Hide menu

Ledningar & lösningar

Ledningar och lösningar till utvalda uppgifter publiceras efter varje lektion.

Size: 437.7K bytes Modified: 8 November 2017, 16:51
Size: 258.5K bytes Modified: 15 November 2017, 22:18
Size: 324.9K bytes Modified: 24 November 2017, 11:13
Size: 387.5K bytes Modified: 5 December 2017, 13:00
Size: 247.8K bytes Modified: 9 December 2017, 08:51
Size: 327.9K bytes Modified: 15 December 2017, 09:10

Avsnitt 3

3.2 Vid fritt fall är accelerationen konstant.

3.3a Initialläget är x(t=0)= 2 m

3.10 Centripetalaccelerationen vid B kan beräknas med ekvation (4-34) i HRW. Den likformiga tangentiella accelerationen kan beräknas med ekvation (2-16), dvs med kännedom om ändringen i fart samt sträckan. Sträckan är ju en kvartscirkel (2*pi*R/4). Den totala accelerationen fås från ekvation (10-29) eftersom komposanterna är inbördes vinkelräta. Jfr Sample Problem 10.05.

Avsnitt 4

4.5) a) Accelerationen är a=F/m b) Eftersom accelerationen är konstant kan vi beräkna sträckan som v^2/(2a).

4.6) Dela upp krafterna i x-, och y-komposanter. y-komposanterna tar ut varandra, och x-komposanterna (som är F * cos(alfa) ) adderas.

4.15) Frilägg varje trissa och tänk på att spännkraften T är samma överallt. Den vänstra trissan utsätts för krafterna 2T uppåt och mg nedåt. Den högra trissan utsätts för krafterna T i vänstra snöret och därmed också T i högra snöret. Den senare är just den kraft vi söker, och är T

4.16) Jfr Sample Problem 6.02 a

4.17) Jfr Sample Problem 6.01
4.18)  Jfr Sample Problem 6.03
4.19) a) Om kulan ska röra vika av måste accelerationen och kraften vara riktad nedåt  mot cirkelns centrum. b) Eftersom kulan rör sig längs en cirkelbåge så är den resultarande kraften en centripetalkraft i det aktuella läget. Centripetalkraften är summan av spännkraften och tyngdkraften, som är riktade åt samma håll. c) Snöret börjar flacka då T=0. Jfr Sample Problem 6.04
4.20) a) Centripetalkraften ska per definition vara riktad in mot cirkelbanans centrum. Spännkraftens y-komposant måste vara lika stor som mg. Centripetalkraften är lika stor som spännkraftens x-komposant.
4.22) Tänk dig att du åker med i bilen och inför en fiktiv kraft -ma som verkar på tärningen. ma och mg. Toppvinkeln teta fås nu från tan (teta) = ma/mg, osv
4.23) Sätt att centrifugalkraften ska vara lika stor som tyngdkraften, mg. Utgå från sambandet m*omega^2*r och sätt in omega=2*pi*f, där f är rotationsfrekvensen. Bestäm denna och beräkna hur många varv vi hinner på en timme (=3600 s).
4.24) Centrifugalkraften ska vara samma i båda fallen, dvs m*omega1^2 *r1 = m*omega2^2*r2. Förkorta bort m och lös ut t ex omega2.

 

4.27) Frilägg båda klossarna. Snörkraften måste vara samma i båda ändar, och accelerationen för båda klossarna är samma. Jfr Sample Problem 5.07

 

 

Avsnitt 5

5.1) a) Använd uttrycket för impuls Impuls I=mv2-mv1. b) Impuls kan även skrivas I=Ft. Eftersom impulsen nu är känd kan F beräknas om F=I/t.

5.6) a) Totala rörelsemängden före frånskjutet är 0. Efteråt har vi mv+MV=0 eftersom rörelsemängden ska bevaras. Nu kan t ex V beräknas. b) Enligt Newtons tredje lag påverkas de av lika stora, men motriktade, krafter. Räkna på en av personerna och utnyttja sambandet Ft = mv

5.7 a) Rörelsemängden bevaras i x-led eftersom inga krafter verkar på bollen i x-led. Dela upp v1 och v2 i komposanter och lös ut v2. b) impulsen är riktad uppåt i y-led. Eftersom v2 är känd kan vi beräkna ändringen av rörelsemängd i y-led, som motsvara impulsens y-komposant.

 

5.8 Rörelsemänden bevaras, så att i x-led har vi mH*uH = mHCl*vx och i y-led mCl*uCl = mHCl*vy. Vi kan nu beräkna HCl-molekylens hastighet: vx = mH/mHCl * uH = 1.008/(1.008+35.45)*16*10^4 m/s och vy=35.45/(1.008+35.45)*4*10^4 m/s . Hastighetens belopp är v=rot( vx^2 + vy^2) och vinkeln mot x-axeln är arctan vy/vx. Se även lösningsförslag.

