 5 N 180 kn Svar: a) 10 6 Ns b) 180 kn

538. Vi räknar höger som positiv riktning. Vagn A har då hastigheten v A = m/s och vagn B har hastigheten v B = 4 m/s. m A = 3 kg och m B = 5 kg a) Om vagnarna fastnar i varandra kommer de efter kollisionen att färdas som en vagn som väger m = (3 + 5) kg = 8 kg. Dess hastighet efter kollisionen är v. m A v A + m B v B = m v 3 + 5 ( 4) = 8 v 8 v = 6 0 = 14 14 v m/s 1,75 m/s 8 Vagnarna får hastigheten m/s åt vänster. b) Vagn B studsar och får hastigheten 0,5 m/s åt höger. Vi låter nu index 1 betyda "före" och index får betyda "efter". Vi kan då skriva lagen om rörelsemängdens bevarande: m A v A1 + m B v B1 = m A v A + m B v B = Vi söker v A. 3 + 5 ( 4) = 3 v A + 5 0,5 3 v A = 6 0,5 3 v A = 16,5 16,5 v A = 5,5 m/s 3 Vagn A får hastigheten 5,5 m/s åt vänster. Svar: a) m/s (1,75 m/s) åt det håll som den stora vagnen rörde sig åt före kollisionen (åt vänster) b) 5,5 m/s åt det håll som den stora vagnen rörde sig åt före kollisionen (åt vänster) 539. a) Det är ett F-t-diagram. Kraften är inte konstant. Arean under grafen, dvs. arean av triangeln representerar impulsen. Triangelns höjd är 6 N och dess bas är 1,0 s. Dess area är A 6 1,0 Ns 3 Ns b) Det är ett v-t-diagram. Vi ser att hastigheten ökar från 1 m/s till 5 m/s. Det sker en rörelsemängdsändring p = m v =,0 (5 1) kgm/s = 8 kgm/s. Då har föremålet fått en impuls 4 Ns. c) Det är ett v-t-diagram. Det sker en rörelsemängdsändring p = m v =,0 ( 3 3) kgm/s = 1 kgm/s. Då har föremålet fått en impuls 6 Ns. d) Det är ett s-t-diagram. Under de första 3 s ändras läget från s = 4 m till s = 7 m. Hastigheten under dessa 3 s är v s t 3 m/s = 1 m/s 3 Under de nästa 7 s ändras läget från s = 7 m till s = 0 m. Hastigheten under dessa 7 s är s 07 v m/s = 1 m/s t 7 Det sker en rörelsemängdsändring p = m v =,0 ( 1 1) kgm/s = 4 kgm/s. Då har föremålet fått en impuls Ns. Svar: a) 3 Ns b) 8 Ns c) 1 Ns d) 4 Ns 540. a) Bil A blir påkörd bakifrån av bil B. Bil A hade hastigheten v A. Vi söker bil B:s hastighet v B. Efter påkörningen har bilarna fastnat i varandra. Deras sammanlagda massa är m = 000 kg och deras gemensamma hastighet är v = 15 m/s. Lagen om rörelsemängdens bevarande: m A v A + m B v B = m v 1000 10 + 1000 v B = 000 15 1000 v B = 000 15 1000 10 = 0000 v B = 0 m/s b) Rörelseenergin före krocken är 1000 10 1000 0 E k1 J 50 kj Efter krocken är rörelseenergin 000 15 E k J 5 kj Rörelseenergin har minskar från 50 kj till 5 kj. Svar: a) 0 m/s b) Nej, den minskade från 50 kj till 5 kj 541-54. Se lärobokens facit.

