Ergo Fysik 1. Lösningar till Ergo Fysik , kp , , ,63 10

Ergo Fysik 1 Lösningar till Ergo Fysik 1 47-0855-8, kp 1-1 Tryckfel (första eller andra tryckningen) Sida Var Står Skall stå 88 Rad 4+..G = 6,67 10 11 Nm /kg..g = 6,67 10 11 Nm /kg 101 4.5..ca 5 10 11 m....ca 5 10 11 m.. 1 7.14a..när temperaturen är 1 C...när temperaturen är 1 C. 8 Ex 5, nämnare 10,14 10 9 10,14 10 97 54 Ex..där r = 0,5 10 10 och..där r = 0,5 10 10 m och 88 Ex 4..= 1 kwh..= 0,1 kwh 17 Ex 4 19 19 1,60 10 10 1,60 10 10.. = Hz =.... = Hz =.. 4 4 6,6 10 6,6 10 7 Ex 7 = 5,1 10 1 J 0,51 pj = = 5,1 10 1 J = 0,51 pj = 70 Tabell, några Ämne T 1/ halveringstider har blivit fel i tabellen. Beryllium 6,7 10-17 s Kalium 1,77 10 9 år Uran 7,08 10 8 år Facit 406 8 a, kp 6 1,5 m/s 1,5 m/s 414 911 b 5,6 10 1 m/s 5,6 10 1 m/s 415 9.50 Ca 5 kr Ca 00 kr 416 11.0 b 11 5 11 5 416 11.18c, ställen,1 10 15 J.,0 10 15 J. 416 11.19b 5 kev 5 kev 416 11.1a 1,5 10 1,.. 1,5 10 1 J,.. 417 1.07 19 γ = 1,155 ger p =,9 10 kgm/s. (se lösningar 1.07 nedan) 419 8 b, kp 1 10 slag/min 4 slag/min 4,468 10 9 år Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 1

. Fysikerns sätt att se Räkna fysik.01 a) 1 dygn = 4 h = 4 600 s = 86 400 s 1 556 96 b) 1 år 1 556 96 s dygn 65, 4 dygn 86 400 1 medelår är 65,4 dygn. Vart 4:e år lägger vi till 1 dygn, skottdagen..0 a) 1 nautisk mil = 1 85 m = 1,85 km b) 1 ljusår = 9,46 10 15 m är den sträcka ljuset färdas på ett år. Ljushastigheten v = c =,00 10 8 m/s t = 1 år = 654600 s = 156000 s s = vt =,00 10 8 1 56 000 m = 9,46 10 15 m c) s = 4,7 l.y. = 4,7 9,46 10 15 m = = 4,04 10 1 km, och 4,7 år. 8 7,010.0 a) Solens radie är 109, 75 gånger större än jordens radie. 6 6, 4 10 Om jordens radie är 11 cm, blir solens radie 0,11109,75 m = = 1 m 15 10 5 b) Väteatomens kärna är 10 gånger mindre än hela 11 510 väteatomen. Om väteatomens storlek är 100 m, blir kärnans storlek 100 10 5 m = 0,00 m = mm..04 Se facit i läroboken.05 Balansvåg mäter massan. Massan ändras inte, men tyngden ändras på månen. a) 0,60 kg b) 5,9 N c) 0,60 kg d) 0,60 kg, 0,97 N m.06 Densiteten: V a) m 87 kg, V 0,1m m 87 kg m 70 kg m V 0,1 b) V 106,0,5m 10m 1, kg m m V 1, 10 kg 70 kg c) 1,010 kg m. Sätt m 60 kg. m 60 V m 0,059 m 59 dm 1, 0 10 Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 1

.07 m 0,54 kg 6 V 4,04,0,0 cm 48 cm 4810 m m 0,54 kg m 1150 kg m 6 V 4810 Jämför med tabellvärden i formelsamlingen: Densiteten för bly är vilket stämmer med det beräknade värdet. 11,5 g cm 11 50 kg m,.08 a) Skålens vikt avläses i grafen när V = 0 cm : m skål = 40 g b) Avläs punkter i grafen: m 10 40 g cm 0,80g cm V 100 0,5.09 a) V ( ) 14,86 cm 74,1 cm m 80,8 b) g/cm 5,14 g/cm V 74,1.10 Diskutera med en kamrat. Här går det inte att ge ett exakt svar..1 Se facit i läroboken..1 Se facit i läroboken. Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB

Testa dig i fysik 1 Se facit i lärobok Omvandla 440 yards till meter: 440 yards = 440 fot = 10 fot = = 10 1 tum = 15 840,54 cm 40 m Nej, 440 yards 40 m. r = 1,4 cm ρ = 8,96 g/cm 4r 4 1,4 V cm 11,49 cm m V 8,9611,49 g 10 g 0,10 kg Pris = 47 0,10 kr = 4,80 kr 4 a) Beräkna medelvärde för de uppmätta diametrarna. d,948 cm Omkretsen blir: O d,948 cm 1,4 cm b) Beräkna tvärsnittsarean för de olika diametrarna. Beräkna därefter medelvärde för arean. d Ar d /cm,98,96,9,94,95,94 A /cm 1,44 1, 1,07 1,19 1,5 1,19 Stavens area: A 1, cm 5 Tunna + vatten väger 17,09 kg. Vattnet väger: (17,09,4) kg = 1,66 kg 6 Silverskiktets area: 4, dm = 40 cm. Sätt tjockleken till x cm. Silverskiktets volym blir då 40 x cm. Densiteten för silver (ur tabell): 10,5g/cm. Följande ekvation fås: 40 x 10,5 g = 1,98 g Lös ut tjockleken: x = 4,5 10 4 cm = 4,5 m Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB

. Rörelse Räkna fysik.01 Sambandet s vt används i deluppgifterna a, b och c. Lös ut v, s och t. a) s = 900 m t = min = 60 s = 10 s s 900 Medelhastigheten v ms=7,5ms t 10 b) t = 6 min = 6 60 s = 60 s v 7,5 m s Sträckan s vt 7,560 m 700 m,7 km c) s = 1500 m v 7,5m s s 1500 Tiden t s 00 s min0s v 7,5.0 Avläs i grafen: s 18 a) v ms 1,8ms t 10 b) Hastigheten är störst under de fem första sekunderna: s 1 v ms,4ms t 5 c) Han cyklar sträckan s 18 1m 6m.0 Avläs i grafen a) t = 800 s = 1 min 0 s b) s = 00 m =, km s 00 c) v ms,75ms t 800 d) Hastigheten är störst där kurvan stiger brantast. Bestäm hastigheten s 1600 600 i ett intervall. v ms 4ms t 500 50.04 a) Medelhastigheterna blir: s 100 v ms 7,6ms t 1,18 s 00 v ms 8,7ms t,98 s 800 v ms 6,1ms t 1,1 Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 1

.05 s = 1 mil = 10 km v1 80 km h och v 90 km h s s vt vilket ger t v Tidsvinsten blir s s t1 t v v 1 10 10 h 0,018889 h 80 90 0,018889600 s 50 s.06 a) st-grafen är en rät linje. s 00 b) Konstant hastighet: v ms 0ms t 15 Grafen: se facit i läroboken. c) Avläs i st-grafen: s = 40 m när t = 1 s. I vt-grafen: Sträckan = v t = 0 1 m = 40 m.07 1 mile 1, 609 km v 651,609 km h 105km h 9 m s.08 Sätt t = totala tiden i timmar för resan. Pausen var 1 min = 0, h. Teckna uttryck för hela sträckan på olika sätt och bestäm t. s vt 1 9t s v ( t0,) 105 ( t0, ) 105 ( t0, ) 9t 105t9t 1 t 1, 615h 97 min.09 a) Kurvan har brantare lutning vid tidpunkten 5,0 s än vid tidpunkten,0 s. b) Drag en tangent till kurvan vid t = 4,0 s. Avläs ett intervall på tangenten. s 6 4 v ms 8,0ms t 6 (Svar mellan 7,0 m/s och 9,0 m/s är OK).10 a) Hastigheten minskar. Kurvans lutning är mindre brant i slutet än i början. b) Dra tangenter till kurvan vid tidpunkterna. Använd ett intervall på varje tangent. 7 4 Vid,0 s: v ms=5,8ms 4 0 41 8 Vid 8,0 s: v ms=1,6ms 1 4 s 7 c) Medelhastigheten v ms,7ms t 10 d) Dra en linje som börjar i origo, och som skär kurvan vid t = 10 s. Vid vilken tidpunkt har en tangent till kurvan samma lutning? Pröva dig fram med hjälp av en linjal. Tangenten bör ligga vid ungefär t = 4 s. Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB

.11 a) När omkörningen startar är P 50 m bakom F, se figur: P 5m 50m 0mF Då är P: 50 m + 0 = 70 m bakom fronten på F. Vid omkörningens slut är P 50 m framför F, se figur: 0m F 50m P 5m Då är P: 50 m + 5 m = 55 m framför fronten på F. Totalt har P kört: 70 m + 55 m = 15 m längre än F. 81 b) vp 81km h m s,5m s, 6 6 vf 6km h m s 17,5m s, 6 P kör sträckan: sp vt P,5t F kör sträckan: sf vt F 17,5t sp sf 15 vilket ger:, 5t 17, 5t15 5t 15 t 5 Omkörningen tar 5s P kör sträckan: sp, 5 5 m 560 m.1 a) v0 0ms, v 10,5 m/s, t 7,0 s v v v0 10,5 0 a m/s 1,5 m/s t t 7 b) v0 10,5 m/s, v 1 m/s, t 5, 0 s v v v0 110,5 a m/s 0,5 m/s t t 5 6.1 v0 6 km h m s 10 m s, v 0m s, t 0s, 6 v v v0 010 ms 0,5ms a t t 0 Accelerationen är negativ för att tåget bromsar, hastigheten minskar..14 a) v0 11m s, v 18m s, t 5, 0 s v v0 at v v0 18 11 a ms 1,4ms t 5, 0 v v0 1118 b) v ms 14,5ms s vt 14,55,0 m 7 m Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB

.15 a) v0 0m s, v 14 m s, b) v v at 0 v v0 14 0 t s 4,0 s a 1, 5 a 1, 5 m s v v0 0 14 s vt t 4,0m 68m.16 a) s 1800 m, t 60 s, s vt v 0m s s 1800 v ms 0ms t 60 v v b) v 0 v v v (0 0) m/s 0 60 m/s c) v v0 at v v0 0 60 a ms 1,0ms t 60.17 s 1,0m, t 4,0s, v0 0 m s a) s vt s 1,0 v ms,5ms t 4 v v0 b) v v vv,5 m s 6,5 m s.18 v0 0m s 0 00 v 00 km h m s 8,m s, 6 a 1, 6 m s v v at 0 v v0 8, 0 t s 5,08s a 1, 6 at 1, 6 5, 08 s m 170m. Startbanan måste vara minst, km. Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 4

.19 a) vt-grafen är linjär. Då är accelerationen konstant. Bil B har störst acceleration, linjen har störst lutning. b) sträckan = arean under grafen Efter 5,0s har bil A kört längst. Arean under graf A är större än arean under graf B. c) Hur långt har bilarna kört efter 10s? Beräkna medelhastigheten: 515 v A ms 10ms 0 0 v B ms 10ms Bilarna har samma medelhastighet, då har de kört lika långt..0 a) Intervall 1: v0 0m s, a, 0 m s, t 5, 0s v v0 at,05,0ms 15ms Intervall : v0 15 m s, a,0 m s, t, 0s v v0 at 15,0,0 m s 1m s. Sluthastigheten är 1 m/s. b) Intervall 1: v v0 15 v ms 7,5ms s vt 7,55,0m 7,5m Intervall : v v0 15 1 v ms 18ms s vt 18,0 m 54m Totala sträckan blir: s 7,5m 54m 9m c) vt-grafen: se facit i läroboken..1 s sr sb t 0,8s, r a 5,0 m s 90 v0 90 km h m s 5m s, 6 v 0m s Reaktionssträckan: sr v0tr 50,8m 0m Bromssträckan: sb vtb v v0 at b v v0 0 5 tb s 5,0s a 5, 0 v v0 5 sb vtb tb 5, 0 m 6,5m Stoppsträckan blir: s sr sb 0m 6,5m 8m Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 5

. a) v0 10m s, v 18m s, s 80 m v v0 s vt t s 80 t s 5,714s vv 18 10 0 0 v v at v v0 18 10 ms 1,4ms a t 5, 714 b) Hastigheten efter halva sträckan, när s 40 m För hastigheten gäller: v v0 at v v Lös ut t: t 0 a v v0 För sträckan gäller: s vt t Sätt in uttrycket för t och utveckla: vv0 vv0 vv0 vv0vv0 s t a a v v0 a Lös ut v och sätt in siffervärden: v sav 801,410 m s 1m s 0 Hastigheten blir: v 1 m s 15m s. a) Falltid: t 1, s g 9,8 m s gt 9,81, s m 7,1m b) Osäker tidmätning, luftmotståndet, tiden för ljudet att nå upp..4 s = 0,75 m gt s s 0,75 t s 0,9s g 9,8 Detta är tiden för upphoppet. Det tar lika lång tid att landa igen på marken. Han är alltså i luften 0,9s 0,78s.5 s 0m, t 5, 0s at s s 0 a ms 1,6ms t 5, 0 Tabellvärde: 1, 6 m s Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 6

.6 s 400m, gt s, lös ut t s : t g s 400 t s 9,06s g 9,8 v gt 9,89,06 m s 89 m s Luftmotståndet bromsar..7 v 50 km h Fritt fall 1m. Hur stor är sluthastigheten? gt s, lös ut t s : t g s 1 t s 1,56s g 9,8 v gt 9,8 1,56 m s 15,5m s 15,5,6 km h = 55km h Om v 50 km h kan falltiden bestämmas: v gt v 50,6 t s 1, 414s g 9,8 Fallsträckan blir: gt 9,8 1, 414 s m 9,8 m.8 Fritt fall 5m gt s, lös ut t s : t g s 5 t s 1,009s g 9,8 v gt 9,81,009 m s 10 m s Alternativ B.9 Bollen ska vara i luften,0s. Den vänder efter halva tiden, t 1, 0 s. v 0m s när bollen vänder. Bestäm positiv riktning uppåt. v v0 gt 0 v0 gt v0 gt 9,81,0m s 10m s Alternativ C.0 a) Lutningen på linjen blir Enheten blir kg. m b) Lutningen på linjen blir m som är samma som densitet. V s som är samma som hastighet. t m Enheten blir. s.1 Lutningen på linjen blir V cm och enheten blir cm. Lutningen l cm anger stavens genomskärningsarea. Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 7

. Arean under grafen blir at som ger en hastighet. m m Enheten blir s. s s. a) Avläs värden i grafen. Beräkna, om nödvändigt, tiden i sekunder: v 4 m s.4 max v 4 0 ms 0,ms a t 60 0 tbroms 10,0min7,0min,0min Sträckan = arean under grafen 460 460 s 4560 m 10,8km b) s vt s 10 800 v ms 18ms t 1060 c) Bestäm accelerationen i olika intervall: 0 min: a 0, 0 m s 7 min: a 0m s 0 4 7 10 min: a ms 0,1ms 10 7 at-graf: se facit i läroboken. a x m area b x/v m s tid m s m m s c a t m s sträcka m s d v t m sträcka s m s e x m volym f v/a m tid s m s s m s m s.5 a) Tabellen visar medelhastigheten i m/s F i n a l S e m i v 0m V 40m V 60m V 80m V 100m 0 0 0 0 0 6,9 11, 4 1,0 1,4 1,0,89 4,64,89 6,1 4,64 7,9 6,1 9,58 7,9 0 0 0 0 6,9 11, 11,6 11,8,89 4,68,89 6,41 4,68 8,11 6,41 0 11, 9,89 8,11 b) Tabellen visar att medelhastigheten är som störst mellan 60 m och 80 m. c) Ja d) Tabellen visar att medelhastigheten minskar i intervallet 80 m till 100 m. Accelerationen är alltså negativ i det sista intervallet. Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 8

Testa dig i fysik 1 a) Avläs värden i grafen: s vt I II s 17,5 v dms 1,75dms 0,18ms t 10 b) Avläs värden i grafen: s vt s 5,5 v dm s 1,8dm s 0,18m s t (OBS! Grafen ligger mellan 5 och 5,5). c) st-grafen är en rät linje mellan 0 s och s. Då är v v 0,18m s vid t,0s. d) Vid t 4,0s är st-grafen horisontell. Då är v 0m s. 4 00 v 00 km h m s 8,m s, 6 v0 0m s, s 400m v v0 s vt t s 400 t s 9,6s v v 8, 0 0 v v at v v0 8, a ms 8,7ms t 9,6 5 Klockan 14:5:00 är v0 0 km h sekunder senare är v 50 km h Hastigheten ökar med 50 0 km h 10km h varje sekund. a) v 90 km h v 90 0 km h = 70 km h Det tar 70 s 7,0s 10 Kl. 14:5:07 b) Kl. 14:5:01 är v 0 10km h 0km h c) Från 14:5:00 till 14:5:05 t 5, 0s v 0 50 km h 70 km h v v0 70 0 v t km h 45km h = 45 ms 1,5ms, 6 s vt 1,55,0m 6m Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 9

6 Fritt fall 4 m gt s s 4 t s,s g 9,8 7 v0 10 m s, v 0m s, a) v v0 at v v0 010 t s 0s a 6 a 6m s at 60 b) s v0t 10 0 m 100 m Nej, planet behöver minst 1 00m för att stanna. 8 Välj positiv riktning ut från väggen. v0 1 m s, v 8m s, t 8ms 0,08 s v v v0 8 ( 1) ms 710ms a t t 0,08 ut från väggen. Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 10