5.10) Det går bra att använda atommassorna 14 u för N och 16 u för O, eftersom uttrycket för masscentrums läge innehåller en kvot mellan massor. Placera någon av atomerna i origo och använd definitionen av masscentrum. Jämför Sample Problem 9.01.

5.13) Om summan av de yttre krafterna är noll så kan inte masscentrum flytta sig.

5.14) De två personerna möts i masscentrum, som ligger stilla hela tiden. Det räcker att beräkna personernas initiala avstånd till masscentrum.

 

 

 

Avsnitt 6

6.1) Båda får lika stor impuls = F * t. Alltså kommer de att få lika stor rörelsemängd p=F*t. Arbetet som vinden utför är lika med ändringen i kinetisk energi. Kinetisk energi kan skrivas med hjälp av rörelsemängden som Ek = p^2/(2m). Alltså är W = p^2/(2m) och vi ser då att arbetet som utförts på den lättare farkosten är större än det som utförts på den tyngre farkosten.
6.2 a) Använd att W = F1*s*cos alfa. b) f = mu*F_N. Tänk på att normalkraften F_N inte är lika stor som mg! Eftersom F1 har en komposant uppåt reduceras F_N, så att F_N = mg-F1y. d) Använd att E_k = W, där W är nettoarbetet som utförts. Jämför med Sample Problem 7.02 och 7.09.
6.3) Vi får givet att kraften från fjädern på ringen är F(x) = k(L-x). k är en kosntant >0. Ändringen i kinetisk energi är Mv^2/2, och är lika med arbetet W = § (F(x) - Mg)*dx, dvs integralen av nettograften från x=0 till x=L.

6.5) Arbetet att lyfta är massan m höjden h är mgh.
6.6. a) Momentaneffekten är P(t) = F*v, där F = m*a. Accelerationen, a,  fås genom att derivera v(t). b) Beräkna när dP/dt är noll i intervallet 0<t<1 s.

6.7) Om vi flyttar partikeln i x-led blir arbetet noll, eftersom kraften är vinkelrätt mot förflyttningen. Längs sidan med x=0 blir arbetet noll eftersom kraften är noll. Längs sidan med x=L blir arbetet L^2. Alltså blir inte arbetet noll längs den slutna kurvan, och kraften är därmed inte konservativ.
6.8. Då partikeln glider från B till C kommer friktionskraften utföra ett arbete Wf = -0.7*9.82*1,5*1,0 J. Arbetet blir negativt och den kinetiska energin för partikeln minskar med denna mängd.
6.10) Utnyttja att rörelsemängden före och efter är densamma, och beräkna den gemensamma hastigheten. Beräkna därefter rörelseenergin för och efter.

6.11) Se lösningsförslag
6.14) Vinkeln kan fås genom skalärprodukten v1*v2 = v1x*v2x + v1y*v2y = v1*v2*cos (teta). Vi behöver relatera v1 och v2 till initialhastigheten. Teckna rörelseemängdens bevarande komposantvis: mv = mv1x + mv2x och i y-led: 0 = mv1y + mv2y. Lös ut v och v1y. Teckna nu rörelseenergins bevarande, som ger v^2 = v1^2 + v2^2. Sätt in v1^=v1x^2 + v1y^2, osv i denna ekvation och kombinera med uttrycken för v och v1y. Vi får nu sambandet v1x*v2x = v1y^2. Utnyttja detta skalärprodukten, vilket ger att 0=v1*v2*cos(teta) dvs teta = 90 grader.

 

Avsnitt 7

7.1) a) I vila finns endast potentiell energi, mgy0 b) Vid B har den potentiella energin omvandlats till kinetisk energi, Ek = mgy0 c) Vid D har en del av den kinetiska energin blivit potentiell energi, Ek = mgy0 - mgy0/3 = 2/3 mgy0 d) Kinetiska energin kan skrivas mv^2/2, dvs mv^2/2 = 2/3 mgy0 . Lös ut v.

7.2) Använd att F = - dU/dx, dvs integrera -kx^2 och utnyttja bivillkoret för att bestämma integrationskonstanten.

7.3) Se lösningsförslag

7.6) a) Total energin som en rät linje med y-värde 2E0 för alla värden på x. Eftersom  Etot=Ep+Ek så motsvarar Ek avståndet från Ep-kurvan till Etot. Vid 2x0 är avståndet 1 E0. b) Ek kommer vara noll i x=x0 och x=3x0. Om partikeln startar i x=2x0 så kan den inte komma längre bort, utan vänder i dessa lägen. c) Om totala energin är 2E0 så måste vi tillföra ytterligare 2E0 för att nå över energibarriären på 4E0.
 

 

Avsnitt 8

8.5) Totala energin är 1/2 *k*A^2. Högsta hastigheten nås då all energi är kinetisk energi.

8.6) Bestäm periodtiden ur grafen. 5 cykler fullbordas på 3 s. Då klossen passerar jämviktsläget är hastigheten, v = A*omega*cos(omega*t), maximal. b) Tänk på att klossen påverkas av både fjäderkraften, Fs, och tyngdkraften, mg. Vi har FR = Fs-mg. FR kan t ex fås genom att ta fram accelerationens största värde. Se även lösningsförslag.

8.9) a) Kraften fås genom F=-dU/dx. b) Svängningen är harmonisk om potentiella energin kan skrivas U=0.5*k*x^2 c) Gör en McLaurinutveckling. Om U'(0)=0 och U''(0) är nollskild blir svängningen harmonisk för liten amplitud.

8.10 Eftersom C-atomen står stilla kan vi använda vanliga uttrycket f=1/(2*pi)sqrt(k/m)

8.12 Tänk på att använda reducerade massan, som beräknades i 8.11a

8.14. Gör McLaurinutveckling och tänk på att använda den reducerade massan. Se även lösningsförslag.

 

Avsnitt 9

9.1) b) krafter kan flyttas längs sin verkningsline.

9.2.b) Om man ändrar kraftens angreppsvinkel så ändras kraftmomentet.

9.4) Man ska summera över alla massor, där varje term bidrar med m*r^2 . r är det vinkelräta avståndet till rotationsaxeln! a) 2*M*(a/2)^2         b)  2*m*a^2            c)  m*(a*sin teta)^2

9.5) Teckna tröghetsmomentet som: I(x) = M*x^2 + m*(L-x)^2. Om man deriverar m.a.p. x får man: 2Mx - 2*m*(L-x), som är noll då x=m*L/(m+M). Detta är just masscentrums läge i förhållande till M.

 

9.6) Tänk på kraftmomentens riktning. Totala kraftmomentet är F1*R-F1*R + F2*r + F3*R, där positiv riktning motsvarar vridning medurs.

9.9) Se lösningsförslag

 

Avsnitt 10

10.2) Dela upp tyngdkraften i komposanter, en vinkelrät mot planet och en parallell med planet. Frilägg varje kloss och teckna Newtons andra lag för båda, var för sig. Tänk på att då m rör sig snett uppåt så rör sig M nedåt.

10.4 Se lösningsförslag
10.5 a) Jämför Sample Problem 12.01 b) Brädan vippar kring högerbocken då 12 kg-lådan flyttas mot högerkanten, dvs till höger om högerbocken. Sätt avståndet från högerbocken till denna låda lika med x. Då brädan lättar från vänsterbocken är normalkraften från denna bock på brädan lika med noll! Teckna momentjämvikt kring högerbocken och lös ut x.

10.7) Jämför Sample Problem 12.03

Avsnitt 11


11.4) Utnyttja bevarandelagan för rörelsemängdsmomentet: I*omega = konst. Teckna I i båda lägena, m*a^2 och m*(3a)^2.
11.6) Rörelsemängdsmomentet bevaras, men inte kinetiska energin! Teckna systemet rörelsemängdsmoment, L, med avseende på skivans centrum, precis före och efter barnet hoppar på. Före: L=mvr. Efteråt har vi I*omega, där tröghetsmomentet för den sammansatta kroppen är I=0.5*MR^2+mR
11.7) Se lösningsförslag.
11.8 a) Man kan teckna kraft- och momentekvationer för att bestämma accelerationen och därefter använda sambandet 2as = v^2. Ett annat sätt är att använda energiprincipen. Den potentiella energin minskar med Mgh, varvid den kinetiska energin ökar med samma mängd. Den kinetiska energin har en del från translationsrörelsen och en från rotationsrörelsen. Från formelbladet har vi sambandet för allmän plan rörelse: 0.5*I*omega^2 + 0.5*M*v^2, där v är masscentrums hastighet. Vi kan utnyttja rullvillkoret v=omega*R, vilket kommer att ge ett samband mellan masscentrums hastighet och höjden h. b) Om man använt energiprincipen i a) räcker det att sätta h=R*phi och v=omega*R (som följer av rullvillkoret).
11.9) se lösningsförslag.
11.10) se lösningsförslag.

Avsnitt 12 och 13

12.1 Deformationen epsilon = 0,01 = F/A. 3cm^2 = 3 * ( 0,01 m )^2 = 0,0001 m^2

12.7 Tänk på att V=1 liter = 1 dm^3 = (0,1 m)^3 = 0,001 m^3. Beräkna mihskningen delta V och subtrahera denna från ursprungliga volymen.

13.1 Det är friktionskraften som håller emot kraften p*A, där p=5,0 atm. Se formelbladet för att omvandla atm till Pa

13.5 a) Lyftkraften kan skrivas rho_v*g*V_h, där rho_v är vätskans densitet och V_h är hjärnans volym. Hjärnans volym kan också skrivas V_h = m / rho_h, där m är massan och rho_h är hjärnans densitet. b) Den skenbara tyngden är F_lyft - mg, som blir negativ, dvs riktad nedåt.

13.11 Volymsflödet är A1*v1


Responsible for this page: Marcus Ekholm
Last updated: 12/18/17