543. Efter tacklingen är Annas hastighet v A och motståndarens hastighet v M. Före tacklingen är Annas hastighet 5 m/s och motståndarens 4 m/s. Man kan gärna pröva sig fram och försöka hitta största möjliga värde på v A. Här följer en lösning som bygger på ekvationslösning. 55 5 + 65 ( 4) = 55 v A + 65 v M 55 v A + 65 v M = 15 (1) Rörelseenergin kan inte öka. 555 65 ( 4) Ek,före 107,5 J E k,efter 55 v A 65 v M Vi söker Annas maximala hastighet vilket innebär att vi sätter rörelseenergierna lika, före och efter. 55 v A 65 v M 107,5 55 v A 65 vm 415 () Vi löser ut v M från ekv. (1). 65 v M = 15 55 v A v M 15 55 v A 65 Vi sätter in detta värde i ekv. (). 55 v 15 55 v A 65 A 65 415 55 v (15 55 v A A ) 415 65 3575 v A (15 55 va ) 156975 Detta är en andragradsekvation som har två lösningar: v A = 5 m/s eller v A = 4,75 m/s Eftersom Anna måste byta riktning måste det vaar den negativa lösningen som är korrekt. Svar: 4,75 m/s i motsatt riktning 544. a) Fullständigt elastisk stöt innebär att rörelseenergin bevaras vi kollisionen b) Oelastisk stöt innebär att rörelseenergin inte bevaras. Vid en fullständigt oelastisk stöt fastnar de båda föremålen i varandra och fortsätter efter kollisionen som ett föremål. 545. Vid en kollision får alltid de båda kolliderande föremålen samma impuls fast i olika riktning. Om den ena bilen får impulsen 4000 Ns så får den andra bilen impulsen 5000 Ns oavsett hur kollisionen sker. Svar: a) 5000 Ns b) 5000 Ns c) 5000 Ns 546. Den ena enkronan A har hastigheten m/s före. Den andra enkronan B har hastigheten 0 m/s före. Efter stöten har A hastigheten v A och B hastigheten v B. Rörelsemängden före är 0,007 kgm/s = 0,014 kgm/s Rörelsemängden efter är också 0,014 kgm/s. Lagen om rörelsemängden bevarande ger att 0,014 = 0,007 v A + 0,007 v B, dvs. v A + v B = Stöten är fullständigt elastisk. Det innebär att skillnaden mellan deras hastigheter före och efter är lika med omvänd ordning, dvs. v A v B = 0 Vi har ekvationssystemet: v A v B v A v B Om vi adderar ekvationerna ledvis får vi v A = 0 v A = 0 Om vi sätter in detta värd på v A i någon av ekvationerna får vi att v B = Den första enkronan stannar och den andra enkronan rör sig med hastigheten m/s. Svar: m/s 547. Kulans hastighet före är v K. Total rörelsemängd före: 0,0001 v K + 0,15 0 = 0,0001 v K Stöten är helt oelastisk. Kulan fastnar i vagnen med modellera. Den får hastigheten 3,1 m/s efteråt. 0,0001 v K = (0,15 + 0,0001) 3,1 0,0001 v K = 0,39671 v K 0,39671 0,0001 Svar: 00 m/s m/s 197 m/s

548. Oelastisk stöt. Dani har massan 80 kg och hastigheten 3 m/s (positiv riktning). Delina har massan 15 kg och hastigheten 3 m/s (negativ riktning). (Delina är nog en hund). Deras sammanlagda rörelsemängd före är 80 3 + 15 ( 3) = 195 kgm/s. Efter (när Delina är i Danis famn) är deras sammanlagda massa (80 + 15) kg = 95 kg och deras gemensamma hastighet är v. 95 v = 195 v 195 m/s,1 m/s 95 Svar: m/s åt samma håll som Dani sprang. 549. Tennisbollens massa är m TB = 0,057 kg och fotbollens massa är m FB = 0,440 kg. Före: Tennisbollens hastighet är v TB,före = 15 m/s (positiv riktning) och fotbollens hastighet är v FB,före = 0 m/s. Efter: Tennisbollens hastighet är v TB,efter = 4 m/s (negativ riktning) och fotbollens hastighet är v FB,efter. 0,057 15 + 0,440 0 = 0,057 ( 4) + 0,440 v FB,efter 0,440 v FB,efter = 1,083 v FB,efter 1,083 0,440 m/s,46 m/s Svar: Fotbollen får hastigheten,5 m/s 550. Vi låter den tunga vagnens ursprungliga riktning vara positiv. Före kollisionen har den lätta vagnen en negativ riktning. Den lätta vagnens hastighet efter är v. 60 + 17 ( 4) = 60 0,3 + 17 v 5 = 18 + 17 v 17 v = 34 v = m/s Den lätta vagnen rör sig nu med m/s i omvänd riktning. Svar: Den lätta vagnen har studsat tillbaka med m/s. 55. Låt föremålen A och B ha massorna m och hastigheterna v och v före kollisionen. a) Oelastisk stöt. De fastnar i varandra och får den gemensamma hastigheten v efter. m v + m (v) = m v efter v efter = 0 v efter = 0 b) Fullständigt elastisk stöt. Efter kollisionen har de hastigheterna v A resp. v B. m v + m (v) = m v A + m v B v A + v B = 0 (1) Att kollsionen är fullständigt elastisk innebär att v (v) = v B v A v B v A = v () Om vi adderar ekv. (1) och () får vi v B = v v B = v och om vi subtraherar dem får vi v A = v v A = v Svar: a) 0 m/s b) Föremålen behåller samma fart som tidigare men de byter riktning. 553. A och B kolliderar. Båda har massan m. Före kollisionen har A hastigheten v A,f och B har hastigheten v B,f. Efter kollisionen har de hastigheterna v A,e respektive v B,e. m v A,f + m v B,f = m v A,e + m v B,e Om vi förkortar bort massorna får vi: v A,f + v B,f = v A,e + v B,e (1) Om kollisionen är fullständigt elastisk gäller v A,f v B,f = v B,e v A,e () Om vi adderar ekv. (1) och ekv. () får vi v A,f = v B,e v A,f = v B,e och om vi subtraherar ekvationerna får vi v B,f = v A,e v B,f = v A,e Det innebär att föremålen byter hastighet med varandra vid kollisionen. Svar: De båda föremålen byter hastighet. 551. Innan cementen hade ramlat ner är vagnens rörelsemängd 150,0 kgm/s = 300 kgm/s. När cementen har ramlat ner på vagnen väger den (150 + 450) kg = 600 kg. Vagnen har då hastigheten v. Rörelsemängden är bevarad. 600 v = 300 v = 0,5 m/s Svar: 0,5 m/s

554. a) W = F s = 150 4 Nm = 600 Nm b) För att kunna lyfta en vikt med massan 75 kg krävs kraften F = mg = 75 9,8 N = 736,5 N W = F s = F h = 736,5,0 Nm = 160 Nm c) Om hastigheten är m/s är rörelseenergin E k mv 75 150 J Om hastigheten är 6 m/s är rörelseenergin E k mv 756 1350 J För att öka hastigheten från m/s till 6 m/s måste man tillföra en energin (1350 150) J = 100 J. Då måste man uträtta arbetet 100 Nm. Svar: a) 600 Nm b) 1,6 knm c) 1, knm 555. a) E p = mgh = 9,8 15 J = 94,6 J b) E p = mgh = 9,8 ( 5) J = 98, J Svar: a) 300 J b) 100 J 556. 90 km/h = 90 m/s = 5 m/s p = m v = 4000 5 kgm/s = 100000 kgm/s Svar: 100000 kgm/s 557. Om man släpper ett föremål från höjden h, så kommer det vid nedslaget ha hastigheten v. Lägesenergi mgh omvandlas till rörelseenergi mv. mv mgh v gh a) Om vi släpper från 1 m höjd blir hastigheten v gh 9,81 m/s 4,4 m/s b) Om vi släpper från 10 m höjd blir hastigheten v gh 9,810 m/s 14 m/s Svar: a) 4,4 m/s b) 14 m/s 558. a) Om vi antar att vagnen rullar helt friktionsfritt är arbetet bara ett rent lyftarbete, dvs. att lyfta ett föremål till en viss höjd. Vi utför samma arbete som om vi skulle lyfta vagnen rakt upp 1 m. Kraften F = mg = 1 9,8 N = 9,8 N W = F s h = 9,8 1 Nm = 9,8 Nm b) Om vi har en friktionskraft F f, så tillkommer dessutom ett friktionsarbete W s. Då vagnen befinner sig på brädan får man komposantuppdela vagnens tyngd mg. Den komposant av tyngden som är parallell med brädan är mg sin 7 o och den komposant av tyngden som är vinkelrät mot brädan är mg cos 7 o. Vagnen påverkas då av en normalkraft som är lika stor. F N = mg cos 7 o. Friktionskraften F f = F N = mg cos 7 o = = 0,30 1 9,8 cos 7 o =,6 N 1 Brädans längd s sin 7 o m, m W s = F f, s =,6, Nm = 5,8 Nm Det totala arbetet är således (9,8 + 5,8) Nm = 15,6 Nm Svar: a) 10 Nm b) 16 Nm 559. Om man kastar upp en stålkula med hastigheten v och om vi bortser från luftmotstånd, så kommer kulans rörelseenergi att omvandlas till lägesenergi på höjden h. Rörelseenergi mv omvandlas till lägesenergi mgh. mgh mv h v g a) Om vi kastar med hastigheten 1 m/s så når kulan höjden h v g 1 m 0,05 m 5 cm 9,8 Om vi kastar med hastigheten 10 m/s så når kulan höjden h v g 10 9,8 m 5,1 m Svar: a) 5 cm b) 5 m 560. Se lärobokens facit.

