3 Rörelse och krafter 1 - Studentlitteratur · t s v. m/s = 5,0 m/s Svar 5,0 m/s . 3.3 Medelhastigheten fås som . t s s t s v ... m 72 kg = 7,33 kg Svar: 7,3 kg . 100 N 200 N =

LÖSNINGSFÖRSLAG – Fysik: Fysik 1 och 2 – Kapitel 3

Detta material är ett komplement till boken Fysik av Jörgen Gustafsson © Författaren och Studentlitteratur AB

3 Rörelse och krafter 1

Hastighet och acceleration

3.1 Fart är hastighetens storlek.

Svar: Falskt

3.2 Medelhastigheten fås som

600,5

1500m ⋅

=∆∆

=tsv m/s = 5,0 m/s

Svar 5,0 m/s

3.3 Medelhastigheten fås som

tss

tsv

∆−

=∆∆

= startslutm .

Förflyttningen startar och slutar på samma plats,

d.v.s. sslut = sstart, vilket ger

tss

tsv

∆−

=∆∆

= startstartm = 0,0 m/s.

Svar 0,0 m/s

3.4 Hastigheten du går med fås från

50gå ⋅= vs

som 50gåsv =

Hastigheten du åker med fås från

75åka ⋅= vs

som 75åkasv =



Då du går samtidigt som du åker får vi

tvs ⋅= +åkagå

där

+=+=+=+ 75

1501

7550åkagååkagå sssvvv

Detta ger tss ⋅

+=

751

501

eller t⋅

+=

751

5011

ur vilket den sökta tiden fås som

+

=

751

501

1t s = 30 s

Svar: 30 s

3.5 Boels medelhastighet fås som

21

21m tt

sstsv

++

=∆∆

=

där s1 = 1 000 m och s2 = 800 m

6,317

1000

1

11 ==

vst s = 211,8 s

och 6,312

800

2

22 ==

vst s = 240 s

vilket ger 2408,2118001000

21

21m +

+=

++

=ttssv m/s = 3,98 m/s

Svar: 4,0 m/s

3.6 Accelerationen fås som

0,8

6,3106,350startslutm

−=

∆−

=∆∆

=tvv

tva m/s2 =

= 1,39 m/s2

Svar: 1,4 m/s2



0

1

2

3

4

5

0 2 4 6 8 10

s (m)

t (s)

Grafer

3.7 Kurvans lutning vid en viss tidpunkt i en v-t-graf ger oss

momentanaccelerationen vid den tidpunkten.

Svar: Falskt

3.8 Kurvans lutning vid en viss tidpunkt i en s-t-graf ger oss

momentanhastigheten vid den tidpunkten

Svar: Momentanhastigheten

3.9 Förflyttningen fås som arean under en v-t-graf.

Arean delas här lämpligen in i två delar, A1 och A2.

100,51 ⋅=A m = 50 m

( )10230,22 −⋅−=A m = −26 m

vilket ger den totala arean A som

A = A1 + A2 = 50 + (−26) m = 24m

Svar: 24 m

3.10 Rörelsen kan delas in i tre delar.

1) Under de första två sekunderna rör sig föremålet med konstant

hastighet 2,0 m/s och förflyttar sig då från sin startpunkt till

s1 = v1⋅t1 = 2,0⋅2,0 m = 4,0 m.

v (m/s)

-2,0

0 23

5,0

t (s)

10

A1

A2



0

1

2

3

4

5

0 2 4 6 8 10

s (m)

t (s)

0

1

2

3

4

5

0 2 4 6 8 10

s (m)

t (s)

0

2

4

6

8

10

0 2 4 6 8 10 12

v (m/s)

t (s)

2) Under de därpå följande tre sekunderna är föremålet stilla.

3) Under de avslutande fyra sekunderna rör sig föremålet med en

konstant hastighet −1,0 m/s och förflyttar sig då s3 = v3⋅t3 = −1,0⋅4,0

m = −4,0 m bakåt tillbaka till sin startpunkt.