4. Newtons lagar Räkna fysik 4.01 Aristoteles: "Det är naturligt för bollen att ligga stilla." Galilei: "Det verkar krafter som stoppar bollens rörelse." 4.0 a) Hastigheten minskar på grund av friktion och luftmotstånd. b) Nej, i praktiken finns det alltid litet friktion. 4.0 Tyngdkraften verkar i samtliga fall. Dessutom verkar: a) Normalkraft från golvet b) Normalkrafter från stolen och golvet c) Normalkraft från underlaget, ev. luftmotstånd d) Normalkrafter och andra kontaktkrafter från cykeln, luftmotstånd e) luftmotstånd och kraft från vattnet f) krafter från vattnet 4.04 Addera om krafterna har samma riktning, subtrahera om de har olika iktning. a) 6 N åt höger b) N åt vänster c) N åt höger d) 0 N e) 5 N åt höger f) 1 N åt vänster g) 0 N h) N åt vänster 4.05 a) +6 N b) N c) + N d) 0 N e) +5N f) 1 N g) 0 N h) N 4.06 Använd Pythagoras sats: F 4 N 5N F R R 5 1 N 1N 4.07 Se facit i läroboken. 4.08 Den vänstra kraften: Fx F cos 8 58 cos 8 N 46N Fy Fsin 858sin 8N 6N Välj x-riktningen snett neråt på den högra kraften: Fx Fcos 6040cos 60N 170N F Fsin 6040sin 60N 90N y 4.09 Den framåtdrivande kraften utgörs av den horisontella komposanten av den kraft han trycker med, d.v.s. Ffram Fcos 4594cos 45N 66N 4.10 a) Vagnen står stilla. b) Vagnen fortsätter rakt fram med konstant hastighet. Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 1

4.11 a) Resultantkraften är 0 N i samtliga fall. Fall 1 beskrivs av figuren till vänster, fall 4 av figuren till höger. b) Lika stor, men motsatt riktad. Se figur. 4.1 Kraften måste vara större än tyngdkraften. Tyngdkraften: F mg 1010 9,8 N 1, MN g 4.1 a) Eftersom bilens riktning ändras är det farten och inte hastigheten som är konstant. Det krävs en resulterande kraft för att ändra rörelseriktningen. b) Den fortsätter rakt fram i den ursprungliga riktningen. 4.14 F ma a) m56kg, a,5m s F ma 56, 5N 196N 00N b) m0,450kg, F 0N F 0 ms 67ms a m 0, 450 c) a 4,m s, F 5,0kN 5000N F 5000 m kg 1190kg 1, ton a 4, 4.15 Bestäm resultantkraften, Fres ma a) Fres F F1 19 15N 4N åt höger F res 4 ms 1,6ms a m,5 åt höger. b) m1kg, a 1,5m s Fres ma 11,5 N 18 N Fres F1 F, F1 7,0N F Fres F1 18 7, 0N 11N c) Fres F K 9 8 N 65 N a,6m s Fres 65 m kg 5kg a,6 4.16 m 100kg, v0 1 m s F 1800 N, t 4,0s F ma F 1800 ms 1,5ms a m 100 a) a 1, 5 m s v v0 at 1 1,5 4,0 m s 19 m s b) a 1, 5 m s v v 0 at 1 1,5 4,0 m s 7,0 m s Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB

4.17 m 0,51kg a) Fg mg 0,519,8 N 5,0 N b) Tyngden är lika stor, Fg 5, 0 N c) Se facit i läroboken. 4.18 m 0,00kg, Fg = 0,74 N a) Fg mg F 0,74 g ms,7ms m 0, 00 b) m 90 kg g g F mg 90,7 N, 4 kn 4.19 v0 1 m s, v 0 m s t 6,5s, m 70 kg v v v0 0 1 a) a ms 1,08ms 1,ms t t 6,5 b) Den resulterande kraften: Fres ma 701,08 N 86 N Dragkraften: Fdrag 150 N Bakåtriktad, F, orsakas av friktion och luftmotstånd. Beräknas ur sambandet: Fres Fdrag F F Fdrag Fres 150 86 N 64 N 4.0 a) m 51kg Fg mg 519,8N 500N F F 500N N g b) a 1, m s ma FN Fg Fg 500N FN mafg 511, 500 N FN 560N c) Fg 500N Accelerationen är neråtriktad. a g 9,8 m s F N F g F N Fg Fg 4.1 m 76,5kg Fg mg 76,59,8 N 751, N 750 N verkar neråt hela tiden. I vajern verkar en uppåtriktad kraft, F, som blir: a) a 1, m s, uppåtriktad ma F F g F mafg 76,51, 751, N 850 N b) a 0m s F F g 750Ns c) a 1, m s, neråtriktad ma F F g F mafg 76,51, 751,N 650 N Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB

4. a) Tyngdkraften verkar på äpplet. Motkraften verkar på jorden. En uppåtriktad kraft verkar på äpplets skaft. En motkraft verkar på grenen, i upphängningspunkten. b) Tyngdkraften verkar under fallet. En motkraft verkar på jorden. 4. a) Tyngdkraften och normalkraften verkar. F N Fg b) Vi har jämvikt eftersom boken ligger stilla. Den resulterande kraften på boken är lika med noll (Newtons 1:a lag). Alla krafter verkar på boken. Newtons :e lag beskriver krafter som verkar på olika föremål. c) Tyngdkraften motkraft på jorden. Normalkraften motkraft på bordet. 4.4 Loket drar vagnen. Vagnens massa och acceleration är: m 5, 0 10 kg, a, 0 m s Kraften på vagnen blir: F ma 5,0 10,0N 10 kn Kraften på loket är motkraft, d.v.s. den är också 10kN. 4.5 a) Se figur. F F g b) Kraften i dynamometern är, enligt Newtons :e lag, motkraft till kraften F i figuren till höger. Vi har jämvikt, F = F g, enligt Newtons 1:a lag. Kraften i dynamometern blir då lika stor som tyngden. 4.6 Luftmotståndet ökar när hastigheten ökar tills Fluftmotstånd mg. Då är den resulterande kraften noll, och hastigheten blir konstant i fortsättningen. m 1, kg F mg 1, 9,8 N 1N luftmotstånd 4.7 Följande krafter verkar på B: Tyngden Fg mg 09,8 N 196 N En kraft från A som är lika stor som A:s tyngd: F 109,8 N 98 N Från underlaget verkar en normalkraft. Vi har jämvikt. Då gäller: FN F Fg ( 196 98) N 94N Figur: Se facit i läroboken. 4.8 Se figur till höger. Vi har jämvikt: F F F g N Fg mg 0, 400 9,8 N,9 N Normalkraften beräknas med hjälp av vågens utslag: F 0,1709,8N 1, 67N N F F F,9 1, 67N, 6N g N F F g F N Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 4

70 4.9 v0 70km h m s 19,444m s, 6 m 100 kg, v 0 m s F 8, 0 kn Beräkna accelerationen. F ma F 8, 0 10 a m s 6, 6667 m s m 100 Beräkna tiden och bromssträckan med hjälp av rörelselagarna: v v at 0 v v0 0 19, 444 t s,9s a 6, 6667 v v0 0 19, 444 s vt t,9m 8m 4.0 Vi sätter puckens riktning efter slaget som positiv riktning. Då gäller: v 0m s, v 10 m s, t 0,00s a v t v v 0 0,00 0 0 ( 10) ms 1000ms t m 0,15 kg F ma 0,151000 N 150 N i positiv riktning. Kraften blir: 4.1 m 4,kg Tyngdkraften verkar neråt i alla tre fallen: Fg mg 4, 9,8 N 414, 404 N 414 N Dessutom verkar en uppåtriktad normalkraft, N. a) a 1,1m s ma FN Fg FN m afg 4, 1,1 414,404 N F 460,84 N 461N N F N F g b) c) a 0m s F N g F 414 N a 1,1m s ma F F N N N g F maf 4, 1,1 414,404 N F g 67,984 N 68 N F N F g F N F g d) Badrumsvågen visar normalkraften: 461N, 414N resp. 68N e) Beräkna massan som om normalkraften var tyngden: FN 460,84 m kg 46,9kg g 9,8 m 4,kg m F 67,984 kg 7,5kg 9,8 N g Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 5

4. a) ma,0kg, mb,0kg, F 1N F ma m m a A B F 1 a ms,4ms m m, 0, 0 A B Kraften på B: FB mba,0, 4 N 4,8 N Den bakåtriktade kraften på A är lika stor (motkraft). b) Kraften i snöret är samma som beräknades ovan, d.v.s. 4,8N c) Se figur i facit på sid. 4 i läroboken. 4. a) Båda faller med samma acceleration eftersom det är fritt fall. Då är kraften i snöret lika med noll. b) Samma som a. 4.4 Använd Newtons gravitationslag i både a och b: mm 1 11 0,65 11 a) F G 6,67 10 N 7, 10 N r 0,5 b) Lös ut r: r Gm m 11 1 6,67 10 1,675 11 m 1,6m F 7,10 4.5 Elektronens och protonens massor finns i formelsamlingen. m p = 1,67 10 7 kg och m e = 9,109 10 1 kg 7 1 mm 1 11 1,6710 9,10910 47 F G 6,67 10 N 410 N r 11 (510 ) 4.6 Räkna som om jordens massa var koncentrerad till en punkt i jordens centrum. Då är avståndet mellan jorden och rymdsonden lika med jordradier: 6 7 r r 6,810 m 1,91410 m jord 4 mm 1 11 5,98 10 500 7 F G 6,67 10 N,7kN r (1,91410 ) 4.7 I formelsamlingen finns data om jorden, månen och solen: Medelavståndet mellan jorden och månen: r 1 =,844 10 8 m Medelavståndet mellan jorden och solen: r = 1,496 10 11 m Medelavståndet mellan månen och solen kan beräknas m. h. a. Pythagoras sats: r r r1, men eftersom r 1 <<r så blir r r 1. Beräkna kraften mellan månen och jorden resp månen och solen. Bestäm därefter resultantkraften. 4 mm 1 11 7,4910 5,977 10 0 F1 G 6,67 10 N 1,987610 N r 8 (,84410 ) 0 11 7,4910 1,98910 0 F 6,67 10 N 4,56410 N 11 (1,49610 ) F F F 4,810 N 0 R 1 Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 6

4.8 Som ses i figuren nedan passar ett kvadratiskt samband s = 0,40t bra. s = 0,40t,0 s /m 1 0 0 1 t /s 4.9 Som ses i figuren nedan passar ett linjärt samband m = 0,40V bra. 4000 000 m = 9,00V m /g 000 1000 0 0 100 00 00 400 500 V /cm^ Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 7

Testa dig i fysik 1 m 58kg Nordpolen: g 9,8m s Fg mg 589,8N 570 N Ekvatorn: Fg g 9,78m s mg 589,78 N 567 N Tyngden minskar N. m 56 kg Kraften i vardera repdel = F. Jämvikt: F mg mg 569,8 F N 75N Se facit i läroboken. F 800N, F 1900N Fg mg 1800N Fg 1800 m kg 18,99 kg g 9,8 a) Resulterande, accelererande kraft: Fres Fdrag Fmotst 800 1900 N 900 N Fres ma Fres 900 a ms 4,91ms m 18, 99 b) t 8, 0s 4 drag motst c) v v0 at 04,918m s 9m s at 4,918 s m 160m 5 Beräkna först accelerationen och använd därefter kraftlagen. (90 50) v, 6 ms,ms a t 5 F ma 150,N,8kN 6 Tyngdkraften verkar på stenen. Den är konstant, negativ. Alternativ B. 7 Luftmotståndet FL kv Hastigheten ökar tills FL mg. Därefter fortsätter rörelsen med konstant hastighet. m 45kg, k 15kg s kvmax mg mg 459,8 vmax ms 9ms k 15 Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 8

8 Luftmotstånd: F 100 N Massan: m 8 kg Fallsträcka: s 5 m Resulterande kraft ger accelerationen: Fres Fg F mgf 89,8 100 N 705,4 N Fres ma Fres 705, 4 ms 8,600ms a m 8 Använd rörelselagarna: at s s 50 t s, 411s a 8,600 v v at 0 8,600,411m s 1m s 0 Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 9

5. Energi 5.01 Se uppslagsverk. 5.0 Se facit i läroboken. 5.0 I en vanlig glödlampa omvandlas större delen av den elektriska energin till värmestrålning; bara en liten del blir synligt ljus. I en lågenergilampa blir större delen av energin ljus. 5.04 F 60N, s 5m Uträttat arbete: W Fs 60 5 J 1500 J 5.05 a) F 80 N, s 0,75m Uträttat arbete: W Fs 800,75J 60J b) Ingen rörelse: W 0J c) Ingen rörelse i kraftens riktning: W 0J 5.06 F 85 N, s 5,0 m Kraften, F, bildar 45 vinkel med rörelseriktningen. Dela upp F i komposanter. Rörelsen sker i x-led. Vi får: Fx Fcos 45 Uträttat arbete: W Fx s Fscos 45855,0 cos 45J W 0,0 kj 5.07 a) F 16, s 00 m Kraften, F, bildar 0 vinkel med rörelseriktningen. Dela upp F i komposanter. Rörelsen sker i x-led. Vi får: Fx Fcos 0 Uträttat arbete: W Fx s Fscos 01600cos 0J W, 0 kj b) Fμ 15 N rakt bakåt W Fμ s 1500J,0kJ c) Tyngdkraften och normalkraften från underlaget. Deras riktningar är vinkelrätt mot rörelseriktningen. De uträttar inget arbete. d) Om vinkeln mellan kraften, F, och rörelseriktningen är mindre än 0. 1 5.08 a) W,410 J t 1dygn 14600s 86400s 1 W,410 6 P W,8710 W t 86400 b) P 100 MW, t=1h= 600s 6 11 W Pt 10010 600 J,6 10 J W 0,6TJ Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 1

5.09 t,0min,060s 180s F 6,kN, s 400 m W Fs 6 6, 10 400 J,5 10 J 6 W,5 10 J P W 14kW t 180 5.10 Beräkna arbetet för att lyfta skottkärran: W Fs mgs 109,81 J 14140,8J Beräkna tiden för motorn att arbeta: W P t W 14140,8 t s 1s P 100 5.11 Beräkna arbetet under 1s. s 1m, m=75kg F mg 759,8 N 76,5 N W Fs 76,51J 76,5J W 76,5 P W 76,5W t 1 5.1 a) P 1kW, v 10 m s W Fs P F t t v Dragkraften är som störst när hastigheten är lägst. 80 b) v 80 km h m s, m s, 6 P 110 F N 540N v, När dragkraften är lika stor som luftmotståndet, kan hastigheten inte öka mer. 5.1 a) m 6010 kg, P 650kW 6 v 6 km h m s 10 m s, 6 Fmot 0,005mg 0,0056010 9,8 N Fmot 1766 N Lokomotivet utvecklar effekten: W Fdrag s P Fdrag t t v Dragkraften blir: P 65010 Fdrag N 65kN v 10 Den accelererande kraften är: F Fdrag Fmot 6510 1766 N 5 4 N Accelerationen kan beräknas: F ma F 54 a ms 0,ms m 6010 b) Dragkraften minskar när hastigheten ökar (vid konstant effekt) Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB

5.14 a) m 50g 0,050 kg, v 8,0 m s mv 0,0508,0 Wk J 1,6J b) m 60 ton 6010 kg 800 v 800km h m s,m s, 6 mv 6010, Wk J c) m60kg, Wk,0kJ mv Wk W k v m W v m 60 9 1,5 10 J k,010 ms 8,ms 5.15 a) v 0m s, m 45g mv 0, 45 0 Wk J 87J b) Uträttat arbete blir i huvudsak rörelseenergi hos bollen. Det behövs minst 87J. 5.16 a) v0 10 m s, v 15m s, m 100kg Uträttat arbete = ändring av bilens kinetiska energi. mv mv 0 10015 10010 W J W 75kJ b) Bilens kinetiska energi är: mv 10015 Wk J 15kJ En ökning med 105kJ ger den kinetiska energin: Wk 15 105 kj 40kJ Bilens hastighet är nu: mv Wk W k v m W k 4010 v ms 0ms m 100 c) Uträttat arbete = ökning av kinetisk energi: W Wk 105kJ Accelerationssträcka: s 70m W Fs W 10510 F N 1, 5kN s 70 Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB

5.17 m 50 ton 5010 kg 10 v0 10 km h m s,m s, 6 s 1, 5km 1500 m Bromsarbetet = ändring av tågets kinetiska energi: W Fs mv mv0 mv0 Wk mv0 Fs mv0 5010, F N 9kN s 1500 5.18 Kraften uträttar ett arbete som ökar partikeln kinetisk energi. Från början är partikeln i vila. a) F N, s=,0m Arbete: W Fs,0J 6,0J Partikelns kinetiska energi är 6,0 J b) F 4N, s 5,0,0m,0m Arbete: W Fs 4,0J 1J Partikelns nya kinetiska energi är 6,0 1 J 18J c) Kraften är 0N. Den kinetiska energin ökar inte. Den är 18 J. 5.19 Motorns effekt: Pmotor 57 kw v0 0km h 0m s 50 v 50km h m s 1,89m s, 6 m 1100 kg, t 9, 0s Ökning av bilens kinetiska energi: mv mv0 11001,89 Wk 0J 106 kj Utvecklad effekt: W Wk 10610 Put W 11788W t t 9,0 Bilens verkningsgrad: Put 11788 0, 1 1% P 57 10 motor 5.0 Potentiell energi: Wp mgh m 66kg, h 10m a) Wp mgh 669,8 10J 6,5kJ b) Wp 5, 0 kj W p 5, 0 10 h m 7,7m mg 669,8 c) h 1, 7 m mgh66 9,8 1, 7 J 1,1kJ Wp d) Den har omvandlats till friktionsvärme under inbromsningen i vattnet. Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 4

5.1 a) Motorns effekt: Pmotor 1, 0 kw h 5, 0 m Verkningsgrad: 0, 65 Utvecklad effekt: Put Pmotor Put Pmotor 0,651000 W 650 W På en minut: W Pt 65060J 9kJ b) Lyftarbete: W m gh W 910 m kg 790 kg gh 9,85,0 5. m 0,11kg, h,60 m a) Totala energin W Wp Wp mgh0,119,8,60 J,8J,60 b) h m 1,0m Wp mgh0,119,81,0 J 1, 4J Totala energin: W Wp Wk Wk W Wp,8 1, 4 J 1, 4 J mv Wk W k 1,4 v ms 5,1ms m 0,11 c) Totala energin bevaras: Wp 0J W,8J k mv Wk W k,8 ms 7,1ms v m 0,11 5. Totala energin bevaras: W Wp W k är konstant a) Utgångsläget (vattenytan är nollnivå): h0 5m, v0 15m s m 0, 5kg mv0 W Wp Wk mgh0 0, 515 W 0, 59,85 J 114,05J Högsta punkten: v 7,5m s mv 0, 57,5 Wk J 7,015J Wp W Wk 114,05 7,015J 107 J Höjden beräknas: Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 5

Wp mgh Wp 107 h m 44m mg 0, 59,8 b) Vid vattenytan: Wp 0J Wk W Wp 114,05J mv Wk W k 114,05 v ms 0ms m 0, 5 c) Nej. Massan finns med i alla energitermer. Då kan man dividera alla termer med m. 5.4 Vattnets höjd: h 60m Kinetisk energi omvandlas till potentiell energi: mv mgh v gh v gh 9,860m s 4m s v 4,6 km h 10 km h 5.5 a) Spännkraften i snöret är vinkelrät mot rörelseriktningen. Den uträttar inget arbete på kulan. b) Höjdskillnad: h 0, 40 m Enligt energilagen bevaras energin: mv mgh v gh v gh 9,80, 40 m s,8m s c) Kulans höjd, läge : h 0, 0 m Kulans energi från början: W m gh Kulans energi, läge : mv W mgh Energin bevaras: mv mgh mgh v mgh mgh v gh gh v gh gh v ghgh ghh v ghh 9,80, 40 0, 0m s v,0 m s Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 6

5.6 a) v0,0 m s Kinetisk energi omvandlas till potentiell energi. Kulans nivå över AB blir: mv mgh v gh v,0 h m 0,0m g 9,8 b) Höjden h 0,50 m Energi som tidigare: mv mgh v gh v gh 9,80,50 m s,1m s c) Hur högt når kulan om v0 4,0 m s? Energiomvandling som tidigare: mv mgh v 4,0 h m 0,81m g 9,8 Kulan lämnar rännan och fortsätter uppåt. 5.7 a) Potentiell energi omvandlas till kinetisk energi. Energin bevaras. När vagnen kommer ner: v 4,0m s mv mgh v gh v 4,0 h m 0,81m g 9,8 b) v0,0 m s Energi från början: mv0 W mgh Energi längst ner: mv W Energin bevaras: mv mv0 mgh mv 0 v mgh m v 0,0 v gh 9,80,81 m s v 4,5m s Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 7

5.8 a) Fallhöjd: h 165m Potentiell energi: Wp mgh 5 % energiförluster. 95 % omvandlas till kinetisk energi: mv 0,95mgh Hastigheten blir: v 0,95 gh v 0,95gh 0,959,8165 m s v 55,48m s 55m s b) Beräkna energin per sekund. Totala massan i tre turbiner: m 15, 0 10 kg 45,0 10 kg Vattnets rörelseenergi: mv 45,0 10 55, 48 J 6,97 10 7 Wk J Förlusterna är 10 %. Vi får ut effekten: 7 0,90W k 0,906,96 10 P W 6MW t 1 5.9 a) m =1 00 kg I starten: v 0,50 m s, h 1,50 m Uträttat arbete: mv W mgh 1000,50 W 1009,8 1,5 J W 1786 J 18kJ b) Därefter lyfts den ytterligare h 1,5 1,5m 11m Uträttat arbete: W mgh 1009,8 11J 1964 J Totalt arbete: W 19 64 1786 J 150 kj 5.0 a) m 58kg, h 0m Potentiell energi omvandlas till kinetisk energi: mv mgh v gh v gh 9,80 m s = 4 m s b) Höjdförlust, se figur: h cos5 0 h 0cos5m 0 m h 4,57 m Energiförlust: Wförlust mgh 589,84, 57 J 14kJ 5 h Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 8

5.1 a) Fdrag 1500N, F f 800N Resulterande kraft: F 1500 800N 700N Sträckan: s 100m Nettoarbete: W Fs 700100 J 70 kj b) Från början: v0 14 m s m 100kg, h 8,4m Längst ner har bilen kinetisk energi: mv0 10014 Wk J 117 600J Tillförd energi = uträttat arbete Total energi högst upp: Wtot Wk W 117 600 70 000 J Wtot 187 600J 190kJ c) Den potentiella energin har ökat med: Wp mgh 1009,88,4J 98 986 J Ny kinetisk energi blir: Wk W Wp 187 600 98 986 J Wk 88 614 J Hastigheten är: mv Wk W k 88614 v ms 1ms m 100 Bilens potentiella energi ökar. Därför sjunker hastigheten. 5. Se facit i läroboken. 5. a) Fg 5, 0 N, F 1, N Fμ F 1, N Jämvikt: FN Fg 5, 0N Friktionskoefficienten: F 1, 0, 4 FN 5,0 b) Sträckan: s 0,75m Friktionsarbetet blir: W Fμs 1, 0, 75J 0, 90 J c) Friktionsvärme 5.4 Vid fullt utvecklad friktion gäller: Fμ mg sin v sin v tan v tan15 0, 7 F mgcos v cos v N Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 9

5.5 a) Den maximala vilofriktionen med rullande hjul är större än glidfriktionen, se bild 5. i läroboken. b) m 150 kg, v0 18m s Fμ 7,0kN, v 0 m s Bromsarbetet = ändring av kinetisk energi mv mv0 Fs μ mv0 Fs μ mv0 15018 s m 9m Fμ 7,010 c) 0, 45 Fμ N mg Fμ 0,451509,8 N 5,5kN Bromssträckan blir nu (se uppgift a också): mv0 15018 s m 7m F 5,510 μ 5.6 a) m 0kg, h,0m v 4,5m s, s,5m Potentiell energi högst upp: Wp mgh 09,8,0 J 9,8J Kinetisk energi längst ner: mv 0 4,5 Wk J 0,5J Energiförlust: Wförlust 9,8 0,5J 190J b) Friktionsarbetet blir: Wμ 190 J Wμ Fμs Wμ 190 Fμ N 54 N s,5 5.7 a) Bestäm tyngdkraftens komposant i backens riktning: Fg mgsin1 49,8 sin1n 87,79N Dragkraften: F Fg Fμ 87, 79N 5N=1, 79 N 10 N b) Uträttat arbete: W Fs 1,79 75J 9,kJ Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 10

5.8 I figuren är Per ritad som en låda. Se även figur 5.1 i läroboken. Komposantuppdela tyngdkraften F g. Vi har jämvikt: FN Fg y Fμ Fg x Vinkeln v kan beräknas med hjälp av trigonometri: 0,85 sin v, 0 v 16, 459 a) FN Fgy mgcos v 79,8cos16, 45N 680N b) Fμ Fgx mgsin v 79,8 sin16,459n 00N Fμ c) 0,0 F N F g F N v F gx F gy F 5.9 Luftmotståndet: FL kv 54 FL 0,18 kn 180 N när v 54km h m s 15m s, 6 Beräkna k: F 180 k L N ms 0,80N ms v 15 90 a) v 90 km h m s 5m s, 6 L kv 0,85 N 500 N b) L 0,0 kn 00 N FL v k FL 00 v ms 19ms k 0,8 5.40 Ändringen i rörelseenergi = friktionsarbetet. Se även facit i läroboken. Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 11

Testa dig i fysik 1 m 0,0kg, W 4500J W mgh W 4500 h m,9m mg 0,0 9,8 Wp mgh, m 1, 5kg a) h, 75 1, m 1, 55 m Wp 1, 5 9,8 1, 55 J J b) h 1, m Wp 1, 5 9,8 1, J 18J c) h 0m, Wp 0J a) v0 0m s, s 5m m 100 kg, W 100 J Uträttat arbete = ändring av kinetisk energi mv mv0 mv W W 100 v ms 1,9ms m 100 b) W F s W 100 F N 84N s 5 4 a) m10 g, h 17 m All potentiell energi omvandlas till kinetisk energi: mv mgh v gh v gh 9,817 m s 18m s b) v 11m s Kottens lägesenergi blir rörelseenergi + friktionsarbete mv mgh Wf mv Wf mgh 0,10 11 W f 0,10 9,817 J W f 1,77 J Friktionskraften blir: Wf Fs Wf 1,77 F N 0,75 N s 17 Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 1

5 a) m 65kg, h 6,5m W mgh 659,86,5J 4149J 4,1kJ b) P 60 W W P t W 4149 t s 69s P 60 s 6,5 Medelhastigheten: v ms 9,4cms t 69 6 Slädens potentiella energi omvandlas till kinetisk energi och friktionsenergi. Vi får följande samband: W W W p k μ mv 1,8, Wμ Wp Wk mgh 1,89,8 1, J J 85J 7 h 14 m, h 11 m 0 m 0,5kg, t 1,5ms Bestäm bollens acceleration: v v v a 0 t t Bollens potentiella energi omvandlas till kinetisk energi under fallet. Omvänt gäller efter studsen. Följande gäller: mv mgh v gh v gh Sätt positiv riktning uppåt. Hastigheten före studs är då negativ. Vi får: v 0 9,814 m/s 16,6 m/s Hastigheten efter studs är: v 9,811m/s 14,7m/s Accelerationen blir: v v0 14,7 ( 16,6) a m/s 500 m/s t 0,015 Kraften blir: F ma 0,5 500N 0, 88kN 8 a) Hissens massa: m 70kg Accelerationstid: t, 0s Sluthastighet: v 1, 75 m s Accelerationsarbetet ger hissen potentiell och kinetisk energi. mv 701,75 Wk J 110,5J Under accelerationen rör den sig sträckan: v 1, 75, 0 s vt t m,65m Hissens potentiella energi blir: Wp mgs 709,8,65J 18559,8J Totala energin: W Wk Wp 110, 5 18559,8 J 1966, J Effekten blir: Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 1

W 1966, P W 6,6kW t, 0 b) Hissen rör sig med konstant hastighet. På 1s rör den sig sträckan h 1, 75 m. Då uträttas arbetet: W mgh 709,81,75J 17, J W 17, Effekten är: P W 1kW t 1 c) Sträckan upp till 10:e våningen är: s 9,90m 6,1m Först accelererar hissen under,0 s, sträckan,65 m. Därefter kör hissen med konstant hastighet sträckan: s 6,1,65m, 475m Tiden beräknas: s vt s,475 t s 1,4s v 1, 75 Totala tiden blir: 1,4,0s 16,4s 9 a) Friktionen är försumbar. Den potentiella energin i A omvandlas till kinetisk energi när vagnen åker neråt. Den totala mekaniska energin är konstant. Vi får följande uttryck: W W mgh tot pa A mvc Wtot WpC WkC mghc mvc mghc mgha vc g( ha hc) 9,8 (17)m s 9,9m s b) Samma resonemang som i a. I läge D är vagnens kinetiska energi WkD mgha mghd. Vagnen bromsas in och står stilla i läge E. Vi får följande energisamband: Wbroms Fs mas Wbroms WkD mas mg( ha hd) gh ( A hd) 9,8 (1 5) ms,7ms a s 5 10 Pilens kinetiska energi omvandlas till friktionsenergi när pilen träffar tavlan. Vi får följande samband: W F s μ μ mv Wk mv Fs μ mv 0,05 8 Fμ N 555N 600N s 0,00 Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 14

11 Backens längd: s 180m, den lutar 11,5 mot horisontalplanet Friktionskoefficient: 0,1 Från början har skidåkaren potentiell energi, Wp mgh. När han åker ner för backen omvandlas den till kinetisk energi, W k, och friktionsarbete, Wfb Ffbs. Den kinetiska energin han har när han kommer ner omvandlas till friktionsarbete på den plana delen, W F x, där x är den sträcka han glider på den plana delen. f f F Nb F fb x 11,5 mg Vi börjar i backen, se figur nedan: Backens höjd är: h ssin11,5 Den potentiella energin: Wp mgh mgssin11,5 Normalkraften i backen är: FNb mgcos11, 5 Friktionskraften i backen är: Ffb FNb mgcos 11, 5 Friktionsarbetet i backen: Wfb Ffbs mgscos11, 5 Skidåkarens kinetiska energi i slutet av backen blir: Wk Wp Wfb Wk mgssin11,5 mgscos11,5 På den plana delen är normalkraften: FN mg Friktionskraften på den plana delen är: Ff FN mg Friktionsarbetet på den plana delen är: Wf Ffx mgx Totalt gäller för energin: Wf Wk mgx mgs sin11, 5mgs cos11, 5 Faktorn mg finns i alla termer. Vi kan dividera alla termer med mg. Därefter beräknar vi x: x ssin11,5 scos11,5 ssin11,5 scos11,5 x 180sin11,50,1 180 cos11,5 x m 0,1 x 10m Han glider 10m 1 a) E; När kulan rullar uppför backen minskar hastigheten linjärt med tiden. Den kinetiska energin är proportionell mot v. b) B; Rörelsen är likformigt accelererad med negativ acceleration. Den potentiella energin är proportionell mot läget. h Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 15

6. Rörelsemängd Räkna fysik 6.01 a) p mv 506, 4 kgm s 0 kgm s b) p mv 6 p 1, 10 v ms 7,5ms m 16010 c) De flyger i olika riktningar. Rörelsemängden, p, är en vektor, precis som hastigheten, v. 6.0 p mv W k mv Wk mv v v p mv W 7,4810 p 9,97 10 15 k 1 ms 1 p 9,97 10 m v 6 1,5010 1,50Mms 7 kg 6,64 10 kg 6.0 a) p mvmv0 7506,5,0 kgm s p 65kgm s,6 10 kgm s b) I p,6 10 kgm s c) I Ft I 65 t s,4s F 1,1010 6.04 p mv 0,405kgm s 15kgm s I Ft p p0 15 0kgm s 15kgm s I 15 F N 75N t 0, 0 I verkligheten är kraften inte lika stor hela tiden, se figur 6.6 på sid. 19 i läroboken. Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 1

6.05 I p mv mv0 0,005 0 1 kgm s I 0,080 kgm s I = "arean under grafen" Ur grafen: 0,010 Fmax I I 0,080 Fmax N 16N 0,010 0,010 6.06 a) I p p mv mv mv v 0 0 0 Vektorn v v 0 blir vertikal, se figur. Dess belopp kan beräknas med Pythagoras sats. v v 0 v-v 0 vv 0 0 15 m s 5,98m s I m vv0 0,165,98kgm s 4,157 kgm s bb) I 4, kgm s I Ft I 4,157 F N 80N t 5,0 10 6.07 6.08 6.09 p före = p efter = 0 Gevärets hastighet efter: v 0,0080,4 v 0 v 1,1 m/s Geväret rör sig i motsatt riktning mot kulan med farten 1,1 m/s p före = p efter Positiv riktning åt höger i figuren 0, 0 0, 0 0, ( ) 0, v a) v m/s 0, 0, 0 0,5 v b) v 1, m/s 0, 0, 0 0,1 0, v c) v 1,5 m/s p mu m u,09,01,06,0kgm s p före 1 1 före efter 1 efter 1kgm s p m m v,0 1,0 v,0v p p, 0v 1 före 1 v m s 4,0m s åt höger, 0 Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB

6.10 6.11 före 1 före efter 1 1 1 efter före p mum u 1,6 0,85 0,50 kgm s p 1,105kgm s p mv m v 1,6v 0,850,10 p p 1,105 0,85 0,10 v1 ms 0,75ms 1, 6 7 u1 ms 7,5ms, 6 p mu 10075kgm s 9000 kgm s före 1 1 p m m v 100 800 v 000v p efter efter p 1 före 000v 9000 9000 v ms 4,5ms 000 mu 1 1 1007,5 Wkföre J 750 J m1 mv 000 4,5 Wkefter J 050 J W E 750 050 J 1,5kJ kföre kefter Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB

6.1 I den här uppgiften är mättalen inte angivna i SI-enheter. Vi har samma enheter på båda sidor i uttrycken nedan. Då kan vi behålla angivna enheter. Stöten är elastisk om den kinetiska energin är lika stor före och efter kollisionen. Vi är inte intresserade av hur stor den kinetiska energin är. Vi vill bara veta om den har bevarats. Då kan vi beräkna W k och jämföra siffervärdena i angivna enheter. pföre mu 1 1 pefter mv 1 1mv pefter pföre mu 1 1 mv 165 1 1 1 55 v km h m 1 v 10km h mu 1 1 165 Wkföre J 11,50 mv 1 1 mv 55 110 Wkefter 11,50 W W elastisk stöt kföre kefter 6.1 Före kollisionen: pföre maua mbub,04,0,0,0kgm s p före 6,0kgm s mu A A mu B B, 0 4, 0, 0, 0 Wkföre J Wkföre J Beräkna p efter på motsvarande sätt: I) p efter = - 6,0 kgm/s Går ej! II) p efter = 6,0 kgm/s Går! W k = 9 J Ej elastisk! III) p efter = - 6,0 kgm/s Går ej! IV) p efter = - 1,0 kgm/s Går ej! V) p efter = 6,0 kgm/s Går! W k = 105 J Orimligt! Går ej! VI) p efter = 6,0 kgm/s Går! W k =,75 J Ej elastisk! 6.14 p m u m u 0,10u 0, 40u före A A B B A B p m v m v 0,10 0,50 0 kgm s p efter A A B B efter 0,050kgm s mu mu W mv A A 0,100,50 Wkefter 0,015J p p :0,10u 0,40u 0,05 A A B B kföre 0,05uA 0, 0uB efter före A B W W :0,05u kföre kefter A 0, 0u B 0,015 Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 4

Lös ekvationssystemet: ua 4uB 0,5 ua 4uB 0,5 u 0,5 4u A 0,5 4u 4 0, 5 0, 5 4uB 16uB 4uB 0, 5 0uB 4uB 0 u B u B B B ub 0u 4 0 B 0 går ej! 4 ub 0, 0 0 ua 0,5 4uB 0,5 0,8 0,0 Före kollisionen kör vagnarna mot varandra med hastigheterna 0,0 m/s (A) och 0,0 m/s (B). Efter kollisionen stannar vagn B och vagn A byter riktning. 6.15 Se facit i läroboken. 6.16 a) mu 1 mgh 1 u gh 9,81,5 m s 5,4m s W Fs Ns m gs 0, 0,59,8 0,65J W,1915 J mv b) W Ek 0 W,1915 v ms 1,6ms m,5 c) pföre mu 1 0, 485, 4kgm s,605kgm s pefter mv 1 1mv pefter pföre,605,51,6 v1 ms,89ms 0, 48 mv 1 1 mgh1 v1,89 h1 m 0,4m g 9,8 d) W kföre = 7,07 J; W kefter = 5,0 J Stöten är inte elastisk. Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 5

Testa dig i fysik 1 0 pelefant, 6 p mv 0,001v myra 0,001v 10 v 4 5 10 kgm s 10 kgm s 7 10 ms 4 p p p kula 0,004510 kgm s 0,585kgm s gevär g g gevär kula 4,5v 0,585 g m v p 0,585 vg ms 0,1ms 4,5 Se facit i läroboken. 4 Bollen kommer tillbaka med v = - 8 m/s p mvmv 0 1,5 8 8 kgm s 4 kgm s 5 Föremålet påverkas av en impuls: I Ft 10Ns 0Ns a) v 0 = 0 I p mvmv mv I 0 v ms 15ms m b) v 0 = 5 m/s I mv0 0 5 v ms 0ms m c) v 0 = - 5 m/s I mv0 0 5 v ms 10ms m 0 Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 6

6 Både rörelsemängden och rörelseenergin bevaras eftersom det är en fullständigt elastisk stöt. Båda kulorna har massan m. Efter kollision har kulorna hastigheterna v 1 och v. Enligt lagen om rörelsemängdens bevarande får vi: p mum 0 mu före P mv mv efter 1 mu mv mv 1 u v1 v Rörelseenergin bevaras också. Det ger följande: mu m 0 mu Wkföre mv1 mv Wkefter mu mv1 mv u v v 1 Vi har ett ekvationssystem med två obekanta.vi skriver om ekvationerna, utnyttjar konjugatregeln och dividerar uttrycken med varandra: u v1v u v1 v v uv1 v u v1 v uv1 v ( uv1)( uv1) v ( uv1)( uv1) v u v1 v uv1 Nu har vi två enkla ekvationer. Adderar vi dessa kan vi först lösa ut v och sedan v 1. v uv1 v uv1 v u v u v1 0 Kulorna kommer helt enkelt att byta hastigheter. Kula 1 stannar efter kollisionen och kula åker iväg framåt med samma hastighet hade för kollisionen. Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 7

7 När klossen bromsas in omvandlas den kinetiska energin, W k, till friktionsarbete, W. Hastigheten direkt efter träff kan beräknas. mtot mkula mträ 1, 0,014kg 1, 14kg W Fs Ns mtot gs W 0,81, 149,87,J 4,0J mtotv W Wk W k 4,0 v ms 6,9ms mtot 1, 14 Kulan träffar klossen i en oelastisk stöt. Rörelsemängden bevaras: pefter mtotv 1,146,9kgm s 7,64kgm s pföre mkulaukula 0,014ukula 0,014u 7,64 u kula kula 7,64 ms 550ms 0,014 8 Bestäm hastigheterna före kollisionen med hjälp av grafen. s 1,1 0,1 ua ms 0,50ms t,0 s 0,6 0,1 ub ms 0,5ms t,0 u B motriktad u A, d.v.s u B = - 0,5 m/s Stöten är elastisk. Rörelsemängden och rörelseenergin bevaras. pföre maua mbub,0 0,50 1,0 0, 5kgm s p före 0,75kgm s mu A A mu B B Wkföre 0,815J pefter mava mbvb,0va 1,0vB mv A A mv B B,0vA 1,0vB Wkefter va 0,5vB Vi får följande ekvationssystem: va vb 0,75 va 0,5vB 0,815 Sätt x = v A och y = v B : x y 0,75 x y 0, 815 x y 0,75 x y 0, 565 y 0,75 x x 0, 75 x 0, 565 x 0, 565 x4x 0, 565 6x x 0 xx10 x 0 y 0,75 x 0, 5 y 0, 5 Går ej! v A = 0 och v B = 0,75 m/s sett från A. Graf för B får negativ lutning. Se facit i läroboken. Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 8

7. Termofysik 7.01 F = 5,0 N, A= 0,05mm F 5,0 p = = Pa = 6 A 0,05 10 8 10 Pa 5 Lufttrycket: p luft = 10 Pa Trycket är 000 gånger större än lufttrycket. 7.0 a) A = 1, 8 1, 5 m =, 7 m p = 100 kpa F p = A F = pa = 100 10,7 N = 70kN Kraften är nedåtriktad. b) Tyngden per person: F = 60 9, 8 N = 589 N 70 10 Antal personer = = 460 589 c) Trycket på undersidan av bordet är lika stort. 7.0 pute pinne g = 0 kpa, = 80 kpa F A= 1, 5 m, p = A Tryckkraft utifrån: Fute = pute A= 0 10 1,5 N = 45kN Tryckkraft inifrån: Finne = pinne A= 80 10 1, 5 N = 10 kn Resulterande tryckkraft: F = Finne Fute = 10 45 kn = 75 kn Kraften är utåtriktad. 7.04 a) Trycket från klacken är mycket större eftersom arean är mycket mindre. b) Det ger en uppåtriktad lyftkraft på flygplanet. 7.05 a) p 0 = 101,kPa = 1atm ρ = 1,0 10 kg m h = 50m p = p0 + hρ g p = 101, 10 + 50 9,8 1,0 10 Pa p = 607 kpa b) p = 450 kpa hρ g = p p0 p p0 ( 450 101,) 10 h = = m = 4,5m ρ g 1,0 10 9,8 Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 1

c) h = 0m p = p0 + hρ g p = 101, 10 + 0 9,8 1,0 10 Pa p = 04 kpa h = 10m p = p0 + hρ g p = 101, 10 + 10 9,8 1,0 10 Pa p = 0 kpa Svar: Nej, trycket är inte dubbelt så stort. 7.06 På bottenvåningen: p = 400kPa På femte våningen, 1,5 m högre upp: Vattnets densitet: ρ = 1 000 kg m p5 = p hρ g p5 = 400 10 1,5 1000 9,8Pa p = 80 kpa 5 7.07 Lyftkraft: F0 = 4,0N Fg = ρvg 6 V = 49cm = 49 10 m ρ = 1,0 10 kg m Lyftkraften blir: 6 F0 = 1, 0 10 49 10 9,8 N F0 = 0, 48 N Dynamometern visar: F = Fg F0 = 4,0 0, 48 N =,5 N 7.08 Badbollens volym: V boll =,0dm Undanträngd vattenvolym: V vatten = 0,06,0dm = 0,18dm a) Kraftjämvikt: mg = F0, där F0 = ρvvatten g mg = ρvvatten g m= ρvvatten Vattnets densitet: ρ = 1 000 kg m Bollens massa är: m = 1000 0,18 10 kg = 0,18 kg b) Lyftkraft när hela bollen hålls nere: Fb = ρvboll g = 1000,0 10 9,8 N = 9,46 N Resulterande uppåtriktad kraft: F = Fb F0 = 9, 46 0,18 9,8 N = 8 N Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB

7.09 Flytbryggans massa: m =,0 10 kg Volymen: V b = 6,0 1,5 0,40m =,6m Vattnets densitet: ρ v = 1,0 10 kg m a) Vi har kraftjämvikt: mg b = F0, där F0 = ρvvg v Utveckla uttrycken: mg= ρ Vg m V b v = ρ V b v v m v b,0 10 v = = m =,0m ρv 1,00 10 Beräkna djupet i vattnet: V = lbh v v b Vv,0 hv = = m = 0,m lb 6, 0 1, 5 b) Hela flytbryggan kan täckas med vatten. Resterande volym: V = Vb V v =,6,0m = 1,6m Vattnets tyngd = tyngden av personerna på bryggan: mg = ρvvg m= ρvv = 1,00 10 1,6kg = 1600kg Antal 75 kg personer: 1600 1 75 = 7.10 Volymen: V = 500m Luftens densitet: ρ = 1, 0 kg m luft Varmluftens densitet: r = 0,75kg m var m Kraftjämvikt: mg = ρ Vg, där m är ballongens totala massa. Vi får: luft m= ρluftv = 1,0 500kg = 600kg Varmluftens massa är: mvar m = rvar mv = 0,75 500kg = 75kg Resterande massa: mrest = m mvar = 600 75kg = 5kg 7.11 a) T = t+ 7K T = 196 + 7K = 77 K T = 7 + 7K = 10 K T = + 7K = 505 K b) t = T 7 t = 1 7 C = 5 C t = 94 7 C = 1 C t = 70 7 C = 457 C 7.1 Se facit i läroboken. m 7.1 19 w k = 1, 10 J wk = kt W 1,10 T k 1,8 10 19 k = = K = 5 800K Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB

7.14 a) Kvävemolekyler 7 6 m= 8u = 8 1,66 10 kg = 4,648 10 kg T = 1 + 7K = 61K mv Wk = Wk = kt Kombinera uttrycken: mv = kt mv = kt kt 1,8 10 461 v = = = 480m s 6 m 4,648 10 b) Koldioxid m = 1u+ u = 44u 7 6 m = 44 1, 66 10 kg = 7, 04 10 kg v = 400m s Använd samma uttryck som i uppgift a: mv kt = kt = mv 6 mv 7,04 10 400 T = = K = 8 K k 1,8 10 7.15 a) p0 = 101, 0kPa, V0 = 100 m T0 = 15 + 7K = 88 K T =, 0 + 7K = 70 K p = 80kPa Bestäm volymen: pv pv 0 0 = T T0 T pv 0 0 70 101,0 10 100 V = = m p T0 80 10 88 V = 140m b) Normaltillstånd för luft: p = 101, kpa, T = 7K ρ = 1, 9kg m T pv 0 0 7 101,0 10 100 V = = m p T0 101, 10 88 V = 114m Bestäm massan: m= ρv = 1,9 114kg = 1 470kg Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 4

7.16 T 0 = 0 + 7K = 9K T = 60 + 7K = K p = 10 kpa 0 V = 1, 0V pv T = 0 pv 0 0 T 0 T pv 0 0 T pv 0 0 Tp0 p = = = V T 1, 0V T 1, 0T 0 0 0 0 p = = 1,0 9 10 10 Pa 10kPa 7.17 Konstant volym: p0 = 5,0MPa, p=15mpa T0 = 17 + 7K = 90 K p p0 = T T0 6 Tp 0 90 15 10 T = = 6 K = 870K p 5,0 10 0 7.18 a) Kylskåpet har konstant volym. p0 = 100, 7 kpa, T0 = + 7K = 95 K T = 8 + 7K = 81K p p0 = T T0 pt 0 100,7 10 81 p = = Pa = 96kPa T0 95 b) Kylskåpet måste vara tätt, annars gäller inte tillståndslagen för gaser c) Eftersom trycket är lägre inne i kylskåpet verkar en resulterande tryckkraft inåt på kylskåpsdörren. 7.19 Konstant temperatur p0 = 1, 00 MPa, V0 = 45dm p = 150 kpa pv = p0v0 6 pv 0 0 1,00 10 45 10 V = = m p 150 10 V = 0,0 m Volymen fördelas på ett antal ballonger och gasflaskan. Varje ballong har volymen 4,0dm. Ballonger kan blåsas upp tills trycket i gasflaskan är samma som ballongernas tryck. 0,0 45 10 Antal ballonger: = 6,75 4,0 10 6 ballonger kan blåsas upp. 7.0 Se facit i läroboken. 7.1 Se facit i läroboken. 7. Se facit i läroboken. Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 5

7. Vatten: c = 4,18kJ kg K m = 1kg, T = 95 10 C = 85 C Q = cm T = = 4,18 10 1 85J 4,6 MJ 7.4 Per timme: m = 140 kg vatten. T = 75 0 C = 45 C c = 4,18kJ kg K Avgiven energi: Q = cm T = 4,18 10 140 45J 7 Q =,64 10 J Avgiven effekt: 7 Q,64 10 P = = W = 7,kW t 600 7.5 a) T = 95 15 C = 80 C Vatten: mv = 1,10kg cv = 4,18kJ kg K Aluminiumkastrull: mal = 0, 45kg cal = 0,90kJ kg K Energiåtgång för uppvärmningen: Q= Qv + QAl = cm v v T+ calmal T Q = 4,18 10 1,10 80 + 0,90 10 0,45 80J Q = 400kJ b) Plattans effekt: P =, 0 kw Q P = t Q 40040 t = = s = 00 s P,0 10 c) Uppvärmningstid: t = 4,0min Tillförd energi: Q = Pt =,0 10 4,0 60J = 480kJ Förlust: Q = 480 400 kj = 80 kj Energiförluster till att värma plattan och till omgivningen. 7.6 Mängd luft per timme: V = 180m ρ = 1,kg m m= ρv = 1, 180 kg = 468kg Uppvärmning: T = 0 5, 0 C = 15 C c = 1,0kJ kg K Energiåtgång per timme: Q = cm T = 1,0 10 468 15J Q = 7,0MJ Effekten måste vara: 6 W 7,0 10 P = = W =,0kW t 600 Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 6

7.7 a) T, m, c, pris/kwh b) Hon gör följande antaganden: 1liter vatten väger 1kg. Hon duschar i 8 minuter och vattenflödet är 1 liter/minut. Vattentemperaturen är 10 C från början och vattnet värms till 40 C. Specifika värmekapaciteten för vatten slår hon upp i tabellen. Till sist antar hon att 1 kwh kostar 0,50 kr. Kostnaden beräknas därefter på följande sätt: m = 8 1 kg = 96 kg T = 40 10 C = 0 C c = 4,18 kj kg K Energiåtgång: Q = cm T = 4,18 10 96 0J 108 Q = 108 kj = kwh =, 44 kwh 600 1kWh kostar 0,50kr. Kostnad för en dusch:,44 0,50kr = 1,67 kr kr c) Kostnaderna kan minskas om hon stänger av vattnet medan hon tvättar sig. 7.8 Q = 5,5kJ, T = 90 0 C = 70 C Q 5,5 10 C = = JK = 79JK T 70 Uppvärmning av termosen bör kräva så litet energi som möjligt. Annars tas värme från innehållet. 7.9 Tabelldata för järn: ls = 76kJ kg c = 0,45kJ kg K tsmält = 155 C T = 155 0 C = 1515 C m = 00kg Avgiven energi: Q = lsm + cm T Q = 76 10 00 + 0,45 10 00 1515J Q = 190MJ 7.0 a) Q = l s m = 4 0,15 kj = 50 kj b) Q = c m T = 4190 0,15 100 J = 6 kj c) = l m = 60 0,15 kj = 40 kj Q å 7.1 Skridskoåkarens kinetiska energi omvandlas till värme under inbromsningen: mv 7 6,8 Wk = = J = 1664,64J 50 % av den frigjorda energin absorberas av isen, som smälter: Q = 0,50 Wk = 0,50 1664,64J = 8,J Q = ls m q 8, m = = kg =,5g l 4 10 s Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 7

7. Data för isen: c =,kj kg K l = 4kJ kg s m is = 0,050kg Tis = 15 C Data för vatten och bägare: C = 80J K m = 0,00kg c = 4,18kJ kg K T = 18 C Energi som avges av vattnet och bägaren: Q = C T + cm T Q = 80 18 + 4,18 10 0, 00 18J Q = 16 488J Energi som absorberas av isen: Q = c m T + l m = m c T + l ( ) is is is s is is is is s Mängd is som den avgivna energin kan smälta: Q 16488 mis = = kg c T + l, 10 15 + 4 10 is is s mis = 0, 045kg All isen kommer inte att smälta, endast 45 g. 7. a) Vattnets potentiella energi omvandlas till elektrisk energi. Bestäm energin per minut. m = 4 10 kg Wtillförd = mgh = 4 10 9,8 8J = 1 18 80 J Verkningsgraden är 85 %. Beräkna den uttagna (nyttiga) energin och därefter uttagen effekt: Wnyttig = η Wtillförd = 0,85 11880J = 10049788J Wnyttig 10049788 Pnyttig = = W ö 170kW t 60 b) Under 1 år producerar energin: 1 W = Pt = 167 496 65 4 600J 5, 10 J 7.4 Beräkna den tillförda energin: Wnyttig η = Wtillförd Wnyttig 6 Wtillförd = = kj = 96 kj η 0, 7 Förlusterna uppgår till 96 kj 6 kj = 70 kj Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-0855-8 Författarna och Liber AB 8