561. Lyftkraften F = mg = 15 9,8 N = 147,3 N Att lyfta 15 kg till en höjd av 5 m, kräver arbetet W = F h = 147,3 5 Nm = 368,5 Nm Att göra detta arbete på tiden 16 s innebär att motor utvecklar effekten P W t 368,5 W 30 W. 16 Men den tillförda effekten är 50 W. Verkningsgraden är P nyttig 30 0,9 9% P tillfšrd 50 Svar: 9 % 56. Svar: Om två föremål påverkar varandra med krafter så får vart och ett av föremålen en impuls. Dessa impulser är alltid lika stora och motriktade. 563. Se lärobokens facit. 564. 1 år = 365 4 h = 8760 h 5000 kwh fördelas på antalet timmar på ett år. 5000 10 3 W 854 W 8760 Svar: 3 kw 565. a) Impulsen är F t = ( 500) 10 Ns = 5 kns b) Impulslagen: F t = p = m v p 5000 Hastighetsändringen v 5 m/s m 1000 Hastigheten har således minskat från 5 m/s till 0 m/s Svar: a) 5 kns b) 0 m/s 566-567. Se lärobokens facit. 568. Hon utför dels ett lyftarbete genom att lyfta säcken till en högra höjd, dels utför hon ett accelerationsarbete genom att öka säckens hastighet från 0 m/s till 4 m7s. Lyftarbetet är W L = mg h = 5 9,8 0,95 Nm = 33 Nm Accelerationsarbetet är W acc mv 5 4 Nm 00 Nm Det totala arbetet som hon utför är (33 + 00) Nm = 433 Nm Detta arbete utförs på 1, s. Den utvecklade effekten är P W t Svar: 360 W 569. a) 90 km/h = 90 m/s = 5 m/s 433 1, W 361 W 110 km/h = 110 m/s = 30,6 m/s Ökningen av rörelseenergi 100 30,6 100 5 E k J 185 kj b) Det nyttiga arbetet är 185 knm. Eftersom verkningsgraden bara är 35 % måste motorn utföra arbetet 185 knm = 59 knm 0,35 c) 59 knm = 59 kj 1 liter bensin innehåller energin 33 MJ. Bilen förbrukar under omkörningen 59 10 3 3310 6 liter = 0,016 liter = 1,6 cl Svar: a) 185 kj b) 530 knm c) 1,6 cl 570. En vecka = 7 dygn = 7 4 h = 168 h Under denna tid konsumerar lampan energin E = 40 168 Wh = 670 Wh = 6,7 kwh Det kommer att kosta 1,30 6,7 kr = 8,74 kr. Svar: 8,74 kr

571. a) Den lilla båtens hastighet efter sammanstötningen är v. Låt den stora båtens riktning före kollisionen (vänster) vara positiv riktning. 0 10 3 ( 5) + 1500 10 3 7 = = 1500 10 3 6,8 + 0 10 3 v 0 10 3 v =00 10 3 v = 10 m/s Den lilla båten får hastigheten 10 m/s åt vänster. Den ha alltså studsat bakåt. b) Studskoefficienten är kvoten mellan skillnaden mellan båtarnas hastigheter efter och före (i omvänd ordning). 6,8 10 e 5 7 0,7 c) De får lika stor impuls, så det räcker med att räkna på den stora båten. Den ändrade sin hastighet från 7 m/s till 6,8 m/s, dvs. med 0, m/s. Rörelsemängdsändringen Dp = m Dv = 1500 10 3 0, kgm/s = 300 10 3 kgm/s Enligt impulslagen är det också den impuls som båtarna har fått, dvs. 300 10 3 Ns Svar: a) 10 m/s bakåt b) 0,7 c) 300 kns 57. Rotorns radie r = 7,3 m. Rotorn sveper över arean A = r = 7,3 m = 167 m på tiden t. På denna tid påverkas en luftcylinder med arean 167 m och med höjden h i riktning nedåt. Luften får då 573. a) Elisa mäter bollens hastighet till m/s. Elina anser att bollens rörelseenergi är E k mv 0,050 J 0,1 J b) I förhållande till fasta marken har bollen en hastighet rakt fram med 3 m/s (hästens hastighet) och en