3.11 Förflyttningen fås som arean under v-t-grafen.

Arean delas här lämpligen in i två delar, A1 och A2.

263

1⋅

=A m = 9 m

( )2

93122

⋅−=A m = 40,5 m

vilket ger den totala arean A som

A = A1 + A2 = 9 + 40,5 m = 49,5 m

Svar: 50 m

A1

A2



3.12 Momentanhastigheten vid en viss tidpunkt fås som x-t-kurvans

lutning vid den tidpunkten. Kurvans lutning vid den tidpunkten kan

bestämmas genom att dra ett rakt streck, med samma lutning som

kurvan, genom punkten vid den tidpunkt vid vilken

momentanhastigheten ska bestämmas. Strecket har då samma

lutning som kurvan, som i sin tur är densamma som

momentanhastigheten.

25,13

0,050

01

01

−−

=−−

=ttxxv m/s = 28,6 m/s

Svar: 29 m/s

0

10

20

30

40

50

60

70

0 0,5 1 1,5 2 2,5 3

x (m)

t (s)

x0 och t0

x1 och t1



Acceleration och krafter

Krafter

3.13 Kroppen får, enligt Newtons andra lag, acceleration noll om den

resulterande kraften på den är noll. De tre krafterna i den övre

figuren summerar ihop enligt:

Den resulterande kraften blir då noll om du lägger till en kraft som

är lika stor som summan av de tre och motriktad, d.v.s. alternativ F.

Svar: F

3.14

Svar: 59 N med riktning 63° snett uppåt höger

P =

P =

P

F1 = 37 N

F2 = 31 N

30°

=

37 N

31 N

30°

31 sin 30° N

31 cos 30° N

37 + 31 sin 30° N = 52,5 N

26,8 N

=

52,5 N

26,8 N

α



Newtons lagar

3.15 a) Falskt: Newtons andra lag säger att mFa res= . Accelerationen

är sålunda beroende av föremålets massa.

b) Sant: Repets situation är densamma om du ersätter kompisen

med en vägg och drar med 100 N din ände av repet. Kraften i repet

är då, enligt Newtons tredje lag, 100 N.

Svar: a) Falskt och b) Sant

3.16 Newtons andra lag ger

0,2

0,70,30,5 −⋅== maFres N = −10 N

Svar: −10 N

3.17 Newtons andra lag ger accelerationen som

m

Fa res=

där m = 2,0 kg och resF behöver bestämmas.

Detta ger

0,228,7

==m

Fa res m/s2 = 3,64 m/s2

med samma riktning som den resulterande kraften.

Svar: 3,7 m/s2 riktad 74° nedåt höger


11N0,55,1 ⋅=⋅= mFres

ur vilket den sökta massan fås som

11

0,55,1 ⋅=m kg = 0,682 kg

Svar: 0,68 kg

8,0 N 10 N

7,0 N

=

10 - 8,0 N = 2,0 N

7,0 N

=

2,0 N

7,0 N

α



3.19 Newtons första lag ger att klossen ligger still om den resulterande

kraften på den är noll. Det är den om kraften i det tredje snöret är

lika stor som summan av de två andra men motriktad. Summan av

de två första behövs sålunda.

Kraften i det tredje snöret behöver alltså vara 224 N stor och riktad

63° nordväst.

Svar: 224 N med riktning 63° nordväst.


Först: mamgFres =−= 821 (1)

Sen: ammgFres 2922 =−= (2)

(1) ger gmm

mga −=−

=8282

in i (2) gmgm

mmg 216482292 −=

−=−

vilket ger 921642 −=−mggm

eller 72=mg

och g

m 72= kg = 7,33 kg

Svar: 7,3 kg

100 N

200 N

=

100 N

200 N N224N200100 22 =+

α

63100200tan 1 =

= −a



Vanliga krafter

3.21 a) Normalkraften är alltid riktad rakt ut från underlaget.

b) Accelerationen bestäms av den resulterande kraften. Om friktion

saknas är det samma krafter som verkar på klossen då den åker upp

som då den åker nedför planet: tyngdkraften och normalkraften.

Svar: a) Falskt och b) Sant

3.22 Jordens dragningskraft på månen utgörs av gravitationskraften:

( )24

2424

11

103800081100,6100,6

10674,6⋅

⋅⋅⋅

⋅= −F N = 241005,2 ⋅ N

Svar: 24101,2 ⋅ N

3.23 Först: 221

rmmGF ⋅

=

Sen: ( )

=

⋅

=⋅

= 2

21

2

21

sen 44

222

r

mm

Gr

mm

GF1616 2

21 FrmmG =⋅

Svar: 16F

3.24 På klossen verkar tre krafter: tyngdkraften, normalkraften och

kraften från snöret. I och med att klossen ligger still vet vi, enligt

Newtons första lag, att den resulterande kraften på klossen är noll.

Här är det lämpligt att ersätta tyngdkraften med två krafter: en

parallell med planet och en vinkelrät mot det.

30°

FN Fs

Fg



30cosgFF =⊥ och 30sin// gFF =

F⊥ är då lika med den sökta normalkraften

och F// är lika stor som kraften i snöret.

a) ==== ⊥ 30cos30cosN mgFFF g

= 30cos82,930 ⋅⋅ N = 255,1 N

b) ==== 30sin30sin//s mgFFF g

= 30sin82,930 ⋅⋅ N = 147,3 N

Svar: a) 260 N och b) 150 N

3.25 a) Tyngdkraften, normalkraften och friktionskraften.

Utan friktionskraften skulle klossen accelereras åt vänster, alltså är

friktionskraften riktad åt höger.

b) I och med att bordet är horisontellt och klossen inte accelereras

vertikalt säger Newtons första lag att den resulterande kraften i

vertikalled är noll. Alltså är normalkraften lika stor som och

motriktad tyngdkraften.

82,90,1N ⋅=== mgFF g N = 9,82 N

30°

FN Fs

Fg

F//

F⊥

3,0 N 10 N

FN

Fg

Fµ



c) =−−=−−= Nres 0,3100,310 FFF µµ

= 82,920,00,310 ⋅−− N = 5,04 N åt vänster.

Svar: a) Tyngdkraften, normalkraften och friktionskraften, b) 9,8 N

och c) 5,0N åt vänster.

3.26 En konstant hastighet innebär att accelerationen är noll. Newtons

första lag säger att om accelerationen är den resulterande kraften

noll. Här betyder det att normalkraften är lika stor som

tyngdkraften och att friktionskraften är lika stor som kraften du

knuffar på boken med.

mgF =N

0,1N === mgFF µµµ

vilket ger 0,1=mgµ

eller 82,919,0

0,10,1⋅

==g

mµ

kg = 0,536 kg

Svar: 0,54 kg

3.27 Newtons andra lag ger att accelerationen som

m

Fa res=

där =−=−= Nkulakula, FgmFgFF gres µµ

( )klosskulaklosskula mmggmgm µµ −=−=

och klosskula mmm +=

vilket ger ( ) ( )0,40,7

0,430,00,782,9

klosskula

klosskula

+⋅−

=+−

=mm

mmga µ m/s2 =

= 5,18 m/s2.

Svar: 5,2 m/s2



Jämvikt och linjär rörelse

3.28 Läget hos en sten som utför ett fritt fall kan skrivas som

2

2ats =

Alltså kan tiden för stenen att falla sträckan s1 skrivas som

ast 1

12

=

Om stenen släpps från dubbla höjden, ss 22 = , tar det tiden

1112

2 222222 tas

as

ast ==

⋅==

En sten som släpps från dubbelt så stor höjd träffar alltså marken

efter 2 gånger så lång tid.

Svar: Falskt

3.29 Vid fritt fall ändrar sig läget enligt:

tvvs ⋅+

=2

0

där v = v0 + at

vilket ger 2

2

0attvs +=

a) s = 3,0 m/s, v0 = 0,0 m/s och a = g = 9,82 m/s2

vilket ger 82,9

0,322 ⋅==

ast s = 0,782 s

b) v = v0 + at = 0,0 + 9,82·0,782 = 7,68 m/s

Svar: a) 0,78 s och b) 7,7 m/s

3.30 Vid fritt fall ändrar sig läget enligt:

tvvs ⋅+

=2

0

och hastigheten enligt

v = v0 + at

Här är utgångshastigheten och accelerationen motriktade varandra.



Uppåt väljs som positiv och då blir den motsatta, nedåt, negativ.

v0 = 18 m/s, a = −g = −9,82 m/s2 och t = 4,0 s

vilket ger v = 18 + −9,82·4,0 = −21,3 m/s

och 0,42

3,2118⋅

−+=s m = −6,56 m

Svar: −21 m/s och −6,6 m

3.31 Newtons andra lag ger att

Fres = ma

där m = 84 kg och a behöver bestämmas.

a fås från uttrycket för hur hastigheten ändrar sig

v = v0 + at

som tvva 0−

=

och tiden för hastighetsökningen fås från

tvv

s ⋅+

=2

0

vv

svv

st+

=

+

=00

2

2

Detta ger oss accelerationen som

( )( )svv

svvvv

tvva

22

20

2000 −=

+−=

−=

där v = 12 m/s, v0 = 8,0 m/s och s = 30 m

Detta ger 33,1302

0,8122

2220

2

=⋅−

=−

=svva m/s2

och Fres = 84·1,33 = 112 N

Svar: 0,11 kN



3.32 Hastigheten fås som

v = v0 + at

Newtons andra lag ger att

m

Fa res=

Detta ger v = v0 + m

Fres t

där v0 = 0,

Fres = 40 − Fµ = 40 − µFN =

= 40 − µmg = 40 − 0,25·100 N = 15 N

m = 100/9,82 kg = 10,18 kg

och t = 3,0s

Den sökta hastigheten blir då

v = 0 + 0,318,10

15⋅ m/s = 4,42 m/s

Svar: 4,4 m/s

3.33 Under loppets tre delar har vi, i tur och ordning,

1) 22

21

0120

1attvtvvs +=⋅

+=

där v0 = 0 m/s

vilket ger 22

21

12

1attvs =⋅= (1)

2) s2 = v2·t2

där s2 = 55 m och t2 = 5,0 s

vilket ger v2 = 55/5,0 m/s = 11 m/s

3) 323

3 2tvvs ⋅

+=

där v3 = 9,0 m/s

vilket ger 333 102

110,9 tts ⋅=⋅+

=



Vidare vet vi att

s1 + s2 + s3 = 100 (2)

t1 + t2 + t3 = 11 (3)

(2) ger 2

21at + 55 + 10⋅t3= 100 (4)

(3) ger t3 = 11 − t1 − t2 = 11 − t1 − 5,0 = 6 − t1 (5)

(5) i (4) 2

21at + 10·(6 − t1)= 45

2

21at − 10t1= −15 (6)

(1) ger aa

vt 1121 ==

in i (6) 2

11 2

aa

− 10a11= −15

2

1212 aa −

a110 = −15

a

5,60 − a

110 = −15

a

5,49− = −15

a = 15

5,49−− m/s2 = 3,3 m/s2

Svar: 3,3 m/s2



3.34 På tiden t hinner den orange bilen

sO = 19t

På tiden t hinner den röda bilen

sR = 24t

När är den röda bilen är 1,0 km före den orangea?

sR = sO + 1000

24t = 19t + 1000

eller t = 200 s

Svar: 3 min och 20 s

3.35 Här är den kastade bollens utgångshastighet och accelerationen

motriktade varandra. