LÖSNINGSFÖRSLAG
5 Energi och rörelsemängd
501. a) Arbete är kraft gånger sträcka. Kraften mäts i
sträckans riktning.
W = Fs s
b) Energiändring är lika med utfört arbete.
E=W
c) Lägesenergi Ep = mgh
Svar: a) W = Fs
502. a) W = Fs
s b) E = W c) Ep = mgh
s = 10 2 Nm = 20 Nm
b) W = Fs s = 25000 0,45 Nm = 11250 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.
508. W = m g h = 3,5 9,82 (2 – 0,5) Nm =
= 3,5 9,82 1,5 Nm = 51,6 Nm
Svar: 52 Nm
509. W = m g
h = 1,7 9,82 4,0 Nm = 66,8 Nm
Svar: 67 Nm
510. Kylskåpets tyngd är F = mg
Då kylskåpet står på den lutande rampen är den del av
kraften som är parallell med rampen F1 = mg sin , där
är lutningsvinkeln.
Eftersom vi kan bortse från friktionen så gäller att vi
måste knuffa med lika stor kraft.
F1 = mg sin = 45 9,82 sin 30o N = 221 N
Svar: 220 N
Svar: a) 20 Nm b) 11 kNm c) 0 Nm
511. Se lärobokens facit.
503. W = Fs
s = 400 25 Nm = 10000 Nm
512. Låt lägesenergin i läge 1 vara Ep1 och i läge 2 Ep2.
Ep1 = mgh1
Ep2 = mgh2
Svar: 10 kNm
Ep = mgh1 – mgh2 = mg(h1 – h2) = mg
504. W = Fs
s
s
W
Fs
12100
m
550
22 m
513-515. Se lärobokens facit.
Svar: 22 m
516. a) 36 km/h =
505. Se lärobokens facit.
506. Kraften F = 1400 N, men kraften i förflyttningens
riktning är bara Fs = 1400 cos 15o = 1352 N
Uträttat arbete är W = Fs
s = 1352 20000 Nm =
2,7 107 Nm = 27 MNm
Svar: 27 MNm
507. a) Ep = mgh = 75 9,82 10 J = 7365 J
b) Ep = mgh = 75 9,82 8848 J = 6,5 106 J
Ek
mv 2
2
Ek
mv 2
2
36
m/s = 10 m/s
3,6
46 102
J 2,3 kJ
2
50
b) 50 km/h =
m/s = 13,9 m/s
3,6
90 13,92
J
2
8,7 kJ
Svar: a) 2,3 kJ b) 8,7 kJ
517. 48 km/h =
mv 2
2
c) Ep = mgh = 75 9,82 (–2104) J = –1,5 106 J
d) Se lärobokens faacit.
Ek
Svar: a) 7 kJ b) 6,5 MJ c) –1,5 MJ d) –
Svar: 32 kJ
48
m/s = 13,3 m/s
3,6
360 13,32
J
2
32 kJ
© Fraenkel, Gottfridsson, Jonasson och Gleerups Utbildning AB
Detta material ingår som en del i Impuls webb
Materialet får skrivas ut, kopieras och användas under giltig licenstid
5. Energi och rörelsemängd
h = Fs
s
LÖSNINGSFÖRSLAG
518. 180 km/h =
180
m/s = 50 m/s
3,6
mv 2 365 103 502
J 456 MJ
2
2
Ep = mgh = 365 103 9,82 125 J = 448 MJ
Tågets mekaniska energi är
Em = Ek + Ep = (456 + 448) MJ = 904 MJ
Ek
Svar: 900 MJ
519. Vi sätter nollnivån för lägesenergi i punkten B.
Punkten A ligger på ungefär halva höjden. Vagnens
2000
J 1000 J .
lägesenergi i A är då
2
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 2000 J.
Svar: A: Ek = 1000 J, Ep = 1000 J
B: Ek = 2000 J, Ep = 0 J
F
s
s
W
F
18 109
3 106
Svar: A: Ek = 18 J, Ep = 4 J B: Ek = 5 J, Ep = 17 J
C: Ek = 5 J, Ep = 17 J
524. Se lärobokens facit.
525. a) P
520. 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
523. Vi beräknar rörelseenergin Ek och lägesenergin Ep i
samtliga punkter. Vi antar att luftmotståndet är litet och
att därmed den mekaniska energin Em = Ek + Ep är
konstant.
I punkten D är Em = 22 J.
Stenen har enligt energiprincipen Em = 22 J i alla
punkter.
I punkten A är Ep = 4 J. Ek = (22 – 4) J = 18 J
I punkten B är Ek = 5 J. Ep = (22 – 5) J = 17 J
Punkten C befinner sig på samma höjd som punkten B.