hastighet vinkelrätt mot denna på m/s. Den resulterande hastigheten v bestäms med Pythagoras sats. v m/s 3 m/s v 3 m/s 13 m/s Ulf uppfattar bollens rörelseenergi att vara E k mv 0,050 13 Svar: a) 0,1 J b) 0,3 J J 0,35 J 574. Under gungandet sker ständig omvandling mellan lägesenergi och rörelseenergi. När lägesenergin är maximal är rörelseenergin noll och vice versa. Figuren visar ett diagram över rörelseenergin. Den totala mekaniska energin är hela tiden 450 J. hastigheten v h t. Luftens volym är V = h A och dess massa m L = V = h A Helikopterns rotor ger luften en impuls nedåt och luften ger helikoptern en lika stor impuls uppåt. Impulslagen: F t = m L v F är kraften på helikoptern (och på luften) under tiden t. F är helikopterns tyngd, m L är luftens massa och v dess hastighetsändring. F = m H g = 630 9,8 N = 61 kn Vi får F t = m L v = h A v F t = m L v = h A v F h A v t v F A Svar: 17 m/s A v 61103 1,3167 m/s 17 m/s 575. Se lärobokens facit. 576. Vi sätter punkten B som nollnivån för lägesenergi. I punkten A har då kistan lägesenergin E p = mgh = 5 9,8 0,60 J = 147,3 J I punkten B är lägesenergin noll men kistan har nu rörelseenergi E k mv 5,0 J 50 J Skillnaden i energi E = (147,3 50) J = 97,3 J har omvandlats till värme. Svar: 97 J

577. a) Den översta lådan påverkas av två krafter, spännkraften i snöret som drar lådan åt vänster och friktionskraften mellan lådorna som dra åt höger. Dessa krafter är lika stora eftersom den översta lådan är i vila. Friktionskraften är F N, där F N är normalkraften på lådan, som är lika med dess tyngd 10 N. Friktionskraften är F N = 0,5 10 N = 5 N b) Mot underlaget är tyngden av de båda lådorna (10 + 10) N = 0 N. På den undre lådan verkar en friktionskraft mellan låda och underlag som är F N = 0,5 0 N = 10 N Mellan lådorna finns också en friktionskraft. Den är enligt ovan 5 N. Båda dessa friktionskrafter verkar hindrande om man vill dra bort den undre lådan. Den totala friktionskraften är (5 + 10) N = 15 N. Man måste dra med kraften F = 15 N. Denna kraft ska verka under sträckan s = 0,30 m. Det arbete som krävs är W = F s = 15 0,30 Nm = 4,5 Nm Svar: a) 5 N b) 4,5 Nm 578. Den lilla bollens hastighet är 4 m/s före och v 1 efter. Den stora bollens hastighet är 5 m/s före och v efter. Obs. att vi har valt den lilla bollens riktning före krocken som positiv riktning. 0,150 4 + 0,00 ( 5) = 0,150 v 1 + 0,00 v Förkortning och förenkling ger 3v 1 + 4v = 8 (1) Att krocken är fullständigt elastisk innebär: v 1 v = 5 4 = 9 () Vi har ekvationssystemet 3v14 v 8 (1) v1 v 9 () Vi multiplicerar den undre ekvationen med 4 och får 3v14 v 8 4v1 4v 36 Nu kan vi addera ekvationerna och får 580. En boll som släpps från 1 m höjd har hastigheten v 1 då den träffar golvet och hastigheten v direkt efter studsen. v 1 och v har olika tecken. Vi väljer nedåt som positiv riktning och uppåt som negativ riktning. Vid 1 m höjd har bollen lägesenergin E p = mgh = m g 1 Denna lägesenergi omvandlas till rörelseenergi E k mv 1. mv 1 m g 1 v 1 g (v 1 är positiv) Bollen som studsar upp med hastigheten v når höjden 0,50 m. Här har rörelseenergi omvandlats till lägesenergi. mv 1 m g 0,5 v g (v är negativ) Vid stöten har inte golvet ändrat hastighet. Golvet är hela tiden i vila. Studskoefficienten e g 0 0 g g Svar: 0,71 g 1 0,71 581. Två föremål kolliderar. Deras hastigheter är v 1f och v f före och v 1e och v e efter. Studskoefficienten e v 1e v e v f v 1f (1) För en oelastisk stöt gäller att föremålen får samma hastighet efter, dvs. v 1e = v e. Det innebär att täljaren i (1) är noll. Studskoefficienten är noll. För en fullständigt elastisk stöt gäller att skillnaden mellan föremålens hastighet före och efter är lika med ombytt tecken. v 1f v f = v e v 1e Det innebär att täljare och nämnare i (1) är lika, dvs. e = 1. Detta skulle visas. 44 7v 1 = 44 v1 m/s 6,3 m/s 7 Insättning av detta värde i ekv. () ger 6,3 v = 9 v = ( 6,3 + 9) m/s =,7 m/s Båda bollarna studsar tillbaka. Den lilla får hastigheten 6,3 m/s och den större bollen får hastigheten,7 m/s. Svar: Båda bollarna byter riktning. 150 g-bollen får hastigheten 6,3 m/s och 00 g-bollen får hastigheten,7 m/s. 579. Se lärobokens facit.

58. a) 15 km/h 15 m/s 4, m/s På 1 s kör jeepen 4, m längs backen. Då kommer den att komma upp på höjden h, där h = 4, sin 30 o m =,1 m. Jeepens lägesenergi ökar med E p = mgh = 1500 9,8 4, sin 30 o J Bränslet måste på 1 s ge jeepen denna energi Det är en effekt av 1500 9,8 4, sin 30 o W. Eftersom verkningsgraden endast är 30 % måste bränslet 1500 9,8 4, sin30o avge effekten W 10 kw 0,30 b) Jeepens tyngd är mg. I backen kan vi komposantuppdela denna kraft i en kraft F 1 som är parallell med backen och en kraft F som är vinkelrät mot backens plan. F 1 = mg sin F = mg cos När jeepen är i backen påverkas den av en normalkraft F N som är lika stor som F. Friktionskraften F f = F N driver jeepen uppför backen. Kraften F 1 verkar nerför backen och är bromsande på jeepen. Den resulterande kraften parallell med backen är F R = F f F 1 = F N F 1 = = mg cos mg sin Denna kraft kan enligt Newtons andra lag skrivas m a. mg cos mg sin = m a Vi förkortar bort massan och löser ut : a g sin g cos 1 9,8 sin 30o 9,8 cos30 o 0,69 583. Vid backens början har hon rörelseenergi E k mv m8,1 3,805 m Denna rörelseenergi omvandlas dels till friktionsvärme under det att hon glider uppåt, dels också till en ökad lägesenegi. Friktionsvärmen är E f = F f Ds, där F f är friktionskraften och Ds är den sträcka hon glider. Hennes tyngd är mg. Tyngden komposantuppdelas i en kraft som är parallell med backen och en som är vinkelrät mot backen. Den kraft som är vinkelrät mot backen är F = mg cos a, där a är lutningsvinkeln. Normalkraften som verkar på skidåkaren är lika stor som denna kraft. F N = mg cos a. Friktionskraften F f = F N = mg cos Vi får alltså att den friktionsvärme som bildas är E f = F f s = mg cos s Om hon glider sträckan s längs backen så kommer hennes höjd att öka med h = s sin och lägesenergin ökar med E p = mgh = mg s sin Energiprincipen ger att E k = E f = E p 3,805 m = mg cos s + mg s sin Vi förkortar bort m och bryter ut s från de två termerna på högersidan: 3,805 = ( g cos + g sin ) s 3,805 s g cos g sin 3,805 0,07 9,8 cos 0 o 9,8 sin 0 o m 8, m Svar: Hon glider 8 m (8, m) Svar: a) 10 kw b) 0,69

0,5 1,5,5 3,5 4,5 0 30 40 50 60 70 80 90 100 0,5 1,5,5 3,5 4,5 5 584. a) Maximal rörelseenergi E k mv 0,430 0 J 86 J Hastigheten v = v o gt = 0 9,8 t Vi sätter in detta uttryck för hastigheten i formeln för rörelseenergi och får E k mv 0,430 (0 9,8 t) 0,7 t 84,5t 86 Grafen till denna funktion är ritad i diagrammet nedan. b) På vägen upp minskar rörelseenergin snabbare och bollen når tidigare (en lägre) maxhöjd. På vägen ner ökar rörelseenergin långsammare. 100 E kin (J) 90 80 70 60 50 40 30 0 10 0,5 1 1,5,5 3 585. Låt vindens hastighet vara v. På tiden 1 s kommer en "cylinder" av luft med längden v att passera förbi vindkraftverkets propellrar. Deras radie är r och arean av det cirkelformade område som propellrarna sveper över är A = r. På tiden s passerar en luftmängd med volymen V = r v. Massan av denna luft är m = V = r v. Dess rörelseenergi är E k mv r v v r v 3 (b) 3,5 (a) 4 4,5 5 t (s) 180 586. vtåg 180 km/h m/s 50 m/s Tågets färdriktning är positiv riktning. Mot tåget tänker vi oss en kastad boll med hastigheten v boll, före = 0 m/s (negativ riktning). Vi söker bollen hastighet efter studsen mot tåget och kallar den v boll, efter. Tågets hastighet efter är fortfarande 50 m/s. Tågets hastighet ändras knappast av en liten boll träffar det. Studsen är fullständigt elastisk. Då gäller: v boll, efter v tåg = v tåg v boll, före v boll, efter 50 = 50 ( 0) v boll, efter = 10 m/s (43 km/h!) Svar: 10 m/s 587. Låt rörelseenergin före vara E k1 mv 1 rörelseenergin efter E k mv. Ändringen av rörelseenergi är E k mv mv 1 m(v v 1 ) och konjugatregeln m(v v 1 )(v v 1 ) m v m v m v s s m a s F s t vilket skulle visas. Svar: E k r v 3

588. Figuren nedan visar klotens rörelse före och efter. Vi betecknar hastigheterna före med v 1 och efter med v. v och s i index är beteckningar för vit och svart. före fšre v 1v v 1s = 0 efter v v Vi analyserar situationen efter. Kloten rör sig nu åt olika håll. Vi komposantuppdelar deras hastigheter i x-led och i y-led. v s Eftersom det vita klotet rörde sig i x-led före stöten så är all rörelsemängd riktad i x-led även efter stöten. Rörelsemängden är bevarad både i x-led och i y-led. Det innebär att v 1v v vx v sx (1) v vy v sy () Rörelseenergin är bevarad. Det innebär att v 1v vvy vvx vsx vsy (3) Insättning av uttrycken i ekv. (1) och () i ekv. (3) ger efter lite algebraiska övningar v vx v vy v sy v sx, vilket kan skrivas v vy v vx v sy v sx 1 (4) En rät linje med samma lutning som v v har riktningskoefficienten k v v vy v vx och en rät linje med samma lutning som v s har riktningskoefficienten k s v sy v sy Från ekv. (4) ser vi då att k v k s = 1 Två linjer där produkten av deras riktningskoefficienter är 1 är vinkelräta. De båda riktningarna v v och v s är således vinkelräta mot varandra. Svar: Vinkeln är 90 o