Ergo Fysik 1 Lösningar till Ergo Fysik 1 47-08553-8, kp 1-12 Tryckfel (första eller andra tryckningen)
Sida 88 101 212 238 254 288 317 337 370
Var
Står
Skall stå
Rad 4+ ..G = 6,67 · 10–11 Nm2/kg ..G = 6,67 · 10–11 Nm2/kg2 11 4.35 ..ca 5 · 10 m.. ..ca 5 · 10–11 m.. 7.14a ..när temperaturen är 12° C. ..när temperaturen är –12° C. Ex 5, nämnare 10,14 · 102 · 293 10,14 · 102 · 297 –10 Ex 2 ..där r = 0,5 · 10 och ..där r = 0,5 · 10–10 m och Ex 24 ..= 12 kWh ..= 0,12 kWh Ex 4 1, 60 ⋅10−19 ⋅ 33 ⋅103 1, 60 ⋅1019 ⋅ 33 ⋅103 = .. = Hz .. = .. = Hz .. 6, 63 ⋅10−34 6, 63 ⋅1034 Ex 7 = 5,21 · 10–13 J = 0,521 pJ = = 5,21 · 10–13 J ≈ 0,521 pJ = Tabell, några Ämne T1/2 halveringstider har Beryllium 6,7 · 10-17 s blivit fel i tabellen. Kalium
1,277 · 109 år
Uran
7,038 · 108 år 4,468 · 109 år
Facit 406 414 415 416
8 a, kp 6 911 b 9.50 11.02 b
416 416 416 417
11.18c, 2 ställen 11.19b 11.21a 12.07
419
8 b, kp 12
1,5 m/s 5,6 · 1013 m/s Ca 225 kr 131 53 J 3,1 · 10–15 J. 252 keV 1,53 · 10–13, .. = γ 1,155 ger= p 2,9 ⋅10−19 kgm/s. 120 slag/min
–1,5 m/s 5,6 · 1013 m/s2 Ca 300 kr 131 53 I 3,0 · 10–15 J. 225 keV 1,53 · 10–13 J, .. (se lösningar 12.07 nedan) 34 slag/min
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
1
2. Fysikerns sätt att se Räkna fysik 2.01
a) 1 dygn = 24 h = 24 3600 s = 86 400 s 31 556 926 b) 1 år 31 556 926 s dygn 365, 24 dygn 86 400 1 medelår är 365,24 dygn. Vart 4:e år lägger vi till 1 dygn, skottdagen.
2.02
a) 1 nautisk mil = 1 852 m = 1,852 km b) 1 ljusår = 9,46 1015 m är den sträcka ljuset färdas på ett år. Ljushastigheten v = c = 3,00 108 m/s t = 1 år = 365243600 s = 31536000 s s = vt = 3,00 108 31 536 000 m = 9,46 1015 m c) s = 4,27 l.y. = 4,27 9,46 1015 m = = 4,04 1013 km, och 4,27 år. 7, 0 108
109,375 gånger större än jordens radie. 6, 4 106 Om jordens radie är 11 cm, blir solens radie 0,11109,375 m = = 12 m 1015 2 105 gånger mindre än hela b) Väteatomens kärna är 5 1011 väteatomen. Om väteatomens storlek är 100 m, blir kärnans storlek 100 2 10–5 m = 0,002 m = 2 mm.
2.03
a) Solens radie är
2.04
Se facit i läroboken
2.05
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
2.06
Densiteten:
m V
a) m 87 kg, V 0,12 m3
m 87 kg m3 730 kg m3 V 0,12
b) V 10 6, 0 3,5 m3 210 m3
1,3 kg m3 m V 1,3 210 kg 270 kg c) 1, 02 103 kg m3 . Sätt m 60 kg . V
m
60 1, 02 103
m3 0, 059 m3 59 dm3
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
1
2.07
m 0,54 kg V 4, 0 4, 0 3, 0 cm3 48 cm3 48 106 m3 m 0,54 kg m3 11250 kg m3 V 48 106 Jämför med tabellvärden i formelsamlingen: Densiteten för bly är 11,35 g cm3 11 350 kg m3 , vilket stämmer med det beräknade värdet.
2.08
a) Skålens vikt avläses i grafen när V = 0 cm3: mskål = 40 g b) Avläs 2 punkter i grafen: m 120 40 g cm3 0,80 g cm3 V 100 0
2.09
a) V (
2.10
Diskutera med en kamrat. Här går det inte att ge ett exakt svar.
2.12
Se facit i läroboken.
2.13
Se facit i läroboken.
2,52 2 ) 14,86 cm 3 74,1 cm 3 2 m 380,8 b) g/cm 3 5,14 g/cm 3 74,1 V
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
2
Testa dig i fysik 1
Se facit i lärobok
2
Omvandla 440 yards till meter: 440 yards = 440 · 3 fot = 1320 fot = = 1320 · 12 tum = 15 840 · 2,54 cm 402 m Nej, 440 yards 402 m.
3
r = 1,4 cm ρ = 8,96 g/cm3 4r 3 4 1,4 3 V cm 3 11,49 cm 3 3 3 m V 8,96 11,49 g 103 g 0,103 kg Pris = 47·0,103 kr = 4,80 kr
4
a) Beräkna medelvärde för de uppmätta diametrarna. d 3,948 cm Omkretsen blir: O d 3,948 cm 12,4 cm b) Beräkna tvärsnittsarean för de olika diametrarna. Beräkna därefter medelvärde för arean. 2
d A r2 2 d /cm 3,98 3,96 A /cm2 12,44 12,32
3,92 12,07
3,94 12,19
3,95 12,25
3,94 12,19
Stavens area: A 12,2 cm 2 5
Tunna + vatten väger 17,09 kg. Vattnet väger: (17,09 – 3,43) kg = 13,66 kg
6
Silverskiktets area: 4,2 dm2 = 420 cm2. Sätt tjockleken till x cm. Silverskiktets volym blir då 420 · x cm3. Densiteten för silver (ur tabell): 10,5g/cm3 . Följande ekvation fås: 420 · x · 10,5 g = 1,98 g Lös ut tjockleken: x = 4,5 · 10–4 cm = 4,5 m
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
3
3. Rörelse Räkna fysik 3.01
Sambandet s vt används i deluppgifterna a, b och c. Lös ut v , s och t. a) s = 900 m t = 2 min = 2 60 s = 120 s s 900 m s = 7,5 m s Medelhastigheten v t 120 b) t = 6 min = 6 60 s = 360 s v 7,5 m s Sträckan s vt 7,5 360 m 2 700 m 2, 7 km c) s = 1500 m v 7,5 m s Tiden t
s 1500 s 200 s 3min 20s v 7,5
3.02
Avläs i grafen: s 18 m s 1,8 m s a) v t 10 b) Hastigheten är störst under de fem första sekunderna: s 12 v m s 2, 4 m s t 5 c) Han cyklar sträckan s 18 12 m 6 m
3.03
Avläs i grafen a) t = 800 s = 13 min 20 s b) s = 2200 m = 2,2 km s 2200 c) v m s 2, 75 m s t 800 d) Hastigheten är störst där kurvan stiger brantast. Bestäm hastigheten s 1600 600 m s4m s i ett intervall. v t 500 250
3.04
a) Medelhastigheterna blir: s 100 m s 7, 6 m s v t 13,18 200 s m s 8, 7 m s v t 22,98 800 s m s 6,1m s v t 132,12
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
1
3.05
s = 1 mil = 10 km v1 80 km h och v2 90 km h s vt vilket ger t
Tidsvinsten blir s s t1 t2 v1 v2
s v
10 10 h 0, 0138889 h 80 90 0, 0138889 3600 s 50 s
3.06
a) st-grafen är en rät linje.
s 300 m s 20 m s t 15 Grafen: se facit i läroboken. c) Avläs i st-grafen: s = 240 m när t = 12 s. I vt-grafen: Sträckan = v·t = 20 12 m = 240 m
b) Konstant hastighet: v
3.07
3.08
1 mile 1, 609 km v 65 1, 609 km h 105 km h 29 m s
Sätt t = totala tiden i timmar för resan. Pausen var 12 min = 0,2 h. Teckna uttryck för hela sträckan på 2 olika sätt och bestäm t. s v1t 92t s v2 (t 0, 2) 105 (t 0, 2) 105 (t 0, 2) 92t 105t 92t 21 t 1, 615h 97 min
3.09 a) Kurvan har brantare lutning vid tidpunkten 5,0 s än vid tidpunkten 2,0 s. b) Drag en tangent till kurvan vid t = 4,0 s. Avläs ett intervall på tangenten. s 36 4 v m s 8, 0 m s t 62 (Svar mellan 7,0 m/s och 9,0 m/s är OK) 3.10 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. 27 4 m s = 5,8 m s Vid 2,0 s: v 40 41 28 m s =1,6 m s Vid 8,0 s: v 12 4 s 37 m s 3, 7 m s c) Medelhastigheten v 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 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
2
3.11
a) När omkörningen startar är P 50 m bakom F, se figur:
P 5m
50m
F
20m
Då är P: 50 m + 20 = 70 m bakom fronten på F. Vid omkörningens slut är P 50 m framför F, se figur:
F
20m
50m
P 5m
Då är P: 50 m + 5 m = 55 m framför fronten på F. Totalt har P kört: 70 m + 55 m = 125 m längre än F. 81 m s 22,5 m s b) vP 81km h 3, 6 63 vF 63km h m s 17,5 m s 3, 6 P kör sträckan: sP vP t 22,5t F kör sträckan: sF vF t 17,5t sP sF 125 vilket ger: 22,5t 17,5t 125 5t 125 t 25 Omkörningen tar 25s P kör sträckan: sP 22,5 25 m 560 m 3.12
3.13
3.14
a) v0 0 m s , v 10,5 m/s , t 7, 0 s v v v 0 10,5 0 a m/s 2 1,5 m/s 2 t t 7 b) v 0 10,5 m/s , v 13 m/s , t 5, 0 s v v v 0 13 10,5 a m/s 2 0,5 m/s 2 t 5 t 36 m s 10 m s , v 0 m s , t 20s 3, 6 v v v0 0 10 a m s 2 0,5 m s 2 t t 20 Accelerationen är negativ för att tåget bromsar, hastigheten minskar. v0 36 km h
a) v0 11m s , v 18 m s , t 5, 0 s v v0 at v v0 18 11 m s 2 1, 4 m s 2 t 5, 0 v v0 11 18 b) v m s 14,5 m s 2 2 s vt 14,5 5, 0 m 73 m a
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
3
3.15
a) v0 20 m s , v 14 m s , a 1,5 m s 2 v v0 at v v0 14 20 s 4, 0 s a 1,5 v v0 20 14 t 4, 0 m 68 m b) s vt 2 2 t
3.16
a) s 1800 m , t 60 s , v 0 m s s vt s 1800 v m s 30 m s t 60 v v0 b) v 2 v 0 2v v (2 30 0) m/s 60 m/s c) v v0 at a
v v0 0 60 m s 2 1, 0 m s 2 t 60
3.17
s 13, 0 m , t 4, 0s , v0 0 m s a) s vt s 13, 0 v m s 3, 25 m s t 4 v v0 b) v 2 v 2 v v0 2 3, 25 m s 6,5 m s
3.18
v0 0 m s v 300 km h
300 m s 83,333m s 3, 6
a 1, 6 m s 2 v v0 at t
v v0 83,333 0 s 52, 083s a 1, 6
s
at 2 1, 6 52, 0832 m 2170 m. Startbanan måste vara minst 2,2 km. 2 2
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
4
3.19
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: 5 15 vA m s 10 m s 2 0 20 vB m s 10 m s 2 Bilarna har samma medelhastighet, då har de kört lika långt.
3.20
a) Intervall 1: v0 0 m s , a 3, 0 m s , t 5, 0s v v0 at 3, 0 5, 0 m s 15 m s
2
2
Intervall 2: v0 15 m s , a 2, 0 m s , t 3, 0s v v0 at 15 2, 0 3, 0 m s 21m s. Sluthastigheten är 21 m/s. b) Intervall 1: v v0 15 v m s 7,5 m s 2 2 s vt 7,5 5, 0 m 37,5 m Intervall 2: v v0 15 21 v m s 18 m s 2 2 s vt 18 3, 0 m 54 m Totala sträckan blir: s 37,5m 54m 92m c) vt-grafen: se facit i läroboken.
3.21
s sr sb tr 0,8s , a 5, 0 m s 2 v0 90 km h
90 m s 25 m s 3, 6
v 0m s Reaktionssträckan: sr v0 tr 25 0,8 m 20 m Bromssträckan: sb vtb v v0 atb v v0 0 25 s 5, 0s a 5, 0 v v0 25 sb vtb tb 5, 0 m 62,5 m 2 2 Stoppsträckan blir: s sr sb 20 m 62,5 m 83m tb
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
5
3.22
a) v0 10 m s , v 18 m s , s 80 m v v0 t 2 2s 2 80 s 5, 714s t v v0 18 10 s vt
v v0 at v v0 18 10 m s 2 1, 4 m s 2 t 5, 714 b) Hastigheten efter halva sträckan, när s 40 m a
För hastigheten gäller: v v0 at Lös ut t: t
v v0 a
v v0 t 2 Sätt in uttrycket för t och utveckla: v v0 v v0 v v0 v v0 v v0 s t 2 2 2a a v 2 v02 2a Lös ut v2 och sätt in siffervärden: v 2 2 sa v02 2 80 1, 4 102 m 2 s 2 212 m 2 s 2
För sträckan gäller: s vt
Hastigheten blir: v 212 m s 15 m s 3.23
a) Falltid: t 1, 2s g 9,82 m s 2 gt 2 9,82 1, 22 m 7,1m 2 2 b) Osäker tidmätning, luftmotståndet, tiden för ljudet att nå upp. s
3.24
s = 0,75 m gt 2 s 2 2s 2 0, 75 t s 0,39s g 9,82 Detta är tiden för upphoppet. Det tar lika lång tid att landa igen på marken. Han är alltså i luften 2 0,39s 0, 78s
3.25
s 20 m , t 5, 0s at 2 2 2 s 2 20 a 2 m s 2 1, 6 m s 2 t 5, 02 s
Tabellvärde: 1, 62 m s 2
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
6
3.26
s 400 m , s
t
2s g
gt 2 2s , lös ut t2: t 2 2 g
2 400 s 9, 026s 9,82
v gt 9,82 9, 026 m s 89 m s Luftmotståndet bromsar.
3.27
v 50 km h Fritt fall 12m. Hur stor är sluthastigheten? gt 2 2s s , lös ut t2: t 2 2 g 2s 2 12 s 1,563s g 9,82 v gt 9,82 1,563 m s 15,35 m s
t
15,35 3, 6 km h = 55 km h Om v 50 km h kan falltiden bestämmas: v gt v 50 3, 6 s 1, 414s 9,82 g Fallsträckan blir: gt 2 9,82 1, 4142 s m 9,8 m 2 2 t
3.28
Fritt fall 5m gt 2 2s s , lös ut t2: t 2 2 g t
2s 25 s 1, 009s g 9,82
v gt 9,82 1, 009 m s 10 m s Alternativ B
3.29
Bollen ska vara i luften 2,0s. Den vänder efter halva tiden, t 1, 0s . v 0 m s när bollen vänder. Bestäm positiv riktning uppåt. v v0 gt 0 v0 gt v0 gt 9,82 1, 0 m s 10 m s Alternativ C
3.30
a) Lutningen på linjen blir
Enheten blir
kg m3
.
b) Lutningen på linjen blir
Enheten blir 3.31
m som är samma som densitet. V
s som är samma som hastighet. t
m . s
V cm 3 och enheten blir cm 2 . Lutningen l cm anger stavens genomskärningsarea.
Lutningen på linjen blir
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
7
Arean under grafen blir a t som ger en hastighet. m m Enheten blir 2 s . s s a) Avläs värden i grafen. Beräkna, om nödvändigt, tiden i sekunder: vmax 24 m s
3.32
3.33
v 24 0 m s 2 0, 2 m s 2 t 60 2 0 tbroms 10, 0 min 7, 0 min 3, 0 min Sträckan = arean under grafen 24 2 60 24 3 60 s 24 5 60 m 10,8 km 2 2 b) s vt s 10 800 v m s 18 m s t 10 60 c) Bestäm accelerationen i olika intervall: 0 – 2 min: a 0, 20 m s 2 a
2 – 7 min: a 0 m s 2 0 24 m s 2 0,13m s 2 10 7 at-graf: se facit i läroboken.
7 – 10 min: a 3.34
a b
x2 x/v
c
a·t2
d
v·t
e f
x3 v/a
m2 m s m s m m s m 2 s m s2 m s m s m3 m 2 s ms s m s m s2
area tid
sträcka sträcka volym tid
a) Tabellen visar medelhastigheten i m/s
3.35
F i n a l S e m i
v20m 20 6,92 2,89
V40m
V60m
V80m
20 12,4 7,92 6,31
V100m 20 12,0 9,58 7,92
20 6,92 2,89
20 11,2 4,68 2,89
20 11,6 6,41 4,68
20 11,8 8,11 6,41
20 11,2 9,89 8,11
20 11,4 4,64 2,89
20 12,0 6,31 4,64
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 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
8
Testa dig i fysik 1
a) Avläs värden i grafen: s vt s 17,5 v dm s 1,75dm s 0,18 m s t 10 b) Avläs värden i grafen: s vt s 5,5 v dm s 1,8dm s 0,18 m s t 3 (OBS! Grafen ligger mellan 5 och 5,5). c) st-grafen är en rät linje mellan 0 s och 3 s. Då är v v 0,18 m s vid t 2, 0s . d) Vid t 4, 0s är st-grafen horisontell. Då är v 0 m s .
2
I
3
II
4
v 300 km h
300 m s 83,333m s 3, 6 v0 0 m s , s 400 m
v v0 t 2 2s 2 400 t s 9, 6s v v0 83,333 s vt
v v0 at a
5
v v0 83,333 m s 2 8, 7 m s 2 t 9, 6
Klockan 14:25:00 är v0 20 km h 3 sekunder senare är v 50 km h Hastigheten ökar med
50 20 km h 10 km h varje sekund. 3
a) v 90 km h v 90 20 km h = 70 km h 70 s 7, 0s 10 Kl. 14:25:07 b) Kl. 14:25:01 är v 20 10 km h 30 km h c) Från 14:25:00 till 14:25:05 t 5, 0s
Det tar
v 20 50 km h 70 km h v v0 70 20 v t km h 45 km h = 2 2 45 m s 12,5 m s 3, 6 s vt 12,5 5, 0 m 63m
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
9
6
Fritt fall 24 m gt 2 s 2 2s 2 24 t s 2, 2s g 9,82
7
v0 120 m s , v 0 m s , a 6 m s 2
a) v v0 at v v0 0 120 s 20s 6 a at 2 6 202 b) s v0 t 120 20 m 1200 m 2 2 Nej, planet behöver minst 1 200m för att stanna. t
8
Välj positiv riktning ut från väggen. v0 12 m s , v 8 m s , t 28 ms 0, 028 s a
v v v0 8 (12) m s 2 710 m s 2 t t 0, 028
ut från väggen.
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © 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."
4.02
a) Hastigheten minskar på grund av friktion och luftmotstånd. b) Nej, i praktiken finns det alltid litet friktion.
4.03
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) 2 N åt vänster c) 2 N åt höger d) 0 N e) 5 N åt höger f) 1 N åt vänster g) 0 N h) 2 N åt vänster
4.05
a) +6 N d) 0 N g) 0 N h) –2 N
4.06
Använd Pythagoras sats:
b) –2 N e) +5N
c) +2 N f) –1 N
FR 32 42 N 5N FR 52 122 N 13N 4.07
Se facit i läroboken.
4.08
Den vänstra kraften: Fx F cos 38 58 cos 38 N 46N Fy F sin 38 58 sin 38 N 36N
Välj x-riktningen snett neråt på den högra kraften: Fx F cos 60 340 cos 60 N 170 N
Fy F sin 60 340 sin 60N 290N 4.09
Den framåtdrivande kraften utgörs av den horisontella komposanten av den kraft han trycker med, d.v.s. Ffram F cos 45 94 cos 45 N 66N
4.10
a) Vagnen står stilla. b) Vagnen fortsätter rakt fram med konstant hastighet.
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
1
4.11
a) Resultantkraften är 0 N i samtliga fall. Fall 1 – 3 beskrivs av figuren till vänster, fall 4 av figuren till höger.
b) Lika stor, men motsatt riktad. Se figur.
4.12
Kraften måste vara större än tyngdkraften. Tyngdkraften: Fg mg 130 103 9,82 N 1,3 MN
4.13
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) m 56kg, a 3,5 m s 2 F ma 56 3,5N 196N 200N b) m 0, 450kg, F 30N a
F 30 m s 2 67 m s 2 m 0, 450
c) a 4, 2 m s 2 , F 5, 0kN 5000N m
4.15
F 5000 kg 1190kg 1, 2 ton a 4, 2
Bestäm resultantkraften, Fres ma a) Fres F2 F1 19 15N 4N åt höger a
Fres 4 m s 2 1, 6 m s 2 åt höger. 2,5 m
b) m 12 kg, a 1,5 m s 2 Fres ma 12 1,5 N 18 N Fres F1 F2 , F1 7, 0N F2 Fres F1 18 7, 0N 11N
c) Fres F K 93 28 N 65 N a 2, 6 m s 2 F 65 m res kg 25 kg a 2, 6
4.16
m 1200 kg, v0 13 m s F 1800 N, t 4, 0s F ma F 1800 a m s 2 1,5 m s 2 m 1200 a) a 1,5 m s 2 v v0 at 13 1,5 4, 0 m s 19 m s
b) a 1,5 m s 2 v v0 at 13 1,5 4, 0 m s 7, 0 m s
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
2
4.17
m 0,51kg a) Fg mg 0,51 9,82 N 5, 0 N
b) Tyngden är lika stor, Fg 5, 0 N c) Se facit i läroboken. 4.18
m 0, 200 kg, Fg = 0,74 N
a) Fg mg 0, 74 m s 2 3, 7 m s 2 m 0, 200 b) m 920 kg g
Fg
Fg mg 920 3, 7 N 3, 4 kN
4.19
v0 12 m s , v 20 m s t 6,5s , m 70 kg v v v0 20 12 m s 2 1, 2308 m s 2 1, 2 m s 2 t t 6,5 b) Den resulterande kraften: Fres ma 70 1, 2308 N 86 N Dragkraften: Fdrag 150 N
a) a
Bakåtriktad, F, orsakas av friktion och luftmotstånd. Beräknas ur sambandet: Fres Fdrag F F Fdrag Fres 150 86 N 64 N
4.20
a) m 51kg Fg mg 51 9,82N 500N
FN
FN Fg 500N
Fg
b) a 1, 2 m s 2 ma FN Fg
FN
Fg 500N
Fg
FN ma Fg 51 1, 2 500 N FN 560N
c) Fg 500N
Accelerationen är neråtriktad. a g 9,82 m s 2 4.21
Fg
m 76,5 kg Fg mg 76,5 9,82 N 751, 23 N 750 N verkar neråt hela tiden.
I vajern verkar en uppåtriktad kraft, F, som blir: a) a 1,3m s 2 , uppåtriktad ma F Fg F ma Fg 76,5 1,3 751, 23 N 850 N
b) a 0 m s 2 F Fg 750Ns c) a 1,3m s 2 , neråtriktad ma F Fg F ma Fg 76,5 1,3 751, 23 N 650 N
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
3
4.22
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.
4.23
a) Tyngdkraften och normalkraften verkar.
FN 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 3:e lag beskriver krafter som verkar på olika föremål. c) Tyngdkraften – motkraft på jorden. Normalkraften – motkraft på bordet. 4.24
Loket drar vagnen. Vagnens massa och acceleration är: m 5, 0 103 kg , a 2, 0 m s 2 Kraften på vagnen blir: F ma 5, 0 103 2, 0N 10 kN Kraften på loket är motkraft, d.v.s. den är också 10kN.
4.25
a) Se figur.
F
Fg b) Kraften i dynamometern är, enligt Newtons 3:e lag, motkraft till kraften F i figuren till höger. Vi har jämvikt, F = Fg, enligt Newtons 1:a lag. Kraften i dynamometern blir då lika stor som tyngden. 4.26
Luftmotståndet ökar när hastigheten ökar tills Fluftmotstånd mg . Då är den resulterande kraften noll, och hastigheten blir konstant i fortsättningen. m 1, 2 kg Fluftmotstånd mg 1, 2 9,82 N 12N
4.27
Följande krafter verkar på B: Tyngden Fg mg 20 9,82 N 196 N En kraft från A som är lika stor som A:s tyngd: F 10 9,82 N 98 N Från underlaget verkar en normalkraft. Vi har jämvikt. Då gäller: FN F Fg (196 98) N 294 N Figur: Se facit i läroboken.
4.28
Se figur till höger. Vi har jämvikt: Fg F FN
F
Fg mg 0, 400 9,82 N 3,93 N
Normalkraften beräknas med hjälp av vågens utslag: FN 0,170 9,82N 1, 67N
FN Fg
F Fg FN 3,93 1, 67N 2, 26N
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
4
4.29
70 m s 19, 444 m s 3, 6 m 1200 kg , v 0 m s
v0 70 km h
F 8, 0 kN Beräkna accelerationen. F ma
F 8, 0 103 m s 2 6, 6667 m s 2 m 1200 Beräkna tiden och bromssträckan med hjälp av rörelselagarna: v v0 at a
v v0 0 19, 444 s 2,9s a 6, 6667 v v0 0 19, 444 s vt t 2,9 m 28 m 2 2
t
4.30
Vi sätter puckens riktning efter slaget som positiv riktning. Då gäller: v 20 m s , v0 10 m s , t 0, 030s a
v v v0 20 (10) m s 2 1000 m s 2 Kraften blir: t t 0, 030
m 0,15 kg F ma 0,15 1000 N 150 N i positiv riktning.
4.31
m 42, 2 kg Tyngdkraften verkar neråt i alla tre fallen: Fg mg 42, 2 9,82 N 414, 404 N 414 N
Dessutom verkar en uppåtriktad normalkraft, N. a) a 1,1m s 2 ma FN Fg FN ma Fg 42, 2 1,1 414, 404 N FN 460,824 N 461N
FN Fg
b) a 0 m s2 FN Fg 414 N
FN Fg
c) a 1,1m s
2
ma FN Fg FN ma Fg 42, 2 1,1 414, 404 N FN 367,984 N 368 N
FN Fg
d) Badrumsvågen visar normalkraften: 461N, 414N resp. 368N e) Beräkna massan som om normalkraften var tyngden: F 460,824 m N kg 46,9kg g 9,82 m 42, 2 kg F 367,984 kg 37,5 kg m N 9,82 g
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
5
4.32
a) mA 3, 0kg , mB 2, 0kg , F 12N F ma mA mB a
a
12 F m s 2 2, 4 m s 2 mA mB 3, 0 2, 0
Kraften på B: FB mB a 2, 0 2, 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. 334 i läroboken. 4.33
a) Båda faller med samma acceleration eftersom det är fritt fall. Då är kraften i snöret lika med noll. b) Samma som a.
4.34
Använd Newtons gravitationslag i både a och b: mm 0,3652 N 7,3 1011 N a) F G 1 2 2 6, 67 1011 r 0,352 b) Lös ut r: r
Gm1m2 6, 67 1011 1, 6752 m 1, 6m F 7,3 1011
4.35
Elektronens och protonens massor finns i formelsamlingen. mp = 1,673·10–27 kg och me = 9,109·10–31 kg mm 1, 673 1027 9,109 1031 F G 1 2 2 6, 67 1011 N 4 1047 N r (5 1011 ) 2
4.36
Räkna som om jordens massa var koncentrerad till en punkt i jordens centrum. Då är avståndet mellan jorden och rymdsonden lika med 3 jordradier: r 3rjord 3 6,38 106 m 1,914 107 m F G
4.37
24 m1m2 11 5,98 10 2500 6, 67 10 N 2, 7kN r2 (1,914 107 ) 2
I formelsamlingen finns data om jorden, månen och solen: Medelavståndet mellan jorden och månen: r1 = 3,844·108 m Medelavståndet mellan jorden och solen: r3 = 1,496·1011 m Medelavståndet mellan månen och solen kan beräknas m. h. a. Pythagoras sats: r2
r32 r12 , men eftersom r1 <
Beräkna kraften mellan månen och jorden resp månen och solen. Bestäm därefter resultantkraften. F1 G
m1m2 7,349 1022 5,977 1024 6, 67 1011 N 1,98276 1020 N 2 r (3,844 108 ) 2
F2 6, 67 1011
7,349 1022 1,989 1030 N 4,3564 1020 N (1, 496 1011 ) 2
FR F12 F22 4,8 1020 N
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
6
4.38
Som ses i figuren nedan passar ett kvadratiskt samband s = 0,40t2 bra.
3
s = 0,40t 2,0 s /m
2
1
0 0
1
2
3
t /s
4.39
Som ses i figuren nedan passar ett linjärt samband m = 0,40V bra.
4000 m = 9,00V
m /g
3000 2000 1000 0 0
100
200
300
400
500
V /cm^3
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
7
Testa dig i fysik 1
m 58 kg
Nordpolen: g 9,83m s 2 Fg mg 58 9,83 N 570 N Ekvatorn: g 9, 78 m s 2 Fg mg 58 9, 78 N 567 N Tyngden minskar 3 N. 2
m 56 kg Kraften i vardera repdel = F. Jämvikt: 2 F mg mg 56 9,82 F N 275N 2 2
3
Se facit i läroboken.
4
Fdrag 2800N , Fmotst 1900N Fg mg 1800N 1800 kg 183, 299 kg g 9,82 a) Resulterande, accelererande kraft: Fres Fdrag Fmotst 2800 1900 N 900 N m
Fg
Fres ma Fres 900 m s 2 4,91m s 2 m 183, 299 b) t 8, 0s v v0 at 0 4,91 8 m s 39 m s a
c) s
at 2 4,91 82 m 160 m 2 2
5
Beräkna först accelerationen och använd därefter kraftlagen. (90 50) v 3, 6 a m s 2 2, 222 m s 2 t 5 F ma 1250 2, 222N 2,8kN
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 15 kg s kvmax mg vmax
mg 45 9,82 m s 29 m s k 15
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
8
8
Luftmotstånd: F 100 N Massan: m 82 kg Fallsträcka: s 25 m Resulterande kraft ger accelerationen: Fres Fg F mg F 82 9,82 100 N 705, 24 N Fres ma Fres 705, 24 m s 2 8, 600 m s 2 m 82 Använd rörelselagarna: at 2 s 2 2s 2 50 t s 2, 411s a 8, 600 a
v v0 at 0 8, 600 2, 411m s 21m s
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
9
5. Energi 5.01
Se uppslagsverk.
5.02
Se facit i läroboken.
5.03
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 60 N, s 25m Uträttat arbete: W F s 60 25 J 1500 J
5.05
a) F 80 N , s 0, 75 m Uträttat arbete: W Fs 80 0, 75 J 60 J b) Ingen rörelse: W 0 J c) Ingen rörelse i kraftens riktning: W 0 J
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 F cos 45 Uträttat arbete: W Fx s Fs cos 45 85 5, 0 cos 45 J W 0,30 kJ
5.07
a) F 16 , s 200 m Kraften, F, bildar 20 vinkel med rörelseriktningen. Dela upp F i komposanter. Rörelsen sker i x-led. Vi får: Fx F cos 20 Uträttat arbete: W Fx s Fs cos 20 16 200 cos 20 J W 3, 0 kJ
b) Fμ 15 N rakt bakåt W Fμ s 15 200 J 3, 0 kJ
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 20. 5.08
a) W 3,34 1031 J t 1dygn 1 24 3600s 86400s W 3,34 1031 W 3,87 1026 W t 86400 b) P 100 MW , t =1h= 3600s P
W Pt 100 106 3600 J 3, 6 1011 J W 0,36 TJ
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
1
5.09
t 3, 0 min 3, 0 60s 180s F 6,3kN , s 400 m W Fs 6,3 103 400 J 2,52 106 J W 2,52 106 J W 14 kW t 180 Beräkna arbetet för att lyfta skottkärran: W Fs mgs 120 9,82 12 J 14140,8 J Beräkna tiden för motorn att arbeta: W P t W 14140,8 s 12s t 1200 P P
5.10
5.11
Beräkna arbetet under 1s. s 1m , m = 75 kg F mg 75 9,82 N 736,5 N W Fs 736,5 1J 736,5 J W 736,5 P W 736,5 W t 1
5.12
a) P 12 kW , v 10 m s
W Fs Fv t t Dragkraften är som störst när hastigheten är lägst. 80 m s 22, 22 m s b) v 80 km h 3, 6 P
P 12 103 N 540N v 22, 22 När dragkraften är lika stor som luftmotståndet, kan hastigheten inte öka mer. F
5.13
a) m 260 103 kg , P 650 kW v 36 km h
36 m s 10 m s 3, 6
Fmot 0, 005 mg 0, 005 260 103 9,82 N Fmot 12 766 N Lokomotivet utvecklar effekten: W Fdrag s P Fdrag v t t Dragkraften blir: P 650 103 Fdrag N 65 kN v 10 Den accelererande kraften är: F Fdrag Fmot 65 103 12 766 N 52 234 N
Accelerationen kan beräknas: F ma F 52 234 a m s 2 0, 2 m s 2 3 m 260 10 b) Dragkraften minskar när hastigheten ökar (vid konstant effekt)
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
2
5.14
a) m 50 g 0, 050 kg , v 8, 0 m s mv 2 0, 050 8, 02 J 1, 6 J 2 2 b) m 60 ton 60 103 kg Wk
v 800 km h
800 m s 222, 2 m s 3, 6
mv 2 60 103 222, 22 J 1,5 109 J 2 2 c) m 60 kg , Wk 2, 0 kJ Wk
mv 2 2 2Wk v2 m
Wk
2Wk m
v
5.15
2 2, 0 103 m s 8, 2 m s 60
a) v 20 m s , m 435g mv 2 0, 435 202 J 87 J 2 2 b) Uträttat arbete blir i huvudsak rörelseenergi hos bollen. Det behövs minst 87J. Wk
5.16
a) v0 10 m s , v 15 m s , m 1200 kg Uträttat arbete = ändring av bilens kinetiska energi. 2 mv 2 mv0 1200 152 1200 102 W J 2 2 2 2 W 75 kJ b) Bilens kinetiska energi är: mv 2 1200 152 Wk J 135 kJ 2 2 En ökning med 105kJ ger den kinetiska energin: Wk 135 105 kJ 240kJ Bilens hastighet är nu: mv 2 Wk 2 2Wk 2 v m 2Wk 2 240 103 m s 20 m s m 1200 c) Uträttat arbete = ökning av kinetisk energi: W Wk 105 kJ Accelerationssträcka: s 70 m W Fs v
F
W 105 103 N 1,5kN s 70
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
3
5.17
m 250 ton 250 103 kg 120 v0 120 km h m s 33,33m s 3, 6 s 1,5km 1500 m Bromsarbetet = ändring av tågets kinetiska energi: W Fs mv 2 mv 2 mv02 0 2 2 2 mv02 Fs 2 2 mv 250 103 33,332 F 0 N 93kN 2s 2 1500 Wk
5.18
Kraften uträttar ett arbete som ökar partikeln kinetisk energi. Från början är partikeln i vila. a) F 3N, s =2,0 m Arbete: W Fs 3 2, 0 J 6, 0 J Partikelns kinetiska energi är 6,0 J b) F 4 N, s 5, 0 2, 0 m 3, 0 m Arbete: W Fs 4 3, 0 J 12 J Partikelns nya kinetiska energi är 6, 0 12 J 18 J c) Kraften är 0N. Den kinetiska energin ökar inte. Den är 18 J.
5.19
Motorns effekt: Pmotor 57 kW v0 0 km h 0 m s 50 m s 13,89 m s 3, 6 m 1100 kg , t 9, 0s Ökning av bilens kinetiska energi: mv 2 mv02 1100 13,892 Wk 0 J 106 kJ 2 2 2 Utvecklad effekt: W Wk 106 103 W 11788 W Put 9, 0 t t Bilens verkningsgrad: P 11788 ut 0, 21 21% Pmotor 57 103 v 50 km h
5.20
Potentiell energi: Wp mgh m 66 kg , h 10 m a) Wp mgh 66 9,82 10 J 6,5 kJ
b) Wp 5, 0 kJ h
Wp mg
5, 0 103 m 7, 7 m 66 9,82
c) h 1, 7 m W p mgh 66 9,82 1, 7 J 1,1kJ d) Den har omvandlats till friktionsvärme under inbromsningen i vattnet.
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
4
5.21
a) Motorns effekt: Pmotor 1, 0 kW h 5, 0 m Verkningsgrad: 0, 65 Utvecklad effekt: P ut Pmotor Put Pmotor 0, 65 1000 W 650 W På en minut: W Pt 650 60 J 39 kJ b) Lyftarbete: W mgh
m
5.22
W 39 103 kg 790 kg gh 9,82 5, 0
m 0,11kg , h 2, 60 m a) Totala energin W Wp
Wp mgh 0,11 9,82 2, 60 J 2,8 J 2, 60 m 1,30 m 2 Wp mgh 0,11 9,82 1,30 J 1, 4 J
b) h
Totala energin: W Wp Wk
Wk W Wp 2,8 1, 4 J 1, 4 J mv 2 2 2Wk 2 1, 4 v m s 5,1m s m 0,11 c) Totala energin bevaras: Wp 0 J Wk
Wk 2,8 J Wk v
5.23
mv 2 2 2Wk m
2 2,8 m s 7,1m s 0,11
Totala energin bevaras: W Wp Wk är konstant a) Utgångsläget (vattenytan är nollnivå): h0 35m , v0 15 m s m 0, 25 kg mv02 2 0, 25 152 W 0, 25 9,82 35 J 114, 05 J 2 Högsta punkten: v 7,5 m s W Wp Wk mgh0
mv 2 0, 25 7,52 J 7, 03125 J 2 2 Wp W Wk 114, 05 7, 03125 J 107 J
Wk
Höjden beräknas:
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
5
W p mgh 107 m 44 m mg 0, 25 9,82 b) Vid vattenytan: Wp 0 J h
Wp
Wk W Wp 114, 05 J mv 2 2 2Wk 2 114, 05 v m s 30 m s m 0, 25 c) Nej. Massan finns med i alla energitermer. Då kan man dividera alla termer med m. Wk
5.24
Vattnets höjd: h 60 m Kinetisk energi omvandlas till potentiell energi: mv 2 mgh 2 v2 gh 2 v 2 gh 2 9,82 60 m s 34 m s v 34 3, 6 km h 120 km h
5.25
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 2 mgh 2 v2 gh 2 v 2 gh 2 9,82 0, 40 m s 2,8 m s c) Kulans höjd, läge 2: h2 0, 20 m Kulans energi från början: W mgh Kulans energi, läge 2: mv 2 W mgh2 2 2 Energin bevaras: mv 2 mgh2 2 mgh 2 v2 m gh2 2 mgh 2 gh2
v22 gh 2
v22 gh gh2 2 v22 2 gh gh2 2 g h h2 v2 2 g h h2 2 9,82 0, 40 0, 20 m s v2 2, 0 m s
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
6
5.26
a) v0 2, 0 m s Kinetisk energi omvandlas till potentiell energi. Kulans nivå över AB blir: mv 2 mgh 2 2 v gh 2 2 2, 02 v h m 0, 20 m 2 g 2 9,82 b) Höjden h 0,50 m Energi som tidigare: mv 2 mgh 2 v2 gh 2 v 2 gh 2 9,82 0,50 m s 3,1m s c) Hur högt når kulan om v0 4, 0 m s ? Energiomvandling som tidigare: mv 2 mgh 2 v2 4, 02 h m 0,81m 2 g 2 9,82 Kulan lämnar rännan och fortsätter uppåt.
5.27
a) Potentiell energi omvandlas till kinetisk energi. Energin bevaras. När vagnen kommer ner: v 4, 0 m s mgh
mv 2 2
v2 2 v2 4, 02 h m 0,81m 2 g 2 9,82 gh
b) v0 2, 0 m s Energi från början: mv 2 W mgh 0 2 Energi längst ner: mv 2 W 2 Energin bevaras: mv 2 mv 2 mgh 0 2 2 mv 2 2 v 2 mgh 0 m 2 v2 2, 02 v 2 gh 0 2 9,82 0,81 m s 2 2 v 4,5 m s
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
7
5.28
a) Fallhöjd: h 165 m Potentiell energi: Wp mgh
5 % energiförluster. 95 % omvandlas till kinetisk energi: mv 2 0,95mgh 2 Hastigheten blir: v 2 2 0,95 gh v 2 0,95 gh 2 0,95 9,82 165 m s v 55, 48 m s 55 m s b) Beräkna energin per sekund. Totala massan i tre turbiner: m 3 15, 0 103 kg 45, 0 103 kg Vattnets rörelseenergi: mv 2 45, 0 103 55, 482 Wk J 6,927 107 J Förlusterna är 10 %. 2 2 Vi får ut effekten: 0,90Wk 0,90 6,926 107 P W 62 MW t 1
5.29
a) m =1 200 kg I starten: v 0,50 m s , h 1,50 m Uträttat arbete: mv 2 W mgh 2 1200 0,502 W 1200 9,82 1,5 J 2 W 17826 J 18 kJ b) Därefter lyfts den ytterligare h 12,5 1,5 m 11m Uträttat arbete: W mgh 1200 9,82 11J 129624 J Totalt arbete: W 129 624 17826 J 150 kJ
5.30
a) m 58 kg , h 30 m Potentiell energi omvandlas till kinetisk energi: mv 2 mgh 2 v2 gh 2 v 2 gh 2 9,82 30 m s = 24 m s b) Höjdförlust, se figur: h cos 35 30 h 30 cos 35 m 30 m h 24,57 m Energiförlust: Wförlust mgh 58 9,82 24,57 J 14kJ
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
35 h
8
5.31
a) Fdrag 1500N , Ff 800N
Resulterande kraft: F 1500 800N 700N Sträckan: s 100 m Nettoarbete: W Fs 700 100 J 70 kJ b) Från början: v0 14 m s m 1200 kg , h 8, 4 m Längst ner har bilen kinetisk energi: mv 2 1200 142 J 117 600 J Wk 0 2 2 Tillförd energi = uträttat arbete Total energi högst upp: Wtot Wk W 117 600 70 000 J Wtot 187 600 J 190 kJ c) Den potentiella energin har ökat med: W p mgh 1200 9,82 8, 4 J 98 986 J Ny kinetisk energi blir: Wk W Wp 187 600 98 986 J Wk 88 614 J Hastigheten är: mv 2 Wk 2 2Wk 2 88614 m s 12 m s v 1200 m Bilens potentiella energi ökar. Därför sjunker hastigheten.
5.32
Se facit i läroboken.
5.33
a) Fg 5, 0 N , F 1, 2 N
Jämvikt:
Fμ F 1, 2 N FN Fg 5, 0 N
Friktionskoefficienten: F 1, 2 0, 24 FN 5, 0 b) Sträckan: s 0, 75 m Friktionsarbetet blir: W Fμ s 1, 2 0, 75 J 0,90 J c) Friktionsvärme 5.34
Vid fullt utvecklad friktion gäller: F mg sin v sin v μ tan v tan15 0, 27 FN mg cos v cos v
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
9
5.35
a) Den maximala vilofriktionen med rullande hjul är större än glidfriktionen, se bild 5.22 i läroboken. b) m 1250 kg , v0 18 m s Fμ 7, 0 kN , v 0 m s
Bromsarbetet = ändring av kinetisk energi mv 2 mv02 Fμ s 2 2 2 mv Fμ s 0 2 2 mv 1250 182 s 0 m 29 m 2 Fμ 2 7, 0 103 c) 0, 45 Fμ N mg Fμ 0, 45 1250 9,82 N 5,5 kN
Bromssträckan blir nu (se uppgift a också): mv 2 1250 182 s 0 m 37m 2 Fμ 2 5,5 103 5.36
a) m 20 kg , h 2, 0 m v 4,5 m s , s 3,5 m Potentiell energi högst upp: W p mgh 20 9,82 2, 0 J 392,8 J
Kinetisk energi längst ner: mv 2 20 4,52 Wk J 202,5 J 2 2 Energiförlust: W förlust 392,8 202,5 J 190 J b) Friktionsarbetet blir: Wμ 190 J Wμ Fμ s Fμ
Wμ s
190 N 54 N 3,5
5.37 a) Bestäm tyngdkraftens komposant i backens riktning: Fg mg sin12 43 9,82 sin12 N 87, 79N
Dragkraften: F Fg Fμ 87, 79N 35N=122, 79 N 120 N b) Uträttat arbete: W Fs 122, 79 75 J 9, 2 kJ
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
10
5.38
I figuren är Per ritad som en låda. Se även figur 5.21 i läroboken. Komposantuppdela tyngdkraften Fg. Vi har jämvikt:
FN F
FN Fg y Fμ Fg x
Vinkeln v kan beräknas med hjälp av trigonometri: 0,85 sin v 3, 0 v 16, 459 a) FN Fg y mg cos v 72 9,82 cos16, 452 N 680N
v Fg
Fgy Fgx
b) Fμ Fg x mg sin v 72 9,82 sin16, 459 N 200N c)
5.39
Fμ FN
0,30
Luftmotståndet: FL kv 2 FL 0,18 kN 180 N när v 54 km h
54 m s 15 m s 3, 6
Beräkna k: F 180 2 2 k 2L 2 N m s 0,80 N m s v 15 90 m s 25 m s a) v 90 km h 3, 6 L kv 2 0,83 252 N 500 N
b) L 0,30 kN 300 N v2
FL k
FL 300 m s 19 m s k 0,8 Ändringen i rörelseenergi = friktionsarbetet. Se även facit i läroboken. v
5.40
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
11
Testa dig i fysik 1
m 20, 0 kg , W 4500 J W mgh h
2
W 4500 m 22,9 m mg 20, 0 9,82
Wp mgh , m 1,5kg
a) h 2, 75 1, 2 m 1,55 m Wp 1, 5 9,82 1, 55 J 23 J b) h 1, 2 m Wp 1, 5 9,82 1, 2 J 18 J c) h 0 m , Wp 0 J 3
a) v0 0 m s , s 25 m m 1200 kg , W 2100 J Uträttat arbete = ändring av kinetisk energi mv 2 mv02 mv 2 W 2 2 2 2W 2 2100 v m s 1,9 m s m 1200 b) W Fs W 2100 F N 84N s 25
4
a) m 120 g , h 17 m All potentiell energi omvandlas till kinetisk energi: mv 2 mgh 2 v 2 2 gh v 2 gh 2 9,82 17 m s 18 m s
b) v 11m s Kottens lägesenergi blir rörelseenergi + friktionsarbete mv 2 mgh Wf 2 mv 2 Wf mgh 2 0,120 112 J W f 0,120 9,82 17 2 W f 12, 77 J
Friktionskraften blir: Wf Fs F
Wf 12, 77 N 0, 75 N s 17
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
12
5
a) m 65 kg , h 6,5 m W mgh 65 9,82 6,5 J 4149 J 4,1kJ b) P 60 W W t W 4149 s 69s t 60 P P
s 6,5 m s 9, 4 cm s t 69 Slädens potentiella energi omvandlas till kinetisk energi och friktionsenergi. Vi får följande samband: Wp Wk Wμ
Medelhastigheten: v
6
Wμ Wp Wk mgh
7
mv 2 12,8 3, 22 12,8 9,82 1, 2 J J 85 J 2 2
h0 14 m , h 11 m m 0,35 kg , t 12,5 ms Bestäm bollens acceleration: v v v0 a t t Bollens potentiella energi omvandlas till kinetisk energi under fallet. Omvänt gäller efter studsen. Följande gäller: mv 2 mgh 2 v 2 2 gh v 2 gh
Sätt positiv riktning uppåt. Hastigheten före studs är då negativ. Vi får: v 0 2 9,82 14 m/s 16,6 m/s Hastigheten efter studs är: v 2 9,82 11m/s 14,7m/s Accelerationen blir: v v 0 14,7 (16,6) m/s 2 2500 m/s 2 a 0,0125 t Kraften blir: F ma 0,35 2500 N 0,88kN
8
a) Hissens massa: m 720 kg Accelerationstid: t 3, 0s
Sluthastighet: v 1, 75 m s Accelerationsarbetet ger hissen potentiell och kinetisk energi. mv 2 720 1, 752 Wk J 1102,5 J 2 2 Under accelerationen rör den sig sträckan: 1, 75 3, 0 v m 2, 625 m s vt t 2 2 Hissens potentiella energi blir: W p mgs 720 9,82 2, 625 J 18559,8 J Totala energin: W Wk Wp 1102,5 18559,8 J 19662,3J Effekten blir:
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
13
W 19662,3 W 6, 6 kW 3, 0 t b) Hissen rör sig med konstant hastighet. På 1s rör den sig sträckan h 1, 75 m . Då uträttas arbetet: W mgh 720 9,82 1, 75 J 12373, 2 J P
W 12373, 2 W 12 kW 1 t c) Sträckan upp till 10:e våningen är: s 9 2,90 m 26,1m Först accelererar hissen under 3,0 s, sträckan 2,625 m. Därefter kör hissen med konstant hastighet sträckan: s2 26,1 2, 625 m 23, 475 m Tiden beräknas: s vt s 23, 475 t s 13, 4s v 1, 75 Totala tiden blir: 13, 4 3, 0s 16, 4s
Effekten är: P
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: Wtot WpA mghA Wtot WpC WkC mghC
mvC2 2
mvC2 mghA 2 vC 2 g (hA hC ) 2 9,82 (12 7) m s 9,9 m 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 mghC
Wbroms WkD mas mg (hA hD ) a
10
g (hA hD ) 9,82 (12 5) m s 2 2, 7 m s 2 25 s
Pilens kinetiska energi omvandlas till friktionsenergi när pilen träffar tavlan. Vi får följande samband: Wμ Fμ s mv 2 2 mv 2 Fμ s 2 mv 2 0, 052 82 N 555N 600N Fμ 2s 2 0, 003
Wk
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
14
11
Backens längd: s 180 m , den lutar 11,5 mot horisontalplanet Friktionskoefficient: 0,12 Från början har skidåkaren potentiell energi, Wp mgh . När han åker ner för backen omvandlas den till kinetisk energi, Wk, och friktionsarbete, Wfb Ffb s . Den kinetiska energin han har när han kommer ner omvandlas till friktionsarbete på den plana delen, Wf Ff x , där x är den sträcka han glider på den plana delen. FNb
x
11,5
Ffb mg
h
Vi börjar i backen, se figur nedan: Backens höjd är: h s sin11,5 Den potentiella energin: Wp mgh mgs sin11,5 Normalkraften i backen är: FN b mg cos11,5 Friktionskraften i backen är: Ffb FN b mg cos 11,5 Friktionsarbetet i backen: Wfb Ffb s mgs cos11,5 Skidåkarens kinetiska energi i slutet av backen blir: Wk Wp Wfb Wk mgs sin11,5 mgs cos11,5 På den plana delen är normalkraften: FN mg Friktionskraften på den plana delen är: Ff FN mg Friktionsarbetet på den plana delen är: Wf Ff x mgx Totalt gäller för energin: Wf Wk
mgx mgs sin11,5 mgs cos11,5 Faktorn mg finns i alla termer. Vi kan dividera alla termer med mg. Därefter beräknar vi x: x s sin11,5 s cos11,5 s sin11,5 s cos11,5 x
180 sin11,5 0,12 180 cos11,5 x m 0,12 x 120 m Han glider 120m
12
a) E; När kulan rullar uppför backen minskar hastigheten linjärt med tiden. Den kinetiska energin är proportionell mot v2. b) B; Rörelsen är likformigt accelererad med negativ acceleration. Den potentiella energin är proportionell mot läget.
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
15
6. Rörelsemängd Räkna fysik 6.01
a) p mv 50 6, 4 kgm s 320 kgm s b) p mv
p 1, 2 106 m s 7,5 m s m 160 103 c) De flyger i olika riktningar. Rörelsemängden, p, är en vektor, precis som hastigheten, v. v
6.02
p mv mv 2 2 Wk mv 2 v p 2mv 2
Wk
v m 6.03
a)
2Wk 2 7, 48 1015 m s 1,50 Mm s p 9,97 1021 p 9,97 1021 kg 6, 64 1027 kg 1,50 106 v
p mv mv0 750 6,5 3, 0 kgm s p 2625 kgm s 2, 6 103 kgm s
b) I p 2, 6 103 kgm s c) I Ft I 2625 s 2, 4s t F 1,10 103 6.04
p mv 0, 430 35 kgm s 15 kgm s I Ft p p0 15 0 kgm s 15 kgm s I 15 N 75 N t 0, 20 I verkligheten är kraften inte lika stor hela tiden, se figur 6.6 på sid. 219 i läroboken. F
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
1
6.05
I p mv mv0 0, 0025 20 12 kgm s I 0, 080 kgm s I = "arean under grafen" Ur grafen: 0, 010 Fmax I 2 2I 2 0, 080 Fmax N 16 N 0, 010 0, 010
6.06
a) I p p0 mv mv0 m v v0 v
Vektorn v – v0 blir vertikal, se figur. Dess belopp kan beräknas med Pythagoras sats.
v-v0 v0
v v0 302 152 m s 25,98 m s
I m v v0 0,16 25,98 kgm s 4,157 kgm s bb) I 4, 2 kgm s
I Ft F
6.07
6.08
I 4,157 N 830N t 5, 0 10 3
pföre = pefter = 0 Gevärets hastighet efter: v 0,008 320 2,4 v 0 v 1,1 m/s Geväret rör sig i motsatt riktning mot kulan med farten 1,1 m/s pföre = pefter Positiv riktning åt höger i figuren 0,3 0 0,2 0 0,3 (2) 0,2 v a) v 3 m/s 0,3 2 0,2 0 0,5 v b) v 1,2 m/s 0,3 2 0,2 0 0,3 1 0,2 v c) v 1,5 m/s
6.09
pföre m1u1 m2 u2 2, 0 9, 0 1, 0 6, 0 kgm s pföre 12 kgm s
pefter m1 m2 v 2, 0 1, 0 v 3, 0v pefter pföre 3, 0v 12 12 v m s 4, 0 m s åt höger 3, 0
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
2
6.10
pföre m1u m2 u 1,36 0,85 0,50 kgm s pföre 1,105 kgm s pefter m1v1 m2 v2 1,36v1 0,85 0,10 pefter pföre v1
1,105 0,85 0,10 m s 0, 75 m s 1,36
6.11 27 m s 7,5 m s 3, 6 p före m1u1 1200 75 kgm s 9000 kgm s
u1
pefter m1 m2 v 1200 800 v 2000v pefter p före 2000v 9000 9000 m s 4,5 m s 2000 m u 2 1200 7,52 J 33750 J Wkföre 1 1 2 2 m m2 v 2 2000 4,52 J 20250 J Wkefter 1 2 2 Wkföre Ekefter 33750 20250 J 13,5 kJ v
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
3
6.12
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 Wk och jämföra siffervärdena i angivna enheter. p före m1u1
pefter m1v1 m2 v2 pefter p före v2
m1u1 m1v1 1 65 1 55 km h m2 12
v2 10 km h m1u12 1 652 J 2112,50 2 2 2 2 mv mv 2 552 12 102 2112,50 Wkefter 1 1 2 2 2 2 2 2 Wkföre Wkefter elastisk stöt Wkföre
6.13
Före kollisionen: p före mAu A mB u B 3, 0 4, 0 2, 0 3, 0 kgm s
p före 6, 0 kgm s mAu A2 mB uB2 3, 0 4, 02 2, 0 3, 02 J 2 2 2 2 33J
Wkföre Wkföre
Beräkna pefter på motsvarande sätt: Går ej! I) pefter = - 6,0 kgm/s Går! II) pefter = 6,0 kgm/s Ej elastisk! Wk = 9 J III) pefter = - 6,0 kgm/s Går ej! IV) pefter = - 1,0 kgm/s Går ej! Går! V) pefter = 6,0 kgm/s Orimligt! Går ej! Wk = 105 J Går! VI) pefter = 6,0 kgm/s Ej elastisk! Wk = 3,75 J 6.14
p före mAu A mB uB 0,10u A 0, 40uB pefter mA v A mB vB 0,10 0,50 0 kgm s pefter 0, 050 kgm s mAu A2 mB uB2 0, 05u A2 0, 20uB2 2 2 m v 2 0,10 0,502 0, 0125 J Wkefter A A 2 2 pefter p före : 0,10u A 0, 40uB 0, 05 Wkföre
Wkföre Wkefter : 0, 05u A2 0, 20uB2 0, 0125
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
4
Lös ekvationssystemet: u A 4uB 0,5 2 2 u A 4uB 0, 25 u A 0,5 4uB
0,5 4uB
2
4u B2 0, 25
0, 25 4uB 16uB2 4uB2 0, 25 20uB2 4uB 0
uB 20uB 4 0
uB 0
ågr ej!
4 0, 20 20 u A 0,5 4uB 0,5 0,8 0,30 Före kollisionen kör vagnarna mot varandra med hastigheterna – 0,30 m/s (A) och 0,20 m/s (B). Efter kollisionen stannar vagn B och vagn A byter riktning. uB
6.15
Se facit i läroboken.
6.16
a)
m1u 2 m1 gh 2 u 2 gh 2 9,82 1,5 m s 5, 4 m s W Fs Ns m2 gs 0, 20 2,5 9,82 0, 65 J W 3,1915 J m2 v22 0 2 2W 2 3,1915 m s 1, 6 m s m 2,5
b) W Ek v2
c)
p före m1u 0, 48 5, 4 kgm s 2, 605 kgm s pefter m1v1 m2 v2 pefter p före v1
2, 605 2,5 1, 6 m s 2,89 m s 0, 48
m1v12 mgh1 2 v2 2,892 m 0, 43m h1 1 2 g 2 9,82 d) Wkföre = 7,07 J; Wkefter = 5,20 J Stöten är inte elastisk.
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
5
Testa dig i fysik 1
20 kgm s 3 104 kgm s 3, 6 mv 0, 001v
pelefant 5 103 pmyra
0, 001v 3 104 v 3 107 m s 2 pkula 0, 0045 130 kgm s 0,585 kgm s pgevär mg vg pgevär pkula 4,5vg 0,585 0,585 m s 0,13m s 4,5 Se facit i läroboken. vg
3 4
Bollen kommer tillbaka med v = - 8 m/s p mv mv0 1,5 8 8 kgm s 24 kgm s
5
Föremålet påverkas av en impuls: I Ft 10 3 Ns 30Ns a) v0 = 0 I p mv mv0 mv I 30 m s 15 m s m 2 b) v0 = 5 m/s I mv0 30 2 5 m s 20 m s v 2 m c) v0 = - 5 m/s I mv0 30 2 5 m s 10 m s v 2 m v
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © 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 v1 och v2. Enligt lagen om rörelsemängdens bevarande får vi: p före mu m ·0 mu Pefter mv1 mv2 mu mv1 mv2 u v1 v2 Rörelseenergin bevaras också. Det ger följande: mu 2 m ·02 mu 2 Wkföre 2 2 2 mv12 mv22 Wkefter 2 2 mu 2 mv12 mv22 2 2 2 2 2 2 u v1 v2
Vi har ett ekvationssystem med två obekanta.Vi skriver om ekvationerna, utnyttjar konjugatregeln och dividerar uttrycken med varandra: u v1 v2 2 2 2 u v1 v2 v2 u v1 2 2 2 v2 u v1 v2 u v1 2 v2 (u v1 )(u v1 ) v22 (u v1 )(u v1 ) v2 u v1 v2 u v1 Nu har vi två enkla ekvationer. Adderar vi dessa kan vi först lösa ut v2 och sedan v1. v2 u v1 v2 u v1 2v2 2u v2 u v1 0 Kulorna kommer helt enkelt att byta hastigheter. Kula 1 stannar efter kollisionen och kula 2 åker iväg framåt med samma hastighet hade för kollisionen.
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
7
7
När klossen bromsas in omvandlas den kinetiska energin, Wk, till friktionsarbete, W. Hastigheten direkt efter träff kan beräknas. mtot mkula mträ 1, 2 0, 014 kg 1, 214 kg W Fs Ns mtot gs W 0, 28 1, 214 9,82 7, 2 J 24, 0 J W Wk
mtot v 2 2
2Wk mtot
2 24, 0 m s 6, 29 m s 1, 214 Kulan träffar klossen i en oelastisk stöt. Rörelsemängden bevaras: pefter mtot v 1, 214 6, 29 kgm s 7, 64 kgm s v
p före mkula ukula 0, 014ukula 0, 014ukula 7, 64 ukula 8
7, 64 m s 550 m s 0, 014
Bestäm hastigheterna före kollisionen med hjälp av grafen. s 1,1 0,1 uA m s 0,50 m s t 2, 0 s 0, 6 0,1 uB m s 0, 25 m s t 2, 0 uB motriktad uA, d.v.s uB = - 0,25 m/s Stöten är elastisk. Rörelsemängden och rörelseenergin bevaras. p före mA u A mB uB 2, 0 0,50 1, 0 0, 25 kgm s p före 0, 75 kgm s mA u A2 mB u B2 0, 28125 J 2 2 mA v A mB vB 2, 0v A 1, 0vB
Wkföre pefter
mA v A2 mB vB2 2, 0v A2 1, 0vB2 v A2 0,5vB2 2 2 2 2 Vi får följande ekvationssystem: 2v A vB 0, 75 2 2 v A 0,5vB 0, 28125 Sätt x = vA och y = vB : 2 x y 0, 75 2 2 x y 0, 28125 2 x y 0, 75 2 2 2 x y 0,5625 y 0, 75 2 x Wkefter
2 x 2 0, 75 2 x 0,5625 2
2 x 2 0,5625 3x 4 x 2 0,5625 6 x 2 3x 0 3 x 2 x 1 0 x 0 y 0, 75 x 0,5 y 0, 25 Går ej! vA = 0 och vB = 0,75 m/s sett från A. Graf för B får negativ lutning. Se facit i läroboken.
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
8
7. Termofysik 7.01 = F 5,= 0 N , A 0, 025 mm 2
F 5, 0 Pa= 2 ⋅108 Pa = A 0, 025 ⋅10−6 Lufttrycket: pluft = 105 Pa Trycket är 2 000 gånger större än lufttrycket. p=
7.02
a) A =⋅ 1,8 1,5 m 2 = 2, 7 m 2 p = 100 kPa
F A F = pA = 100 ⋅103 ⋅ 2, 7 N = 270 kN Kraften är nedåtriktad. b) Tyngden per person: Fg = 60 ⋅ 9 ,82 N = 589 N p=
270 ⋅10 3 = 460 589 c) Trycket på undersidan av bordet är lika stort. Antal personer =
7.03 = pute 30 = kPa , pinne 80 kPa
F A Tryckkraft utifrån: Fute = pute A =30 ⋅103 ⋅1,5 N = 45 kN
= A 1,5 = m2 , p
Tryckkraft inifrån: Finne = pinne A =80 ⋅103 ⋅1,5 N =120 kN Resulterande tryckkraft: F = Finne − Fute = 120 − 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) p0 101,3kPa = 1atm
ρ 1, 03 ⋅103 kg m3 = h = 50 m = p p0 + h ρ g p= 101,3 ⋅103 + 50 ⋅ 9,82 ⋅1, 03 ⋅103 Pa p = 607 kPa b) p = 450 kPa h ρ g= p − p0 = h
p − p0 = ρg
( 450 − 101,3) ⋅103
= m 34,5 m 1, 03 ⋅103 ⋅ 9,82
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
1
c) h = 20 m
= p p0 + h ρ g p= 101,3 ⋅103 + 20 ⋅ 9,82 ⋅1, 03 ⋅103 Pa p = 304 kPa h = 10 m = p p0 + h ρ g p= 101,3 ⋅103 + 10 ⋅ 9,82 ⋅1, 03 ⋅103 Pa p = 202 kPa Svar: Nej, trycket är inte dubbelt så stort. 7.06
På bottenvåningen: p = 400 kPa På femte våningen, 12,5 m högre upp: Vattnets densitet: ρ = 1 000 kg m3
p5= p − h ρ g p5 = 400 ⋅103 − 12,5 ⋅1000 ⋅ 9,82 Pa p5 = 280 kPa 7.07
Lyftkraft: F0 = ρVg
Fg = 4, 0 N 3 V= 49 cm= 49 ⋅10−6 m3
ρ 1, 0 ⋅103 kg m3 = Lyftkraften blir: F0 = 1, 0 ⋅ 103 ⋅ 49 ⋅ 10−6 ⋅ 9,82 N F0 = 0, 48 N Dynamometern visar: F = Fg − F0 = 4, 0 − 0, 48 N = 3,52 N 7.08
Badbollens volym: Vboll = 3, 0 dm3 Undanträngd vattenvolym: Vvatten = 0, 06 ⋅ 3, 0 dm3 = 0,18dm3 a) Kraftjämvikt: mg = F0 , där F0 = ρVvatten g
mg = ρVvatten g m = ρVvatten Vattnets densitet: ρ = 1 000 kg m3 Bollens massa är: m = 1000 ⋅ 0,18 ⋅10−3 kg = 0,18 kg b) Lyftkraft när hela bollen hålls nere: Fb = ρVboll g = 1000 ⋅ 3, 0 ⋅103 ⋅ 9,82 N = 29, 46 N Resulterande uppåtriktad kraft: F = Fb − F0 = 29, 46 − 0,18 ⋅ 9,82 N = 28 N
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
2
7.09
Flytbryggans massa: m = 2, 0 ⋅103 kg b Volymen: Vb = 6, 0 ⋅1,5 ⋅ 0, 40 m3 = 3, 6 m3 Vattnets densitet: ρ= 1, 0 ⋅103 kg m3 v a) Vi har kraftjämvikt: mb g = F0 , där F0 = ρvVv g Utveckla uttrycken: mb g = ρvVv g
mb = ρvVv 2, 0 ⋅103 3 = 2, 0 m3 m ρv 1, 00 ⋅103 Beräkna djupet i vattnet: Vv = lbhv = Vv
mb =
Vv 2, 0 m = = 0, 22 m lb 6, 0 ⋅1,5 b) Hela flytbryggan kan täckas med vatten. Resterande volym: V = Vb − Vv = 3, 6 − 2, 0 m3 = 1, 6 m3 Vattnets tyngd = tyngden av personerna på bryggan: mg = ρvVg h= v
7.10
m = ρvV = 1, 00 ⋅103 ⋅1, 6 kg = 1600 kg Antal 75 kg personer: 1600 = 21 75 Volymen: V = 500 m3 Luftens densitet: ρ luft = 1, 20 kg m3 Varmluftens densitet: r var m = 0, 75 kg m3 Kraftjämvikt: mg = ρluftVg , där m är ballongens totala massa. Vi får:
m= ρluftV = 1, 20 ⋅ 500 kg = 600 kg Varmluftens massa är: mvar m = r var mV = 0, 75 ⋅ 500 kg = 375 kg Resterande massa: mrest = m − mvar m = 600 − 375 kg = 225 kg 7.11
a) T = t + 273K T= −196 + 273K = 77 K
T =+ 37 273K = 310 K T= 232 + 273K = 505 K b) t= T − 273 t =21 − 273 °C =−252 °C t = 294 − 273 °C = 21 °C t= 730 − 273 °C= 457 °C 7.12
Se facit i läroboken.
7.13
w= 1, 2 ⋅10−19 J k
3 kT 2 2Wk 2 ⋅1, 2 ⋅10−19 T = = = K 5 800 K 3k 3 ⋅1,38 ⋅10−23 wk =
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
3
7.14
a) Kvävemolekyler m =28u =28 ⋅1, 66 ⋅10−27 kg =4, 648 ⋅10−26 kg
−12 + 273K = T= 261K
mv 2 2 3 Wk = kT 2 Kombinera uttrycken: mv 2 3 = kT 2 2 2 mv = 3kT Wk =
3kT 3 ⋅1,38 ⋅10−23 ⋅ 461 = = 480 m s m 4, 648 ⋅10−26 b) Koldioxid m = 12u + 32u = 44u
v =
m =44 ⋅ 1, 66 ⋅ 10−27 kg =7,304 ⋅ 10−26 kg v = 400 m s Använd samma uttryck som i uppgift a: 3 mv 2 kT = 2 2 3kT = mv 2 = T
mv 2 7,304 ⋅10−26 ⋅ 4002 = = K 282 K 3k 3 ⋅1,38 ⋅10−23
7.15 a) p0 101, = = 0kPa, V0 1200 m3 T0 = 15 + 273K = 288 K
T= 270 K −3, 0 + 273K = p = 80 kPa Bestäm volymen: pV p0V0 = T T0
T pV 270 ⋅101, 0 ⋅103 ⋅1200 3 V =⋅ 0 0 = m p T0 80 ⋅103 ⋅ 288 V = 1420 m3 b) Normaltillstånd för luft: p 101,3kPa, T 273K = =
ρ = 1, 293kg m3 T pV 273 ⋅101, 0 ⋅103 ⋅1200 3 V =⋅ 0 0 = m p T0 101,3 ⋅103 ⋅ 288 V = 1 134 m3 Bestäm massan: m= ρV = 1, 293 ⋅1 134 kg = 1 470 kg
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
4
7.16
T0 =+ 20 273K = 293K T =+ 60 273K = 333K p0 = 120 kPa V = 1, 03V0 pV p0V0 = T T0 pV Tp T pV T ⋅ 0 0 = 0 p =⋅ 0 0 = V T0 1, 03V0 T0 1, 03T0
= p 7.17
333 ⋅120 ⋅103 = Pa 130 kPa 1, 03 ⋅ 293
Konstant volym: p0 = 5, 0 MPa, p =15 MPa
T0 =+ 17 273K = 290 K
p p0 = T T0 = T 7.18
T0 p 290 ⋅15 ⋅106 = = K 870 K p0 5, 0 ⋅106
a) Kylskåpet har konstant volym. p0 = 100, 7 kPa, T0 =+ 22 273K = 295 K
T= 8 + 273K = 281K p p0 = T T0 p0T 100, 7 ⋅103 ⋅ 281 = = Pa 96 kPa 295 T0 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. = p
7.19 Konstant temperatur = p0 1,= 00 MPa, V0 45dm3
p = 150 kPa pV = p0V0
= V
p0V0 1, 00 ⋅106 ⋅ 45 ⋅10−3 3 = m p 150 ⋅103
V = 0,30 m3 Volymen fördelas på ett antal ballonger och gasflaskan. Varje ballong har volymen 4, 0 dm3 . Ballonger kan blåsas upp tills trycket i gasflaskan är samma som ballongernas tryck. 0,30 − 45 ⋅10−3 Antal ballonger: = 63, 75 4, 0 ⋅10−3 63 ballonger kan blåsas upp. 7.20
Se facit i läroboken.
7.21
Se facit i läroboken.
7.22
Se facit i läroboken.
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
5
7.23
Vatten: = c 4,18 kJ kg ⋅ K m = 13kg , ∆T = 95 − 10°C = 85 °C
Q = cm∆T = 4,18 ⋅103 ⋅13 ⋅ 85 J = 4, 6 MJ 7.24
Per timme: m = 140 kg vatten. ∆T = 75 − 30 °C = 45 °C
= c 4,18 kJ kg ⋅ K Avgiven energi: Q = cm∆T = 4,18 ⋅103 ⋅140 ⋅ 45 J = Q 2, 6334 ⋅107 J Avgiven effekt: Q 2, 6334 ⋅107 = = = 7,3kW P W t 3600 7.25
a) ∆T = 95 − 15 °C = 80 °C Vatten: mv = 1,10kg
= cv 4,18 kJ kg ⋅ K Aluminiumkastrull: mAl = 0, 45kg = cAl 0,90 kJ kg ⋅ K Energiåtgång för uppvärmningen: Q = Qv + QAl = cv mv ∆T + cAl mAl ∆T
Q = 4,18 ⋅103 ⋅1,10 ⋅ 80 + 0,90 ⋅103 ⋅ 0, 45 ⋅ 80 J Q = 400 kJ b) Plattans effekt: P = 2, 0 kW Q P= t Q 400240 = = t = s 200 s P 2, 0 ⋅103 c) Uppvärmningstid: t = 4, 0 min Tillförd energi: Q = Pt = 2, 0 ⋅103 ⋅ 4, 0 ⋅ 60 J = 480 kJ Förlust: ∆Q= 480 − 400 kJ= 80 kJ Energiförluster till att värma plattan och till omgivningen. 7.26
Mängd luft per timme: V = 2 ⋅180 m3
ρ = 1,3kg m3 m = ρV = 1,3 ⋅ 2 ⋅180 kg = 468 kg Uppvärmning: ∆T = 20 − 5, 0 °C = 15 °C
c = 1, 0 kJ kg×K Energiåtgång per timme: Q = cm∆T = 1, 0 ⋅103 ⋅ 468 ⋅15 J Q = 7, 02 MJ Effekten måste vara: W 7, 02 ⋅106 = = 2, 0 kW P = W t 3600
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
6
7.27
a) ∆T, m, c, pris/kWh b) Hon gör följande antaganden: 1liter vatten väger 1kg. Hon duschar i 8 minuter och vattenflödet är 12 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 ⋅12 kg = 96 kg
∆T = 40 − 10 °C = 30 °C = c 4,18 kJ kg ⋅ K Energiåtgång: Q = cm∆T = 4,18 ⋅103 ⋅ 96 ⋅ 30 J 12038 kJ kWh 3,344 kWh = Q 12038 = = 3600 1kWh kostar 0,50kr. Kostnad för en dusch: 3,344 ⋅ 0,50 kr = 1, 67 kr ≈ 2 kr c) Kostnaderna kan minskas om hon stänger av vattnet medan hon tvättar sig. 7.28
Q = 5,5kJ , ∆T = 90 − 20 °C = 70 °C
Q 5,5 ⋅103 = J= K 79 J K ∆T 70 Uppvärmning av termosen bör kräva så litet energi som möjligt. Annars tas värme från innehållet.
= C
7.29
Tabelldata för järn: ls = 276 kJ kg
= c 0, 45 kJ kg ⋅ K 1535 °C t= smält ∆T= 1535 − 20 °C = 1515 °C m = 200 kg Avgiven energi: Q = ls m + cm∆T Q = 276 ⋅103 ⋅ 200 + 0, 45 ⋅103 ⋅ 200 ⋅1515 J Q = 190 MJ 7.30
a) Q = l s ⋅ m = 334 ⋅ 0,15 kJ = 50 kJ b) Q = c ⋅ m ⋅ ∆T = 4190 ⋅ 0,15 ⋅100 J = 63 kJ c) Q = l å ⋅ m = 2260 ⋅ 0,15 kJ = 340 kJ
7.31
Skridskoåkarens kinetiska energi omvandlas till värme under inbromsningen: mv 2 72 ⋅ 6,82 = Wk = = J 1664, 64 J 2 2 50 % av den frigjorda energin absorberas av isen, som smälter: Q = 0,50 ⋅ Wk = 0,50 ⋅1664, 64 J = 832,32 J
Q= ls ⋅ m m=
q 832,32 kg= 2,5g = ls 334 ⋅103
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
7
7.32 Data för isen: = c 2, 2 kJ kg ⋅ K
ls = 334 kJ kg mis = 0, 050 kg ∆Tis = 15 °C Data för vatten och bägare: C = 80 J K
m = 0, 200 kg = c 4,18 kJ kg ⋅ K ∆T = 18 °C Energi som avges av vattnet och bägaren: Q = C ∆T + cm∆T Q = 80 ⋅18 + 4,18 ⋅103 ⋅ 0, 200 ⋅18 J Q = 16 488 J Energi som absorberas av isen: Q= cis mis ∆Tis + ls mis= mis ( cis ∆Tis + ls ) Mängd is som den avgivna energin kan smälta: Q 16488 = mis = kg cis ∆Tis + ls 2, 2 ⋅103 ⋅15 + 334 ⋅103
mis = 0, 045kg All isen kommer inte att smälta, endast 45 g. 7.33
a) Vattnets potentiella energi omvandlas till elektrisk energi. Bestäm energin per minut. m = 43 ⋅103 kg
Wtillförd = mgh = 43 ⋅103 ⋅ 9,82 ⋅ 28 J =1 182 380 J Verkningsgraden är 85 %. Beräkna den uttagna (nyttiga) energin och därefter uttagen effekt: Wnyttig = η ⋅ Wtillförd = 0,85 ⋅11823280 J = 10 049 788 J Wnyttig 10 049 788 = W ö 170 kW t 60 b) Under 1 år producerar energin: W = Pt = 167 496 ⋅ 365 ⋅ 24 ⋅ 3600 J ≈ 5,3 ⋅1012 J Pnyttig =
7.34
Beräkna den tillförda energin: W η = nyttig Wtillförd
Wnyttig =
26 kJ 96 kJ = 0, 27 Förlusterna uppgår till 96 kJ − 26 kJ = 70 kJ W= tillförd
η
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
8
7.35
a) Energiåtgång för att värma vattnet: Q = cm∆T = 4,18 ⋅103 ⋅ 0,8 ⋅ (100 − 18) J = 274 208 J Endast 72 % av vattenkokarens effekt utnyttjas för uppvärmningen. Tillförd energi från vattenkokaren blir då: W = Pt
W 274 208 s 476s ≈ 8 min = = P 0, 72 ⋅ 800 b) Energiåtgång för att förånga vattnet: Q = lå m = 2 260 ⋅103 ⋅ 0,8 J = 1 808 000 J Beräkna förångningstiden på samma sätt som ovan: W 1808000 = = t = s 3139s ≈ 52 min P 0, 72 ⋅ 800 t =
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
9
Testa dig i fysik 1
Temperaturen sjunker med 3° i hela hotellet.
2
Vätsketrycket i behållaren måste vara högre än trycket i armen. parm = 2,3 ⋅103 Pa
r = 1, 02 kg dm3 Vätsketrycket: p = hr g
parm p 2,3 ⋅103 = = m g g 1, 02 ⋅103 ⋅ 9,82 rr h = 0, 23m Behållaren måste vara minst 23 cm ovanför armen.
h =
3
Konstant temperatur: pV = p0V0 Från början är trycket i pumpen lika med lufttrycket. = p0 100kPa = , p 240kPa
V = V0
p0 100 ⋅103 5 = = 3 p 240 ⋅10 12
Volymen är en cylinder: V = π r 2 h . När pumpen trycks in minskar h. Från början: h0 = 0, 25 m . Vi får då:
V π r 2h h = = V0 π r 2 h0 h0 Kombinera uttrycken och beräkna h: h 5 = h0 12
h0 ⋅ 5 0, 25 ⋅ 5 = = m 0,10 m 12 12 Tryck in pumpen 0, 25 − 0,10 m = 0,15 m .
= h
4
En låda med måtten 12 cm ⋅18cm ⋅ 24 cm och massan m = 12 kg
F mg = A A Störst tryck när arean är så liten som möjligt: Amin = 0,12 ⋅ 0,18 m 2 = 0, 0216 m 2 Trycket: = p
Största trycket är:= p
mg 12 ⋅ 9,82 = = Pa 5,5 kPa Amin 0, 0216
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
10
5
Hästsko av järn (uppskattas till 380 g): = m j 380 g , T = 550 °C 0j
= c j 0, 45 kJ kg ⋅ K Vatten: m= 25 kg , T= 22 °C v 0v
= cv 4,18 kJ kg ⋅ K Blandningstemperatur: T Avgiven energi: = Q c j m j (T − T0 j ) Absorberad energi: = Q cv mv (T − T0 v ) Sätt uttrycken lika och beräkna T: cv mv (T − T= c j m j (T0 j − T ) 0v )
cv mvT − cv mvT0 v = c j m j T0 j − c j m j T cv mvT + c j m j T = c j m j T0 j + cv mvT0 v T ( cv mv + c j m j ) = c j m j T0 j + cv mvT0 v T=
c j m j T0 j + cv mvT0 v cv mv + c j m j
0, 45 ⋅103 ⋅ 0,380 ⋅ 550 + 4,18 ⋅103 ⋅ 25 ⋅ 22 0, 45 ⋅103 ⋅ 0,380 + 4,18 ⋅103 ⋅ 25 T 22,9 °C = Vattnets temperatur ökar: 22,9° − 22= ° 0,9° , ca 1 grad. T=
6
Konstant volym: p p0 = T T0 T0 = 18,5 + 273K =291,5K
T =45, 6 + 273K =318, 6K Från början är p0 770 mm Hg. Vi får trycket i enheten mm Hg: Tp0 318, 6 ⋅ 770 = p = mm = Hg 842 mm Hg T0 291,5 7 Träbitens massa och densitet: = m 13, = 2kg , ρ 0,82 kg dm3 Träbitens volym: m ρ= V m 13, 2 3 V= = m= 0, 0161m3 ρ 0,82 ⋅103 Vattnets lyftkraft blir: ρv = 1000 kg m3
1000 ⋅ 0, 0161 ⋅ 9,82 N = 158 N F0 =ρvVg = 13, 2 ⋅ 9,82 N = 130 N Träbitens tyngd: mg = Kraften som håller ner träbiten blir: F= 158 − 130N = 28 N
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
11
8
Tre vätskor : T1 =° 20 C , T2 =° 30 C , T3 =° 40 C Blanda lika massor av två vätskor. De får samma blandningstemperatur. Energiutbyte: = Q c1m∆T1
= Q c2 m∆T2 c1m∆T1 = c2 m∆T2 c1∆T1 = c2 ∆T2 Fall 1: Vätska 1 och 2 blandas, blandningstemperatur: 27 °C. ∆T1 = 27 − 20 °C = 7 °C ∆T2 = 30 − 27 °C = 3 °C Beräkning enligt ovan: c1∆T1 = c2 ∆T2
7c1 = 3c2 3 c2 7 Fall 2: Vätska 2 och 3 blandas, blandningstemperatur: 38 °C. ∆T2 = 38 − 30 °C = 8 °C c1 =
∆T3 = 40 − 38 °C = 2 °C Beräkning enligt ovan: c3 ∆T3 = c2 ∆T2
2c3 = 8c2 8 c2 4c2 = 2 Fall 3: Vätska 1 och 3 blandas. Bestäm blandningstemperaturen, T. Beräkning enligt ovan: c3 ∆T3 = c1∆T1
c3 =
c3 (T3 − T )= c1 (T − T1 )
Sätt in vad vi vet och uttryck c1 och c3 med hjälp av sambanden ovan. Vi får: 3 4c2 ( 40 − T= ) c2 (T − 20 ) 7 3 4 ( 40 − T )= (T − 20 ) 7 3T 3 ⋅ 20 − 4 ⋅ 40 − 4T = 7 7 60 3T 160 + = 4T + 7 7 31T 60 = 160 + 7 7 = T 38,1 °C
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
12
9
a) Grafen visar energiåtgång för att värma kastrull och vätska. Bidraget från kastrullen gör att grafen inte går genom origo. b) För vätskan gäller: = c 2,18 kJ kg ⋅ K
123 °C T= kok För energitillförseln gäller: Q = cm∆T Grafen visar Q som funktion av m. Linjens riktningskoefficient kan bestämmas. Med hjälp av energisambandet får vi då: ∆Q = c∆T ∆m ∆Q 400 ⋅103 − 125 ⋅103 = J= kg 2,115 ⋅105 J kg ∆m 1,3 Bestäm starttemperaturen: c∆= T 2,115 ⋅105 J kg
2,115 ⋅105 = 97 °C 2,18 ⋅103 ∆T= Tkok − Tstart ∆T =
Tstart = 123 − 97 °C = 26 °C
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
13
8. Klimat och väder 8.01
På 1 km faller temperaturen 6,5 °C. På 10 km faller temperaturen 65 °C. Temperaturen på 10 km höjd: (20 − 65) °C = − 45 °C
8.02
Jordens radie: 6,4 · 106 m (vilket motsvarar 4 cm ”apelsin”). 0,5 Då motsvarar 0,5 cm ”apelsin”: 6, 4 106 m 8 105 m 4 Man befinner sig i exosfären.
8.03
0,038 % koldioxid finns i luften. Mängden koldioxid i 250 m3 luft är: 0,00038 · 250 m3 = 0,095 m3 = 95 l
8.04
a) Trycket på Venus yta: 9,3 MPa Trycket på jordens yta: 101,3 kPa = 0,1013 MPa 9,3 92 gånger större. Trycket på Venus yta är 0,1013 b) För ungefär var tionde meter ner i vattnet på jorden ökar trycket lika mycket som lufttrycket. Det innebär då att man behöver komma ner 92 ·10 m ≈ 900 m. c) Beräkning av g på Venus (behövs inte, står i uppgiften): mvenus = 4,87 · 1024 kg rvenus = 6,05 · 106 m m mvenus G 2 rvenus m F g venus G 2venus m m rvenus g venus G
24 mvenus 11 4,87 10 6, 6726 10 8,88 2 rvenus (6, 05 106 ) 2
Se exempel 2: pA 9,3 106 4 (6, 05 106 ) 2 m kg 4,8 1020 kg g 8,88 8.05
Se facit i boken.
8.06
Se facit i boken.
8.07
Varmare luft kan innehålla mer vatten än kallare luft.
8.08
a) Luften i däcken har blivit kallare och vid oförändrad volym blir trycket mindre. b) T0 = 288 K T1 = 259 K p1 = 215 kPa p 0V0 p1V1 T0 T1
p0V 215V (trycket i kPa) 288 259 288 215 p0 kPa 239 kPa 259
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
1
8.09
Slättens area: 1 mil2 = (104)2 m2 = 108 m2 Nederbördens volym: 0,020 · 108 m3 = 2 · 106 m3 Anta att en lastbil kan lasta 20 m3. 2 106 105 Antal lastbilar: 20
8.10
V0 = 800 m3 a)
p0 = 101,3 kPa p1 = 92,5 kPa
T0 = 291 K T1 = 271 K
p 0V0 p1V1 T0 T1
p 0V0T1 101,3 800 271 3 m 816 m3 p1T0 92,5 291 T1 = 273 K b) p2 = 101,3 kPa p 0V0T2 101,3 800 273 3 V2 m 751 m3 101,3 291 p2T0 c) ρ = 1,293 kg/m3 m = ρ · V = 1,293·751 kg = 970 kg V1
8.11
Se facit i boken.
8.12
Se facit i boken.
8.13
a) Solarkonstanten: 1 370 W/m2 Jordens radie: 6,37 · 106 m
Jordens genomskärningsarea: πR2 = π(6,37·106)2 m2 = 1,275·1014 m2 Instrålad effekt: 1 370 · 1,275 · 1014 W = 1,75 · 1017 W b) Jordens medelavstånd från solen: 1,496 · 1011 m Arean av den sfär, med solen som medelpunkt, som jorden ligger på: 4πR2 = 4π(1,496 · 1011)2 m2 = 2,812 · 1023 m2
Antal gånger större som arean av denna sfär är jämfört med 2,812 1023 2, 21 109 jordens genomskärningsarea: 1, 275 1014 Solens effekt: 2,21 · 109 · 1,75 · 1017 W = 3,9 · 1026 W 8.14
a) 4πR2 står för jordens area. πR2 står för jordens genomskärningsarea. b) 5, 67 108 T 4 4 R 2 (1 ) 1 370 R 2 α = 0,30 (1 0,30) 1 370 R 2 T 5, 67 108 4 R 2 c) α = 0,35 (1 0,35) 1 370 R 2 T 5, 67 108 4 R 2
1
1
4
4
K 255 K 18 °C
K 250 K 23 °C
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
2
9. Elektricitet 9.01
e 1,602 10 19 C
a) Q (1,602 10 19 ) 10 6 C (1,602 10 19 ) 10 6 C 0 C b) Q (1,602 10 19 ) 10 8 C (1,602 10 19 ) 10 9 C 1,442 10 10 C c) Q (1,602 10 19 ) 1012 C (1,602 10 19 ) 1010 C 1,586 10 7 C 9.02
a) Q 4,8 1010 C Kulan har positiv laddning. Den har underskott på elektroner. Elektronens laddning: e 1, 6 1019 C 4,8 1010 3 109 1, 6 1019 b) Tillför 5 miljarder elektroner. Kulan får ett överskott på elektroner. Laddningen blir negativ. Antal överskottselektroner: n 5 109 3 109 2 109 Totala laddningen är: Q 2 109 1, 6 1019 C 3, 2 1010 C
Antal underskottsladdningar: n
9.03
a) QA QB 12 nC, QC 0 QA QC 12 0 nC 6 nC 2 2 Q QC 12 6 nC 9 nC b) Ny laddning för B och C blir: Q3 B 2 2
Ny laddning för A och C blir: Q2
9.04
QA 26 nC, QB 9 nC, QC 6 nC QA QC 26 6 nC 10 nC 2 2 Q QC 9 10 nC 0,5 nC Ny laddning för B och C blir: Q3 B 2 2
Ny laddning för A och C blir: Q2
9.05
Q1 Q2 10, 0 nC Använd Coulombs lag r 18cm
10, 0 109 N 28μN QQ F k 1 2 2 8,99 109 r 0,182 Repellerande krafter eftersom laddningarna har samma tecken. 2
9.06
Använd Coulombs lag: r 3, 2 cm Q1 0,56μC F 4,8 mN QQ F k 12 2 r Fr 2 4,8 103 0, 0322 Q2 C 0,98 nC kQ1 8,99 109 0,56 106 Kraften är attraherande. Då är Q2 positiv.
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
1
9.07
Protonens laddning: Q 1, 6 1019 C r 1015 m Använd Coulombs lag:
1, 6 1019 N 230N QQ F k 1 2 2 8,99 109 2 r 1015 2
9.08
Använd Coulombs lag. Se facit i läroboken.
9.09
Q1 8, 0μC , Q2 4, 0μC , Q3 8, 0μC Q1Q2 r2 Kraften från Q1, riktad åt höger: r 0, 25 m
Använd Coulombs lag: F k
8, 0 106 4, 0 106 N 4, 60N 0, 252 Kraften från Q3, riktad åt höger: r 0,50 m F1 8,99 109
8, 0 106 4, 0 106 N 1,15 N 0,502 Resultanten blir: F F1 F3 4, 60 1,15 N 5,8 N , riktad åt höger. F3 8,99 109
9.10
a) Q 5, 6 nC F 35 mN F 35 103 N C 6, 25 106 N C Q 5, 6 109 Fältet är uppåtriktat. b) Q 1, 6 1019 C E
F EQ 6, 25 106 1, 6 1019 N 1, 0 1012 N Kraften är nedåtriktad. 9.11
a) E = 580 kN/C = 5,8·105 N/C q = 1,602·10-19 C F E q 5,8 10 5 1,602 10 19 N 9,3 10 -14 N b) mp = 1,673·10-27 kg F 9,3 10 14 a m/s 2 5,6 1013 m/s 2 m 1,673 10 27
9.12
Kraftjämvikt: F mg F EQ EQ mg Fältet är uppåtriktat. Laddningen måste vara positiv. m = 0,84 mg = 0,84·10–6 kg E = 26 kN/C mg 0,84 10 6 9,82 Q C 0,32 nC E 26 10 3
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
2
9.13
Elektrisk spänning: U
W Q
Q = 48 mC = 4,8·10–2 C W = 2,4 J 2,4 U V 50 V 4,8 10 2 9.14
a) Elektrisk energi: W QU Q 20 C, W 240 J W 240 U V 12 V Q 20 Batteriet har förlorat 240J b) Q 75C U
9.15
W 240 V 3, 2 V Q 75
Elektrisk energi: W QU U 400 kV Q 200 C W 200 400 103 J 80 MJ
9.16
Elektrisk energi: W QU Q 1, 6 1019 C W 2, 40 1015 J U
W 2, 40 1015 V 15, 0 kV Q 1, 6 1019
9.17
s 8, 7 cm , E 950 V m U Es 950 0, 087 V 83V
9.18
Det minsta avståndet blir: U 4200 V E 3MV m U E s U 4200 s m 0, 0014 m 1, 4 mm E 3 106
9.19
Q 12, 6 nC s 0,14 cm Wk 180μJ a) Elektrisk energi har omvandlats till rörelseenergi. Fältet har uträttat ett arbete: W 180μJ b) Beräkna spänningen: W QU W 180 106 V 14 kV Q 12, 6 109 c) Beräkna den elektriska fältstyrkan: U 14 103 E V m 1, 0 107 V m s 0, 0014 U
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
3
9.20
Kraftjämvikt: F mg F EQ EQ mg För fältstyrkan gäller: E
U . Sätt in i uttrycket ovan. s
Bestäm därefter Q. m 1, 67 1015 kg U 340V s 1, 0 cm UQ mg s mgs Q U 1, 67 1015 9,82 0, 01 C 4,82 1019 C Q 340 Antal överskottselektroner: Q 4,82 1019 n 3 st. e 1, 6 1019
9.21
Elektrisk ström: Q 24 C t 15s Q 24 A 1, 6A I t 15 På 10 min: Q It 1, 6 10 60 C 960 C
9.22
Beräkna antal elektroner: I 0, 28 A t 45 s Q It 0, 25 45 C 12, 6 C Antal elektroner: Q 12, 6 n 7,9 1019 e 1, 6 1019 Elektronerna rör sig mot strömriktningen.
9.23
Batteriets laddning: Q 3600 C Låg volym: I 5, 0 mA Q I t Q 3600 t s 720 000s 200 h I 5, 0 103 Hög volym: I 40 mA Q 3600 t s 90 000s 25 h I 40 103 Batteriet skulle räcka 200 h 25 h 175 h längre.
9.24 A2 visar också 0,50A.
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
4
9.25
Se figur i läroboken.
9.26
Om lampa nr 4 slocknar bryts kretsen. Då slocknar de andra lamporna också.
9.27 U(V) 120
I(A) 5,0
U RI 400 0,80 320 250
0,80 250 U I 0,25 R 1000
9.28
a) C; Grafen är en rät linje. b) A: Resistansen ökar när strömmen ökar. B: Resistansen minskar när strömmen ökar.
9.29
Avläs strömmen i grafen. Beräkna resistansen: U (V)
I (A)
2,0 4,0 6,0
0,27 0,39 0,50
R
7,4 10 12
R(Ω) U 120 24 I 5,0 400 1000
U ( ) I
När strömmen ökar blir glödtrådens temperatur högre. Det ger en större resistans. 9.30
Se grafen i facit i läroboken. Punkterna ligger längs en rät linje. Motståndet följer Ohms lag. Beräkna resistansen för varje mätpunkt. Bestäm medelvärdet, se nedan. U (V)
I (A)
0,50 0,95 1,5 2,0 2,6
0,10 0,20 0,30 0,40 0,50
R
5,0 4,75 5,0 5,0 5,2
U ( ) I
Medelvärde: R 5,0 9.31
Konstantantråd: a) Ur tabell: 0,50 mm 2 m l 20 m A 0, 28 mm 2 l 20 R 0,50 35,71 36 A 0, 28 b) Beräkna strömmen: U 230 V U RI I
U 230 A 6, 4 A R 35,71
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
5
9.32
a) Aluminiumledning: l 25km A 637 mm 2
0,028 Ω mm 2 m l 25 103 0,028 1,1 A 637 b) Bestäm resistiviteten: l 4, 0 m R
A 2, 0 mm 2 R 35 mΩ l A RA 35 103 2, 0 Ω mm 2 m 4, 0 l
R
0, 0175 Ω mm 2 m Enligt tabellen kan ledningen tillverkas av koppar, 0, 0172 mm 2 m 9.33
a) Bestäm resistansen: U 7,90 V I 40,3mA 7,90 U 196 R I 40,3 103 b) Amperemeterns resistans måste vara mycket mindre än resistansen i K. U 3,3V I 0, 75 A 3,3 U R 4, 4 I 0, 75
9.34
a) Se figur i facit i läroboken. b) Bestäm ersättningsresistansen: R1 2, 0 , R2 4, 0 , R3 6, 0 Rers R1 R2 R3 2, 0 4, 0 6, 0 12 c) Beräkna strömmen: U 6, 0V U Rers I 6, 0 U A 0,50A Rers 12 d) Spänningen över varje resistor: U1 R1 I 2, 0 0,50 V 1, 0 V I
U 2 R2 I 4, 0 0,50 V 2, 0 V U 3 R3 I 6, 0 0,50 V 3, 0 V
9.35
a) 5 A är på väg ut åt höger från den övre förgreningspunkten. Enligt strömförgreningslagen är strömmen från den nedre till den övre förgreningspunkten då lika med 1 A. Det innebär att 5 A går ut åt höger från den nedre förgreningspunkten. b) Summan av strömmarna in mot förgreningspunkten är 9 + 3 + 2 = 14 A. Enligt strömförgreningslagen är då strömmen in mot förgreningspunkten också 14 A.
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
6
9.36
a) Se figur i facit i läroboken. b) Beräkna grenströmmar, I1och I2, och huvudström, I. R1 40 , R2 60 U 12 V U RI U 12 I1 A 0,30A R1 40 I2
U 12 A 0, 20A R2 60
I I1 I 2 0,30 0, 20A 0,50A c) Ersättningsresistansen: 1 1 1 1 1 1 0, 04167 1 Rers R1 R2 40 60 1 24 0, 04167 d) Ny ersättningsresistans: R3 120 Rers
1 1 1 1 1 1 1 1 Rers R1 R2 R3 40 60 120 1 0, 05 1 Rers 1 20 0, 05 Ersättningsresistansen minskar när fler parallella grenar läggs till kretsen. Rers
9.37
a) Seriekoppling. Samma ström genom båda motstånden. I = U/Rtot= 30/(15+45) = 0,5 A Spänningen över 15 motståndet: UR15 = I · R15 = 0,5 · 15 = 7,5 V. b) Parallellkoppling. Samma spänning över båda motstånden. Strömmen genom 15 motståndet: IR15 = U /R15 = 30/15 = 2 A U = 30 V.
9.38
Beräkna spänningen över de parallella motstånden: I1 0,80A R1 5, 0 U p R1 I1 5, 0 0,80 V 4, 0 V
Beräkna strömmen, I2, genom R2: I 1, 24A I I1 I 2 I 2 I I1 1, 24 0,80A 0, 44 A Samma spänning över R1 och R2. Beräkna R2: Up 4, 0 R2 9,1 I 2 0, 44
9.39
a) Öppen strömbrytare: 2 seriekopplade resistorer i kretsen.
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
7
U 30 V R1 20 , R2 30 Rers R1 R2 20 30 50 U Rers I U 30 A 0, 60A Rers 50 b) Stängd strömbrytare: Bestäm ersättningsresistansen i kretsen. R3 15 , R4 45 R3 och R4 är seriekopplade. Dessa är parallellkopplade med R2. Ersättningsresistansen för dessa blir: 1 1 1 1 1 1 0, 05 1 R p R2 R3 R4 30 15 45 I
1 20 0, 05 Rp är seriekopplad med R1. Beräkna ersättningsresistansen och därefter strömmen: Rers R1 R p 20 20 40 Rp
I
9.40
U 30 A 0, 75A Rers 40
a, b) Varje motstånd: R 12 Ett motstånd: R 12
Två motstånd:
Rers 12 12 24
1 1 1 2 1 1 1 1 Rers 12 12 12 6 Rers 6
Tre motstånd:
Rers 12 12 12 36
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
8
1 1 1 1 3 1 1 1 1 Rers 12 12 12 12 4 Rers 4
Rers 12 6 18
1 1 1 3 1 1 1 1 Rers 12 24 24 8 Rers 8
9.41
Rita som en krets med 6 likadana resistorer:
Vare resistor har resistansen, R: R 0,80 5, 0 4, 0 Två parallellkopplade resistorer har ersättningsresistansen: 1 1 1 2 Rp R R R R 4, 0 2, 0 2 2 Seriekopplas 3 st. Rers 3R p 3 2, 0 6, 0 Rp
9.42
9.43
U V 2 V1 a) VA = 0 V (Punkt A är jordad) VB = UAB + VA = (3 + 0) V = 3 V VC = UBC + VB = (5 + 3) V = 8 V VD = 0 V (Punkt D är jordad) VE = UDE + VD = (4 + 0) V = 4 V b) VA-C = (8 − 0) V = 8 V VA-D = (0 − 0) V = 0 V VA-E = (4 − 0) V = 4 V VB-E = (4 − 3) V = 1 V VC-E = (8 − 4) V = 4 V W Q Q = e = 1,6·10-19 C 1,6 10 17 a) V A V 100 V 1,6 10 19 VA
b) V A
4,8 10 15 1,6 10 19
V 30000 V 30 kV
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
9
9.44
a) U = 50 V s = 5,0 cm = 0,05 m U 50 E V/m 1000 V/m s 0,05 U U Es b) E s VA = 0 V (Punkt A är jordad) VB = 1 000 · 0,02 V = 20 V VC = VB = 20 V VD = 1 000 · 0,04 V = 40 V VE = 1 000 · 0,05 V = 50 V
9.45
Ökningen i rörelseenergi = Elektriska arbetet som fältet uträttar ΔU = (2500 – 800) V = 1700V Q = 6,4·10-19 J W U Q 1700 6,4 10 19 J 1,1 10 -15 J
9.46
ΔU = 0,54 MV = 5,4·105 V mp = 1,673·10–27 kg Q = 1,602·10–19 C 2UQ mv 2 UQ v 2 m v
9.47
2 5,4 10 5 1,602 10 19 1,673 10 27
m/s 1,0 10 7 m/s
a) VA = VB = 0 V (Punkt A och B är jordad) VC = VD = 6 V (Potentialen stiger i riktning från den negativa polen till den positiva) b) VC = VD = 0 V (Punkt C och D är jordad) VA = VB = −6 V (Potentialen sjunker i riktning från den positiva polen till den negativa)
9.48
P/Watt P UI 120 8 960
P
U 2 120 2 140 R 100
P RI 2 500 0,12 5 60
9.49
U/Volt 120
I/Ampere 8,0
120
U 120 1,2 R 100 0,10
U RI 500 0,1 50
240
I
I
P 60 0,25 U 240
R/Ohm U 120 R 15 I 8 100 500 R
U 2 240 2 960 P 60
Nätspänning: U 230 V a) Kokplatta: I 6,1A t 20 min W UIt 230 6,1 20 60 J 1, 7 MJ b) Värmeelement: W 27 MJ t 10 h P
W 27 106 W 750 W t 10 3600
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
10
Bestäm resistansen: U2 P UI R U 2 2302 R 71 P 750 c) Hårtork: P 1, 0 kW t 3, 0 min W Pt 1, 0 103 3, 0 60 J 180 kJ Bestäm strömmen: P UI I
P 1, 0 103 A 4,3A U 230
9.50
Bestäm energikostnaden: P 60 W t 0,5år 0,5 365 24 h 4380 h W Pt 60 4380 Wh 262,8 kWh 1,15 kr/kWh Kostnad = 262,8·1,15 kr = 300 kr
9.51
a) Bestäm resistansen i lamporna: U 230 V P1 40 W U2 R 2 U 2302 1,3kΩ R1 P1 40 P UI
P2 75 W U2 R 2 2302 U R2 0, 71kΩ 75 P2 c) Lika starkt som tidigare. Spänningen över den andra lampan är fortfarande lika stor. P UI
9.52
Seriekopplade cykellampor. Spänning: U 6, 0 V Lampa 1: U1 4,8 V P1 2, 4 W P UI P 2, 4 A 0,50A U 4,8 Lampa 2: Strömmen är lika stor i båda lamporna. Beräkna spänningen över lampa 2: U U1 U 2 I
U 2 U U1 6, 0 4,8 V 1, 2 V Effekten i lampa 3 blir: P2 U 2 I 1, 2 0,50 W 0, 60 W Märkningen ska vara: 1,2V/ 0,60 W.
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
11
9.53
Nätspänning U 230 V Koppling 1: R 59 U 2 2302 W= 0,90 kW 59 R Koppling 2: R 88 P UI
U 2 2302 W 0, 60 kW R 88 Koppling 3, seriekoppling: R 88 59 147 P UI
U 2 2302 W 0,36 kW R 147 Koppling 4, parallellkoppling: 1 1 1 1 0, 02831 1 R 88 59 1 35,3 R 0, 02831 P UI
P UI
9.54
U 2 2302 W 1,5kW 35,3 R
a) Beräkna strömmen: U 230 V P 6, 0 kW P UI P 6, 0 103 A 26 A U 230 b) Beräkna energin under 1 minut: W Pt 6, 0 103 60 J 360 kJ Energin värmer 3,0 liter vatten, d.v.s. 3,0 kg vatten. Bestäm temperaturökningen: W cmT c 4,18 kJ kg K I
T
W 360 103 K 29K cm 4,18 103 3, 0
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
12
Testa dig i fysik 1
A
2
Parallellt, för att hålla spänningen konstant.
3
P = 15 W U = 230 V
P=
U2 R
⇒
R=
U 2 230 2 = Ω = 3,5 kΩ 15 P
4
R = 150 Ω I = 0,40 A U = RI = 150 ⋅ 0,40 V = 60 V
5
Max ström: I = 80μA a) R = 400 kΩ
U = RI = 400 ⋅103 ⋅ 80 ⋅10−6 V = 32 V b) R = 2 kΩ
U =RI =2 ⋅103 ⋅ 80 ⋅10−6 V =0,16 V 6
Använd Coulombs lag: Q1 = 79e = 79 ⋅1, 6 ⋅10−19 C = 1, 264 ⋅10−17 C
Q2 =2e =2 ⋅1, 6 ⋅10−19 C =3, 2 ⋅10−19 C = r 2,5 ⋅10−14 m F= k
Q1Q2 1, 264 ⋅10−17 ⋅ 3, 2 ⋅10−19 = 8,99 ⋅109 ⋅ N 2 2 r ( 2,5 ⋅10−14 )
F = 58 N 7
a) Energin bestäms av W = UIt W = 235 J
I = 1, 4 A = t 2= min 8 sek 128s W 235 U = = V = 1,3V It 1, 4 ⋅128 b) Spänningen över resistorn r är: U= 3,5 − 1,3V =2, 2 V Energiutveckling i r: W = UIt = 2, 2 ⋅1, 4 ⋅128 J = 390 J 8
E = 420 V/m Q = 2,0 nC = 2,0∙10–9 C a) V(0, 4;0) = 420 ⋅ 0,4 V = 170 V b) ∆W = QU = 2,0 ⋅10 −9 ⋅170 J = 340 nJ c) V(0, 4;0,3) = 420 ⋅ 0,4 V = 170 V (Ingen ändring av potentialen när laddningen rör sig i y-led) ∆W = QU = 2,0 ⋅10 −9 ⋅170 J = 340 nJ
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
13
9
a) Den accelererande kraften är F = QE. Beräkna först kraften, därefter accelerationen: Q 1, 6 1019 C E 250 N C F QE 1, 6 1019 250 N 4, 0 1017 N Använd kraftlagen: F ma m 9,1 1031 kg F 4, 0 1017 m s 2 4, 4 1013 m s 2 m 9,1 1031 b) Bestäm först tiden, därefter hastigheten: s 12 cm a
at 2 2 2s t a s
2 0,12 s 7, 4 108 s 4, 4 1013
v at 4, 4 1013 7, 4 108 m s 3, 2 106 m s 10
Amperemetern visar I1 22,5 mA Bestäm spänningen över de parallellkopplade motstånden, Up: R1 640 U p R1 I1 640 22,5 103 V 14, 4 V
Bestäm strömmen genom R2 1, 2 kΩ : U p R2 I 2 14, 4 A 12 mA R2 1, 2 103 Huvudströmmen är: I I1 I 2 22,5 12 mA 34,5 mA Beräkna spänningen över R3 320 I2
Up
U 3 R3 I 320 34,5 103 V 11, 0 V Spänningen, U, är : U U p U 3 14, 4 11, 0 V 25, 4 V
11
Bestäm resistansen för ett Cu-motstånd: 0, 0172 Ω mm 2 m l 0,15 m d 0,1 d 0,1mm, r mm 0, 05 mm 2 2 A r2 l l 0,15 R 2 0, 0172 A r 0, 052 R 0,328 Bestäm ersättningsresistansen: 1 1 1 3 Rers R 2 R 2 R 2 R 2 0,328 0, 22 3 3 Resistansen mellan A och B är 0,22 . Rers
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
14
10. Atomfysik 10.01 Coulombs lag gäller. Kraften är större på kortare avstånd. D avböjs mest, A minst. 10.02 rkärna 1015 m , ratom 1010 m Om kärnradien är 10 cm blir atomradien: 1010 R 15 0,10 m 104 m 10 15 Vkärna 10 1015 Vatom 1010 3 3
10.03 a)
b, c, d) Se facit i läroboken. 10.04 f = 105,6 MHz = 1,056 · 108 Hz W hf 6, 626 1034 1, 056 108 J 6,997 1026 J 10.05 f = 900 MHz = 9,00 · 108 Hz a) W hf 6, 626 1034 9, 00 108 J 6 10 25 J b) Antal fotoner =
0, 004 7 1021 25 5,96 10
10.06 W hf W 0,829 1018 Hz 1, 25 1015 Hz h 6, 626 1034 Ultraviolett ljus. f
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
1
11. Kärnfysik 11.01 Se facit i läroboken. 11.02 a) Z = 11, N = 12, A 11 12 23 : b) Z = 53, A = 131:
131 53
23 11
Na
I
c) N = 144, A = 237, Z 237 144 93 :
237 93
Np
11.03 m( 23 He) 3, 0160293u - 2 0, 000548580 u 3,01493214 u 2mp mn 2 1, 000727655 u 1, 00866492 u 3, 02321802 u 2mp mn m( 23 He) 3, 02321802 u 3, 01493214 u 0, 00828588 u
11.04 Antalet protoner för syre är 8 st, vilket är ett magiskt tal. Kärnor med magiska tal är speciellt stabila. 11.05 Antalet protoner för tenn är 50 st, vilket är ett magiskt tal. Kärnor med magiska tal är speciellt stabila. 11.06 a)
b)
c)
d)
e)
A 27 4 1 30 ; Z 13 2 15 X
30 15
P
A 59 1 56 4 ; Z 27 25 2 X 42 He
A 130 2 130 2 ; Z 53 52 1 X 21 H A 24 1 25 ; Z 12 1 13 X
25 13
Al
A 29 1 2 28 ; Z 14 1 1 14 28 X 14 Si
11.07 a) OK, V.L. = H.L. se nedan: V.L. Z 18 1 19 ; A 40 1 41 H.L. Z 12 2 19 ; A 37 4 41 b) Inte OK, V.L. H.L. se nedan: V.L. Z 27 2 29 ; A 13 1 14 H.L. Z 24 4 28 ; A 12 2 14 c) OK, V.L. = H.L. se nedan: V.L. Z 7 ; A 14 1 15 H.L. Z 6 1 7 ; A 14 1 15 d) OK, V.L. = H.L. se nedan: V.L. Z 4 ; A 9 H.L. Z 4 ; A 8 1 9
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
1
e) Inte OK, V.L. H.L. se nedan: V.L. Z 42 1 41 ; A 93 H.L. Z 43 ; A 93 11.08 Se facit i läroboken. 11.09 Se facit i läroboken. 11.10 Se facit i läroboken. 11.11 Se figur 3.10 på sid. 119 i läroboken och facit. 11.12 a) En Li-kärna ”fångar in” en proton och delas därefter i 2 He-kärnor. b) Se facit i läroboken. 11.13 a) Se facit i läroboken. b) m m( 2 H) m( 6 Li) 2 m( 4 He) (2, 0141018 6, 0151223 2 4, 0026033) u 0, 0240175 u W mc 2 0,0240175 1,660540 10 27 (2,99792458 10 8 ) 2 J 3,58 10 -12 J
c) Se facit i läroboken. 11.14 Se facit i läroboken. 11.15 Se facit i läroboken. 11.16
235 92
U Ny kärna efter 7 -sönderfall: Z 92 7 2 78 ; A 235 7 4 207 Vid -sönderfall ökar Z med 1, A ändras inte. Ny kärna efter 4 -sönderfall: Z 78 4 82 ; A 207 207 82
Pb
11.17 226 222 4 88 Ra 86 Rn 2 He 226 222
m m(
Ra ) m(
Rn ) m( 4 He)
(226, 025403 222, 01757 4, 002033) u 0, 0052297 u W mc 2 0,0052297 1,66054 10 27 ( 2,99792458 10 8 ) 2 J 7,80 10 13 J
11.18 Se facit i läroboken. 11.19 a) b)
66 28
Ni
66 29
Cu 01 e
m m 66 Ni m 66 Cu 65,929115 65,928873u 2, 42 104 u W mc 2 2, 42 10 4 1, 661 1027 3 108 J 2
3, 62 1014 J Energin i elektronvolt: W 2, 42 10 4 931,5 MeV 225 keV
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
2
11.20
m m 238 U m 234 Th m 4 He 238,050783 234,043595 4,0026032 u 0,0045848u W 0,0045848 931,5MeV 4, 27 MeV
11.21 a) W1 2,19 1013 J W2 2,19 1013 0, 659 1013 J 1,53 1013 J W3 1,53 1013 1, 08 1013 J 0, 45 1013 J
b) W 0, 659 1013 1, 08 1013 J 1, 74 1013 J 11.22 a) Efter 2,0 h finns hälften av ämnet kvar. t
4
t
5
b) m m0 0,5T 8, 0 0,5 2 mg 2, 0 mg c) m m0 0,5T 8, 0 0,5 2 mg 1, 4 mg t
1
t
10
11.23 a) N N 0 0,5T 50 106 0,5 3,8235 42 106 b) N N 0 0,5T 50 106 0,5 3,8235 8, 2 106 2
11.24
N 1, 0 1 1 N 0 4, 0 4 2 Efter 2 T12 2 1600 år 3200 år 30
t
11.25
A A0 0,5T 800 0,58,0207 kBq 60 kBq
11.26 Se facit i läroboken. Lös ekvationen grafiskt. 11.27 a) Se facit i läroboken. t
12
b) A A0 0,5T 451 0,5 4,5 kBq 71 kBq 11.28
A 17 0,3148 A0 54
Lös ekvationen 0,5 x 0,3148 grafiskt. Vi får: x 1, 667 t x vilket ger: T1 2 T12
11.29 a)
Z 92 57 35 ; A 235 1 148 3 85 85 35
b)
10 h 6, 0 h 1, 667
Br
Z 92 38 54 ; A 235 1 94 3 140 140 54
Xe
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
3
11.30 En reaktor producerar på ett år: W Pt 1000 106 365 24 Wh 8, 76 1012 Wh
Antal reaktorer:
140 1012 16st 8, 76 1012
11.31 a) 1. En neutron fångas in av
2.
239 92
238 92
U.
U sönderfaller med -sönderfall till
239 93
3. Np sönderfaller med -sönderfall till b) Används vid kärnvapentillverkning. 239 93
11.32 a, b) Se facit i läroboken. c) 1 kg klyvs på 9,1h. På ett år klyvs
Np .
239 94
Pu
365 24 1kg 960 kg 9,1
d) 0, 026m 960 kg ; m 37 ton 11.33 a) Se facit i läroboken. b) 40 % av frigjord energi utnyttjas. Per kg deuterium blir det: 0, 4 78TJ 31TJ 8, 64 109 Wh
För att producera 140 TWh behövs:
140 1012 kg 16 ton 8, 64 109
11.34 Vid varje fusion frigörs: m m 2 H m 3 H m 4 He mn 2, 0141018 3, 0160493 4, 0026032 1, 00866492 u 0, 01888 u W mc 2 0, 01888 1, 661 1027 3 108 J 2
2,8 pJ
Antal kärnor i 1 kg: N
1, 0 1, 20 1026 27 2, 014 3, 016 1, 661 10
Wtot N W 1, 20 1026 2,8 1012 J 3, 4 1014 J 9, 4 1010 Wh
1 kg räcker till:
9, 4 1010 3700 hushåll 25000 103
W 0,90 mGy 3, 6 mGy M 0, 25 b) -strålning: k = 20 H kD 20 D 20 3, 6 mSv 72 mSv c) -strålning: k = 1 H kD 1D 3, 6 mSv
11.35 a) D
kW M k = 20 för -strålning, k = 1 för -strålning HM 0, 020 70 J 70 mJ a) W k 20 HM 0, 020 70 J 1, 4 J b) W k 1
11.36 H kD
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
4
11.37 a) W 8, 0 1014 J/sönderfall A 3,3kBq
Antal sönderfall / år: N 3,3 103 3600 24 365 1, 04 1011 st Wtot NE 1, 04 1011 8, 0 1014 J 8,3mJ b) W 8,3 mGy 0,14 mGy M 60 H kD 1D 0,14 mSv (k = 1 för -strålning) D
11.38 Aktiviteten efter t = 1,5h i ett lika stort prov: t
1,5
A A0 0,5T 41,5 0,5 6,0 kBq 34,9 kBq Uppmätt aktivitet: A2 131kBq
Provets storlek: m2
131 1, 28g 4,80 g 34,9
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
5
Testa dig i fysik 1
2.
3 4
A 147 4 143 ; Z 62 2 60 143 60
Nd
a) Z 39 20 19 ;
39 19
b) Z 23 11 12 ;
23 12
K
Mg
Se facit i läroboken. t T
1
2
3 12 4 9
Det återstår 0,54 0, 0625 6, 25% 5 N 0, 08 0,5x N0 lg 0, 08 3, 64 lg 0,5 (alt. grafisk lösning av ekvationen) T1 2 5730 år x
x
t T1 2
t 5 730 x 5 730 3, 64 år 21 000 år
6
a)
m m 1 H mn m 2 H 1, 007825 1, 00866492 2, 0141018 u 0, 00238812 u W mc 2 0, 00238812 1, 661 1027 3 108 J 2
3,57 10 13 J 2, 22 MeV b) P = 100W. Per sekund: W = 100Ws 100 Antal reaktioner: 2,8 1014 3,57 1013
7
Den frigjorda energin är: m m 7 H m 1 H 2 m 4 H 7, 0160040 1, 0078250 2 4, 0026032 u 0, 0186226 u W 0, 0186226 931,5 MeV 17,3 MeV
8 4 8
Be 42 He 42 He
m m 8 Be 2m 4 He 8, 005305 2 4, 0026032 u 9,86 105 u 0 Kärnan är instabil.
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
6
9
a)
32 15
0 P 32 16 S 1 e dotterkärnan är
Wk m P c m S c 32
b)
10
2
32
32 16
S
2
m 32 S m 32 P
Wk c2 Massan 1 u motsvarar energin 931,5 MeV (se formelsamling). 1, 71 Energin 1,71 MeV motsvarar massan u. 931,5 1, 71 m 32 S 31,973907 u 31,97207 u 931,5
Halveringstiden för
14 6
C : T T1 2 5730 år
Aktiviteten: A 1, 8μCi 1,8 106 3, 7 1010 Bq 66600 Bq Antal kärnor vid tiden t: N t N 0 0,5 T t
Sönderfallshastigheten: N t N 0 0,5 T t
ln 0,5 ln 2 t N0 0,5 T T T
N 0 ln 2 T N 0 ln 2 Aktiviteten: A T AT 66600 5730 3600 24 365 N0 ln 2 ln 2 1, 73 1016 kärnor
Vid t = 0: N 0
m 14 C 14, 00 u
m 1, 73 1016 14, 00 1, 661 1027 kg 4, 0 1010 kg 0, 40μg
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
7
12. Relativitetsteori och standardmodell Räkna fysik 12.01 a) v A vB 70 60 km h 10 km h b) v A vB 70 60 km h 130 km h 12.02 a)
s vt s 120 s 80s t v 1,5 vv vattnets hastighet
sv 36 m s 0, 45 m s t 80 b) Båten åker iväg i riktningen , där 0, 45 sin 0,30. 1,5 17,5 , i förhållande till riktningen rakt över. Sikta 17,5° bakåt, d.v.s. 90 17,5 72,5 i förhållande till älvkanten. vv
12.03 a) c1 c 30 km s c2 c 30 km s
b) c1 c2 60 km s c) c 0 12.04
t t0 t0 24 h , v 2, 00 108 m s
1
1,34 v2 1 2 c t 1,34 24 h 32, 2 h
12.05
l0 85 m v 0,95c l
v2 l0 1 2 85 c
l0
1 0,95 m 27 m 2
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
1
12.06 a) 25 m b) 24 m c) v2 l0 1 2 c
l
l0
1
v2 l c 2 l0
2
l 2 v c 1 c l0
24 2 1 0, 28c 25
12.07 a)
mc 2 1, 00866492 1, 660540 1027 (2,99792458 108 ) 2 J 1,50535 1010 J
1
b) E mc 2
1 0,5
2
1,50535 1010 J 1, 74 1010 J
2
c) Ek E mc (1, 74 1010 1,51 1010 ) J 2,3 1011 J
12.08
2 1
1
2 1
v2 c2 1 1
v2 c2
v2 1 2 2 c v c 1
12.09
1
2
0,866c 2, 6 108 m s
Ek E E0 106, 7 105, 7 MeV 1, 0 MeV Ek 1, 6 1013 J
12.10 Minsta möjliga energi är partiklarnas viloenergi. Viloenergin finns i formelsamlingen: E 2mc 2 2 0,511MeV 1, 02 MeV E 1, 64 1013 J
12.11 5 E mc 2 0,511MeV 0,852 MeV 3 13 E 1,36 10 J
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
2
12.12 a)
1 2
v 1 2 c
1 (9,8 107 ) 2 1 (3 108 ) 2
1, 06
b) Ek mc 2 ( 1)
Ek 9,1 1031 (3 108 ) 2 (1, 058 1) J 4,8 10-15 J 12.13 a)
Ek mc 2 1
1 2
v 1 2 c
1
0,9c 1
2
2, 294
c2
Ek 1, 673 1027 3 108 2, 294 1 J 2
Ek 1,95 1010 J
b) Ek 2 1,95 1010 J 3,897 1010 J 1 Ek mc 2 1 v2 1 2 c E 1 1 k 2 2, 588 2 mc v 1 2 c E 1 k 2 1 3,588 2 mc v 1 2 c
1
v2 1 0, 2787 2 c 3,588
v2 0, 2787 2 0, 07766 c2 v c 1 0, 07766 0,960c
1
v 2,88 108 m s
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
3
12.14 a)
Ek mc 2 1 1
2
v 1 2 c
1
5, 025
2,94 10 1 3 10 3 10 5, 025 1 J 8 2
8 2
Ek 9,1 1031
8 2
Ek 3,3 1013 J
b) Ek Fs F
c)
Ek 3,3 1013 N 3,3 10-12 N s 0,1
E E0 Ek 9,1 1031 3 108 3,3 1013 J 2
E 4,1 1013 J
12.15 Elektron: E 9, 00 1014 J E mc 2
E 9, 00 1014 1, 099 mc 2 9,1 1031 3 108
1 1
1
v2 c2 1
v2 c2 2
v c 1
1
2
0, 415c 1, 24 108 m s
12.16 Se facit i läroboken.
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
4
Testa dig i fysik 1
v A − vB= (90 − (−110)) km/h=
2
v= 500 ⋅1010 m/s= 5 ⋅1012 m/s >> c De skulle röra sig med ljushastigheten c.
3= a) γ
b) γ =
c) γ =
1 = 1 0c 1 − ( )2 c 1 = 1,15 0,5c 2 ) 1− ( c 1 = 7,1 0,99c 2 1− ( ) c
4
" uud = u + u + d " :
5
l =l0 ⋅ 1 −
2 2 e + e + "d " = e 3 3
v2 c2
25= 28,5 ⋅ 1 − 1−
200 km/h
v2 c2
v2 25 2 = ( ) 2 28,5 c
v2 25 2 = 1− ( ) 2 28,5 c v= c 1− (
6
Ek =
25 2 ) = 0, 48c 28,5
mc 2 1−
2
− mc 2 = (
v c2
9,109 ⋅10−31 ⋅ (2,998 ⋅108 ) 2 1− (
7
4, 2 ⋅10 2 ) 2,998 ⋅108
-9,109 ⋅10-31 ⋅ (2,998 ⋅108 ) 2 ) J = 8,2 ⋅10-16 J
7
mc 2 = 9,109 ⋅10-31 ⋅ (2,998 ⋅108 ) 2 J = 8,19 ⋅10-14 J = 0,511 MeV
8
a) 65 slag/min b) t0 = 1 min
t0 1 = = min 1,898 min 2 0,85c 2 v 1− ( ) 1− 2 c c Antal slag/min: 65/1,898 = 34
= t
Lösningar till Ergo Fysik 1 978-91-47-08553-8 © Författarna och Liber AB
5