Då är Ep = 17 J även i denna punkt.
Ek = (22 – 17) J = 5 J
Punkten D befinner sig vid marken. Då är Ep = 0 J och
Ek = (22 – 0 ) J = 22 J
m
6000 m
Svar: 6 km
521. När bollen var på 5 meters höjd hade den lägesenergin
Ep1 = mgh1 = 0,025 9,82 5 J = 1,23 J
På 1 meters höjd hade den lägesenergin
Ep2 = mgh2 = 0,025 9,82 5 J = 0,25 J
Den mekaniska energin har minskar med
Ep1 – Ep2 = (1,23 – 0,25) 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.
522. Se lärobokens facit.
b) P
c) P
E
t
mg
E
t
E
t
mg
h
75 9,82 1
W
0, 2
h
75 9,82 1
W
1
75 9,82 1
W
10
t
t
mg
h
t
740 W
74 W
Svar: a) 3,7 kW b) 740 W c) 74 W
526. a) 1 vecka = 7 dygn = 7 24 3600 s = 604800 s
Under denna tid förbrukar lampan energin
E = P t = 60 604800 Ws = 3,6 107 Ws = 3,6 107 J
b) 1 kWh = 3,6 106 J
3,6 107 J
3,6 107
10 kWh
3,6 106
Att ha lampan tänd 1 vecka kostar 10 1,30 kr = 13 kr
Svar: a) 36 MJ b) 13 kr
527. Att lyfta 50 kg 2 m rakt upp, kräver energin
Ep = mg
h = 50 9,82 2,0 J = 982 J
Om man tillför 1,5 kJ för att uträtta detta arbete är
Enyttig
982
verkningsgraden
0,65 65%
Etillfš rd 1500
Svar: 65 %
© Fraenkel, Gottfridsson, Jonasson och Gleerups Utbildning AB
Detta material ingår som en del i Impuls webb
Materialet får skrivas ut, kopieras och användas under giltig licenstid
3,7 kW =
5. Energi och rörelsemängd
LÖSNINGSFÖRSLAG
528. Vi måste göra vissa antaganden. Anta att du väger 60 kg.
För att komma 15 m upp måste din lägesenergi öka
med Ep = mg
h = 60 9,82 15 J = 8838 J.
Om det ska kunna ske på en minut, dvs. 60 s måste
E 8838
W 147 W
du kunna utveckla effekten P
t
60
Svar: 150 W
529. Se lärobokens facit.
530. För att lyfta hissen till denna höjd krävs tillförsel av
energin med Ep = mg
h = 500 9,82 15 J = 73650 J.
Lyftarbetet ska göras på två minuter, dvs. 120 s.
E 73650
W 614 W
Nyttig effekt är P
t
120
Tillförd effekt är 650 W.
Pnyttig 614
Verkningsgraden är
0,94 94 %
Ptillfš rd 650
Svar: 94 %
532. a) 1 kWh = 3,6 MJ.
2 miljoner kWh = 2 106 3,6 MJ = 7,2 106 MJ
1 liter olja innehåller 38 MJ.
2 miljoner kWh från ett vindkraftverk motsvarar således
7, 2 106
189000 liter =189 m3 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 7,2 106 MJ energi som ett vindkraftverk
ger måste man således förbränna
7, 2 106
11, 4
632000 liter/år = 632 m3 /år
Svar: a) 200 m3 (189 m3) b) 600 m3/år (632 m3/år )
533-534. Se lärobokens facit.
48
m/s = 13,3 m/s
3,6
p = m v = 360 13,3 m/s = 4800 kgm/s
535. 48 km/h =
Svar: 4800 kgm/s
531. a) Bilen kör med 120 km/h.
Den bromsande kraften är F = 600 N.
På sträckan 1 mil = 10000 m har arbetet
W = Fs 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
Enyttig
6
Verkningsgraden är
0,36 36 %
Etillfšrd 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).
536. a) Spiken får impulsen
F t = 20 103 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
F t
1,5
tillslaget. v
m/s 5 m/s
m
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 = 360 103 10 Ns = 3,6 106 kgm/s
Tåget får då impulsen 3,6 106 Ns
b) Impulslagen ger att F t = p.
F
p
t
3,6 106
N
20
1,8 105 N
Svar: a) 3,6 106 Ns b) 180 kN
© Fraenkel, Gottfridsson, Jonasson och Gleerups Utbildning AB
Detta material ingår som en del i Impuls webb
Materialet får skrivas ut, kopieras och användas under giltig licenstid
5. Energi och rörelsemängd
180 kN
LÖSNINGSFÖRSLAG
538. Vi räknar höger som positiv riktning.
Vagn A har då hastigheten vA = 2 m/s och vagn B har
hastigheten vB = –4 m/s.
mA = 3 kg och mB = 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.
Lagen om rörelsemängdens bevarande ger:
m A v A + mB v B = m v
3 2 + 5 (–4) = 8 v
8 v = 6 – 20 = –14
14
v
m/s –1, 75 m/s
8
Vagnarna får hastigheten 2 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 2 får betyda
"efter".
Vi kan då skriva lagen om rörelsemängdens bevarande:
mA vA1 + mB vB1 = mA vA2 + mB vB2 =
Vi söker vA2.
3 2 + 5 (–4) = 3 vA2 + 5 0,5
3 vA2 = 6 – 20 – 2,5
3 vA2 = – 16,5
16,5
–5,5 m/s
vA2 =
3
Vagn A får hastigheten 5,5 m/s åt vänster.
Svar: a) 2 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.
6 1,0
Ns 3 Ns
Dess area är A
2
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 = 2,0 (5 – 1) kgm/s = 8 kgm/s.
Då har föremålet fått en impuls 8 Ns.
c) Det är ett v-t-diagram. Det sker en
rörelsemängdsändring
p = m v = 2,0 (–3 – 3) kgm/s = –12 kgm/s.
Då har föremålet fått en impuls –12 Ns.
d) Det är ett s-t-diagram.
Under de första 3 s ändras läget från s = 4 m till s = 7 m.
s 3
m/s = 1 m/s
Hastigheten under dessa 3 s är v
t 3
Under de nästa 7 s ändras läget från s = 7 m till s = 0 m.
Hastigheten under dessa 7 s är
s 0 7
v
m/s = –1 m/s
t
7
Det sker en rörelsemängdsändring
p = m v = 2,0 (–1 – 1) kgm/s = –4 kgm/s.
Då har föremålet fått en impuls –4 Ns.
Svar: a) 3 Ns b) 8 Ns c) –12 Ns d) –4 Ns
540. a) Bil A blir påkörd bakifrån av bil B. Bil A hade
hastigheten vA. Vi söker bil B:s hastighet vB.
Efter påkörningen har bilarna fastnat i varandra. Deras
sammanlagda massa är m = 2000 kg och deras
gemensamma hastighet är v = 15 m/s.
Lagen om rörelsemängdens bevarande:
mA v A + mB v B = m v
1000 10 + 1000 vB = 2000 15
1000 vB = 2000 15 – 1000 10 = 20000
vB = 20 m/s
b) Rörelseenergin före krocken är
Ek1
1000 102
2
1000 202
2
J
250 kJ
Efter krocken är rörelseenergin
2000 152
J 225 kJ
2
Rörelseenergin har minskar från 250 kJ till 225 kJ.
Ek2
Svar: a) 20 m/s b) Nej, den minskade från 250 kJ till
225 kJ
541-542. Se lärobokens facit.
© Fraenkel, Gottfridsson, Jonasson och Gleerups Utbildning AB
Detta material ingår som en del i Impuls webb
Materialet får skrivas ut, kopieras och användas under giltig licenstid
5. Energi och rörelsemängd
LÖSNINGSFÖRSLAG
543. Efter tacklingen är Annas hastighet vA och
motståndarens hastighet vM.
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 vA. Här följer en lösning som bygger på
ekvationslösning.
Lagen om rörelsemängdens bevarande ger:
55 5 + 65 (–4) = 55 vA + 65 vM
55 vA + 65 vM = 15
(1)
Rörelseenergin kan inte öka.
Ek,före
55 52
2
65 (–4)2
2
1207,5 J
55 vA 2 65 vM 2
2
2
Vi söker Annas maximala hastighet vilket innebär att vi
sätter rörelseenergierna lika, före och efter.
Ek,efter
55 vA 2
2
65 vM 2
2
1207,5
55 vA2 65 vM2 2415
Vi löser ut vM från ekv. (1).
65 vM = 15 – 55 vA
(2)
15 55 vA
65
Vi sätter in detta värde i ekv. (2).
vM
15 55 vA
65
55 vA2
65
55 vA 2
(15 55 vA )2
65
2
2415
2415
3575 vA2 (15 55 vA )2 156975
Detta är en andragradsekvation som
har två lösningar:
vA = 5 m/s eller vA = –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 24000 Ns så får den andra bilen impulsen –
25000 Ns oavsett hur kollisionen sker.
546. Den ena enkronan A har hastigheten 2 m/s före.
Den andra enkronan B har hastigheten 0 m/s före.
Efter stöten har A hastigheten vA och B hastigheten vB.
Rörelsemängden före är 0,007 2 kgm/s = 0,014 kgm/s
Rörelsemängden efter är också 0,014 kgm/s.
Lagen om rörelsemängden bevarande ger att
0,014 = 0,007 vA + 0,007 vB, dvs. vA + vB =2
Stöten är fullständigt elastisk. Det innebär att skillnaden
mellan deras hastigheter före och efter är lika med
omvänd ordning, dvs. vA – vB = 0 – 2
Vi har ekvationssystemet:
vA vB 2
vA
vB
2
Om vi adderar ekvationerna ledvis får vi
2 vA = 0
vA = 0
Om vi sätter in detta värd på vA i någon av ekvationerna
får vi att vB = 2
Den första enkronan stannar och den andra enkronan
rör sig med hastigheten 2 m/s.
Svar: 2 m/s
547. Kulans hastighet före är vK.
Total rörelsemängd före:
0,00201 vK + 0,125 0 = 0,00201 vK
Stöten är helt oelastisk. Kulan fastnar i vagnen med
modellera. Den får hastigheten 3,12 m/s efteråt.
Lagen om rörelsemängdens bevarande ger:
0,00201 vK = (0,125 + 0,00201) 3,12
0,00201 vK = 0,3962712
0,3962712
vK
m/s 197 m/s
0,00201
Svar: 200 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.
Lagen om rörelsemängdens bevarande ger:
95 v = 195
195
v
m/s 2,1 m/s
95
Svar: 2 m/s åt samma håll som Dani sprang.
Svar: a) –25000 Ns b) –25000 Ns c) –25000 Ns
© Fraenkel, Gottfridsson, Jonasson och Gleerups Utbildning AB
Detta material ingår som en del i Impuls webb
Materialet får skrivas ut, kopieras och användas under giltig licenstid
5. Energi och rörelsemängd
LÖSNINGSFÖRSLAG
549. Tennisbollens massa är mTB = 0,057 kg och fotbollens
massa är mFB = 0,440 kg.
Före: Tennisbollens hastighet är vTB,före = 15 m/s
(positiv riktning) och fotbollens hastighet är
vFB,före = 0 m/s.
Efter: Tennisbollens hastighet är vTB,efter = –4 m/s
(negativ riktning) och fotbollens hastighet är
vFB,efter.
Lagen om rörelsemängdens bevarande ger:
0,057 15 + 0,440 0 = 0,057 (–4) + 0,440 vFB,efter
0,440 vFB,efter = 1,083
1,083
vFB,efter
m/s 2, 46 m/s
0, 440
Svar: Fotbollen får hastigheten 2,5 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.
Lagen om rörelsemängdens bevarande ger:
60 2 + 17 (–4) = 60 0,3 + 17 v
52 = 18 + 17 v
17 v = 34
v = 2 m/s
Den lätta vagnen rör sig nu med 2 m/s i omvänd riktning.
Svar: Den lätta vagnen har studsat tillbaka med 2 m/s.
551. Innan cementen hade ramlat ner är vagnens rörelsemängd
150 2,0 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
552. 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 vefter.
Lagen om rörelsemängdens bevarande ger:
m v + m (v) = 2m vefter
2vefter = 0
vefter = 0
b) Fullständigt elastisk stöt.
Efter kollisionen har de hastigheterna vA resp. vB.
Lagen om rörelsemängdens bevarande ger:
m v + m (v) = m vA + m vB
vA + vB = 0
(1)
Att kollsionen är fullständigt elastisk innebär att
v – (v) = vB – vA
vB – vA = 2v
(2)
Om vi adderar ekv. (1) och (2) får vi
2vB = 2v
vB = v
och om vi subtraherar dem får vi
2vA = –2v
vA = –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 vA,f och B har
hastigheten vB,f. Efter kollisionen har de hastigheterna
vA,e respektive vB,e.
Lagen om rörelsemängdens bevarande ger:
m vA,f + m vB,f = m vA,e + m vB,e
Om vi förkortar bort massorna får vi:
vA,f + vB,f = vA,e + vB,e
(1)
Om kollisionen är fullständigt elastisk gäller
vA,f – vB,f = vB,e – vA,e
(2)
Om vi adderar ekv. (1) och ekv. (2) får vi
2 vA,f = 2 vB,e
vA,f = vB,e
och om vi subtraherar ekvationerna får vi
2 vB,f = 2 vA,e
vB,f = vA,e
Det innebär att föremålen byter hastighet med varandra
vid kollisionen.
Svar: De båda föremålen byter hastighet.
© Fraenkel, Gottfridsson, Jonasson och Gleerups Utbildning AB
Detta material ingår som en del i Impuls webb
Materialet får skrivas ut, kopieras och användas under giltig licenstid
5. Energi och rörelsemängd
LÖSNINGSFÖRSLAG
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 9,82 N = 736,5 N
W = F s = F h = 736,5 2,20 Nm = 1620 Nm
c) Om hastigheten är 2 m/s är rörelseenergin
mv 2 75 22
150 J
2
2
Om hastigheten är 6 m/s är rörelseenergin
Ek
mv 2 75 62
1350 J
2
2
För att öka hastigheten från 2m/s till 6 m/s måste man
tillföra en energin (1350 – 150) J = 1200 J.
Då måste man uträtta arbetet 1200 Nm.
Ek
Svar: a) 600 Nm b) 1,6 kNm c) 1,2 kNm
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 9,82 N = 9,82 N
W = Fs h = 9,82 1 Nm = 9,8 Nm
b) Om vi har en friktionskraft Ff, så tillkommer dessutom
ett friktionsarbete Ws.
Då vagnen befinner sig på brädan får man
komposantuppdela vagnens tyngd mg. Den komposant av
tyngden som är parallell med brädan är mg sin 27o och
den komposant av tyngden som är vinkelrät mot brädan
är mg cos 27o. Vagnen påverkas då av en normalkraft
som är lika stor. FN = mg cos 27o.
Friktionskraften Ff =
FN =
mg cos 27o =
= 0,30 1 9,82 cos 27o =2,62 N
1
m 2, 2 m
Brädans längd s
sin 27o
Ws = Ff, s = 2,62 2,2 Nm = 5,8 Nm
Det totala arbetet är således (9,8 + 5,8) Nm = 15,6 Nm
555. a) Ep = mgh = 2 9,82 15 J = 294,6 J
b) Ep = mgh = 2 9,82 (–5) J = –98,2 J
Svar: a) 300 J b) –100 J
Svar: a) 10 Nm b) 16 Nm
90
556. 90 km/h =
m/s = 25 m/s
3,6
p = m v = 4000 25 kgm/s = 100000 kgm/s
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.
Svar: 100000 kgm/s
Rörelseenergi
557. Om man släpper ett föremål från höjden h, så kommer
det vid nedslaget ha hastigheten v.
Lägesenergi mgh omvandlas till rörelseenergi
mv 2
.
2
mv 2
mgh
v
2gh
2
a) Om vi släpper från 1 m höjd blir hastigheten
v
2gh
2 9,82 1 m/s 4, 4 m/s
b) Om vi släpper från 10 m höjd blir hastigheten
v
2gh
2 9,82 10 m/s 14 m/s
mv 2
omvandlas till lägesenergi mgh .
2
mv 2
v2
h
2
2g
a) Om vi kastar med hastigheten 1 m/s så når kulan
höjden
mgh
v2
12
m 0,05 m 5 cm
2g 2 9,82
Om vi kastar med hastigheten 10 m/s så når kulan höjden
h
v2
102
m 5,1 m
2g 2 9,82
Svar: a) 5 cm b) 5 m
h
Svar: a) 4,4 m/s b) 14 m/s
560. Se lärobokens facit.
© Fraenkel, Gottfridsson, Jonasson och Gleerups Utbildning AB
Detta material ingår som en del i Impuls webb
Materialet får skrivas ut, kopieras och användas under giltig licenstid
5. Energi och rörelsemängd
LÖSNINGSFÖRSLAG
561. Lyftkraften F = mg = 15 9,82 N = 147,3 N
Att lyfta 15 kg till en höjd av 25 m, kräver arbetet
W = F h = 147,3 25 Nm = 3682,5 Nm
Att göra detta arbete på tiden 16 s innebär att motor
W 3682,5
W 230 W .
utvecklar effekten P
t
16
Men den tillförda effekten är 250 W.
Verkningsgraden är
Pnyttig 230
0,92 92%
Ptillfšrd 250
Svar: 92 %
562. 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.
569. a) 90 km/h =
110
m/s = 30,6 m/s
3,6
Ökningen av rörelseenergi
110 km/h =
Ek
2854 W
Svar: 3 kW
J 185 kJ
529 103
liter = 0,016 liter = 1,6 cl
570. En vecka = 7 dygn = 7 24 h = 168 h
Under denna tid konsumerar lampan energin
E = 40 168 Wh = 6720 Wh = 6,72 kWh
Det kommer att kosta 1,30 6,72 kr = 8,74 kr.
Svar: 8,74 kr
565. a) Impulsen är F t = (–500) 10 Ns = –5 kNs
b) Impulslagen: F t = p = m v
p
5000
–5 m/s
Hastighetsändringen v
m
1000
Hastigheten har således minskat från 25 m/s till 20 m/s
Svar: a) –5 kNs b) 20 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
WL = mg h = 25 9,82 0,95 Nm = 233 Nm
Accelerationsarbetet är
mv 2 25 42
Nm 200 Nm
2
2
Det totala arbetet som hon utför är
(233 + 200) Nm = 433 Nm
Detta arbete utförs på 1,2 s.
W 433
Den utvecklade effekten är P
W
t
1, 2
1200 252
2
Svar: a) 185 kJ b) 530 kNm c) 1,6 cl
564. 1 år = 365 24 h = 8760 h
25000 kWh fördelas på antalet timmar på ett år.
25000 103
W
8760
1200 30,62
2
b) Det nyttiga arbetet är 185 kNm. Eftersom
verkningsgraden bara är 35 % måste motorn utföra
185
arbetet
kNm = 529 kNm
0,35
c) 529 kNm = 529 kJ
1 liter bensin innehåller energin 33 MJ.
Bilen förbrukar under omkörningen
33 106
563. Se lärobokens facit.
90
m/s = 25 m/s
3,6
Wacc
571. a) Den lilla båtens hastighet efter sammanstötningen är v.
Låt den stora båtens riktning före kollisionen (vänster)
vara positiv riktning.
Lagen om rörelsemängdens bevarande ger:
20 103 (–5) + 1500 103 7 =
= 1500 103 6,8 + 20 103 v
20 103 v =200 103
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
0, 27
5 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 0,2 m/s.
Rörelsemängdsändringen
p = m v = 1500 103 0,2 kgm/s = 300 103 kgm/s
Enligt impulslagen är det också den impuls som båtarna
har fått, dvs. 300 103 Ns
Svar: a) 10 m/s bakåt b) 0,27 c) 300 kNs
361 W
Svar: 360 W
© Fraenkel, Gottfridsson, Jonasson och Gleerups Utbildning AB
Detta material ingår som en del i Impuls webb
Materialet får skrivas ut, kopieras och användas under giltig licenstid
5. Energi och rörelsemängd
LÖSNINGSFÖRSLAG
572. Rotorns radie r = 7,3 m. Rotorn sveper över arean
A=
r2 =
7,32 m2 = 167 m2 på tiden t.
På denna tid påverkas en luftcylinder med arean 167 m2
och med höjden h i riktning nedåt. Luften får då
h
hastigheten v
.
t
Luftens volym är V = h A och dess massa
mL =
V=
h A
Helikopterns rotor ger luften en impuls nedåt och luften
ger helikoptern en lika stor impuls uppåt.
Impulslagen: F t = mL v
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.
F är kraften på helikoptern (och på luften) under tiden t.
F är helikopterns tyngd, mL är luftens massa och v dess
hastighetsändring.
F = mH g = 6230 9,82 N = 61 kN
Vi får
F t = mL v =
h A v
F
t = mL
v=
h A v
t
F
575. Se lärobokens facit.
A v2
61 103
m/s 17 m/s
1,3 167
F
v
h A v
A
Svar: 17 m/s
576. Vi sätter punkten B som nollnivån för lägesenergi.
I punkten A har då kistan lägesenergin
Ep = mgh = 25 9,82 0,60 J = 147,3 J
I punkten B är lägesenergin noll men kistan har nu
mv 2 25 2,02
J 50 J
2
2
Skillnaden i energi E = (147,3 – 50) J = 97,3 J
har omvandlats till värme.
rörelseenergi Ek
573. a) Elisa mäter bollens hastighet till 2 m/s. Elina anser att
bollens rörelseenergi är
mv 2 0,050 22
J 0,1 J
2
2
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 2 m/s. Den resulterande
hastigheten v bestäms med Pythagoras sats.
Ek
v
3 m/s
2 m/s
v
22 32 m/s
13 m/s
Ulf uppfattar bollens rörelseenergi att vara
Ek
mv 2
2
0,050 13
2
2
J
0,325 J
Svar: a) 0,1 J b) 0,3 J
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 drar åt höger.
Dessa krafter är lika stora eftersom den översta lådan är i
vila. Friktionskraften är
FN, där FN är normalkraften
på lådan, som är lika med dess tyngd 10 N.
Friktionskraften är
FN = 0,5 10 N = 5 N
b) Mot underlaget är tyngden av de båda lådorna
(10 + 10) N = 20 N. På den undre lådan verkar en
friktionskraft mellan låda och underlag som är
FN = 0,5 20 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
© Fraenkel, Gottfridsson, Jonasson och Gleerups Utbildning AB
Detta material ingår som en del i Impuls webb
Materialet får skrivas ut, kopieras och användas under giltig licenstid
5. Energi och rörelsemängd
LÖSNINGSFÖRSLAG
578. Den lilla bollens hastighet är 4 m/s före och v1 efter.
Den stora bollens hastighet är 5 m/s före och v2 efter.
Obs. att vi har valt den lilla bollens riktning före krocken
som positiv riktning.
Lagen om rörelsemängdens bevarande ger:
0,150 4 + 0,200 (–5) = 0,150 v1 + 0,200 v2
Förkortning och förenkling ger
3v1 + 4v2 = –8
(1)
Att krocken är fullständigt elastisk innebär:
v1 – v2 = –5 – 4 = –9 (2)
Vi har ekvationssystemet
3v1 4v2 –8 (1)
v1 v2
9
(2)
Vi multiplicerar den undre ekvationen med 4 och får
3v1 4v2 –8
4v1 4v2
36
Nu kan vi addera ekvationerna och får
–44
v1
m/s
6,3 m/s
7v1 = –44
7
Insättning av detta värde i ekv. (2) ger
–6,3 – v2 = –9
v2 = (–6,3 + 9) m/s = 2,7 m/s
Båda bollarna studsar tillbaka. Den lilla får hastigheten
6,3 m/s och den större bollen får hastigheten 2,7 m/s.
Svar: Båda bollarna byter riktning. 150 g-bollen får
hastigheten 6,3 m/s och 200 g-bollen får hastigheten
2,7 m/s.
579. Se lärobokens facit.
580. En boll som släpps från 1 m höjd har hastigheten v1 då
den träffar golvet och hastigheten v2 direkt efter studsen.
v1 och v2 har olika tecken. Vi väljer nedåt som positiv
riktning och uppåt som negativ riktning.
Vid 1 m höjd har bollen lägesenergin
Ep = mgh = m g 1
Denna lägesenergi omvandlas till rörelseenergi
Ek
mv12
.
2
mv12
m g 1
v1
2g (v1 är positiv)
2
Bollen som studsar upp med hastigheten v2 når höjden
0,50 m. Här har rörelseenergi omvandlats till lägesenergi.
mv12
m g 0,5
v2
g (v2 är negativ)
2
Vid stöten har inte golvet ändrat hastighet. Golvet är hela
tiden i vila.
g
Studskoefficienten e
0
0
g
2g
2g
0,71
Svar: 0,71
581. Två föremål kolliderar. Deras hastigheter är v1f och v2f
före och v1e och v2e efter.
v1e v2e
(1)
v2f v1f
För en oelastisk stöt gäller att föremålen får samma
hastighet efter, dvs. v1e = v2e. 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. v1f – v2f = v2e – v1e
Det innebär att täljare och nämnare i (1) är lika,
dvs. e = 1. Detta skulle visas.
Studskoefficienten e
© Fraenkel, Gottfridsson, Jonasson och Gleerups Utbildning AB
Detta material ingår som en del i Impuls webb
Materialet får skrivas ut, kopieras och användas under giltig licenstid
1
2
5. Energi och rörelsemängd
LÖSNINGSFÖRSLAG
15
m/s 4, 2 m/s
3,6
På 1 s kör jeepen 4,2 m längs backen.
Då kommer den att komma upp på höjden h, där
h = 4,2 sin 30o m = 2,1 m.
Jeepens lägesenergi ökar med
Ep = mgh = 1500 9,82 4,2 sin 30o J
Bränslet måste på 1 s ge jeepen denna energi
Det är en effekt av 1500 9,82 4,2 sin 30o W.
Eftersom verkningsgraden endast är 30 % måste bränslet
582. a) 15 km/h
1500 9,82 4, 2 sin 30o
W 102 kW
0,30
b) Jeepens tyngd är mg. I backen kan vi
komposantuppdela denna kraft i en kraft F1 som är
parallell med backen och en kraft F2 som är vinkelrät
mot backens plan.
F1 = mg sin
avge effekten
F2 = mg cos
När jeepen är i backen påverkas den av en normalkraft
FN som är lika stor som F2.
Friktionskraften Ff =
FN driver jeepen uppför backen.
Kraften F1 verkar nerför backen och är bromsande på
jeepen.
Den resulterande kraften parallell med backen är
FR = Ff – F1 =
FN – F1 =
=
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 9,82 sin 30o
9,82 cos 30o
0,69
583. Vid backens början har hon rörelseenergi
mv 2 m 8,12
32,805 m
2
2
Denna rörelseenergi omvandlas dels till friktionsvärme
under det att hon glider uppåt, dels också till en ökad
lägesenergi.
Friktionsvärmen är Ef = Ff s, där Ff är
Ek
friktionskraften och s 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. FN = mg cos a.
Friktionskraften Ff =
FN =
mg cos
Vi får alltså att den friktionsvärme som bildas är
Ef = Ff 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 Ep = mgh = mg s sin
Energiprincipen ger att
Ek = Ef = Ep
32,805 m =
mg cos
s + mg s sin
Vi förkortar bort m och bryter ut s från de två termerna
på högersidan:
32,805 = ( g cos + g sin ) s
32,805
s
g cos
g sin
32,805
0,07 9,82 cos 20o
9,82 sin 20o
Svar: Hon glider 8 m (8,2 m)
Svar: a) 102 kW b) 0,69
© Fraenkel, Gottfridsson, Jonasson och Gleerups Utbildning AB
Detta material ingår som en del i Impuls webb
Materialet får skrivas ut, kopieras och användas under giltig licenstid
5. Energi och rörelsemängd
m
8, 2 m
LÖSNINGSFÖRSLAG
584. a) Maximal rörelseenergi
Ek
0, 430 202
mv 2
2
0, 430 (20 9,82 t)2
2
J 86 J
2
2
Hastigheten v = vo – gt = 20 – 9,82 t
Vi sätter in detta uttryck för hastigheten i formeln för
rörelseenergi och får
Ek
0,5
100
90
80
70
60
50
40
30
20
510
44,5
33,5
22,5
11,5
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
10,5
21,5
32,5
43,5
54,5
20,7 t 2 84,5 t 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
180
m/s 50 m/s
3,6
Tågets färdriktning är positiv riktning.
Mot tåget tänker vi oss en kastad boll med
hastigheten vboll, före = –20 m/s (negativ riktning).
Vi söker bollen hastighet efter studsen mot tåget och
kallar den vboll, 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:
vboll, efter – vtåg = vtåg – vboll, före
vboll, efter – 50 = 50 – (–20)
vboll, efter = 120 m/s (432 km/h!)
586. vtåg
mv 2
Ekin (J)
180 km/h
Svar: 120 m/s
90
80
(a)
70
60
587. Låt rörelseenergin före vara Ek1
50
40
mv22
.
2
Ändringen av rörelseenergi är
30
20
rörelseenergin efter Ek2
(b)
10
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
4
4,5
5
t (s)
m(v22 v12 )
2
m (v2 v1)(v2
konjugatregeln
2
v s
m vm v m
m a s
s t
vilket skulle visas.
Ek
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 =
r2. På tiden s passerar en luftmängd med
volymen V =
r2 v. Massan av denna luft är
m=
V=
r2 v.
Dess rörelseenergi är
Ek
mv 2
2
Svar: Ek
r 2 v v2
2
mv12
och
2
mv22
2
mv12
2
r 2 v3
2
r 2 v3
2
© Fraenkel, Gottfridsson, Jonasson och Gleerups Utbildning AB
Detta material ingår som en del i Impuls webb
Materialet får skrivas ut, kopieras och användas under giltig licenstid
5. Energi och rörelsemängd
v1)
F
s
LÖSNINGSFÖRSLAG
588. Figuren nedan visar klotens rörelse före och efter.
Vi betecknar hastigheterna före med v1 och efter med v.
v och s i index är beteckningar för vit och svart.
fšre
efter
vv
v1s = 0
v1v
vs
Vi analyserar situationen efter. Kloten rör sig nu åt olika
håll. Vi komposantuppdelar deras hastigheter i x-led och
i y-led.
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
v1v vvx vsx (1)
vvy
vsy
(2)
Rörelseenergin är bevarad.
Det innebär att
v1v 2
vvy 2
vvx 2
vsx 2
vsy 2 (3)
Insättning av uttrycken i ekv. (1) och (2) i ekv. (3)
ger efter lite algebraiska övningar
vsy
vvx
, vilket kan skrivas
vvy
vsx
vvy vsy
vvx vsx
1
(4)
En rät linje med samma lutning som vv har
riktningskoefficienten kv
vvy
vvx
och en rät linje med
samma lutning som vs har riktningskoefficienten
ks
vsy
vsy
Från ekv. (4) ser vi då att kv ks = –1
Två linjer där produkten av deras riktningskoefficienter
är –1 är vinkelräta. De båda riktningarna vv och vs är
således vinkelräta mot varandra.
Svar: Vinkeln är 90o
© Fraenkel, Gottfridsson, Jonasson och Gleerups Utbildning AB
Detta material ingår som en del i Impuls webb
Materialet får skrivas ut, kopieras och användas under giltig licenstid
5. Energi och rörelsemängd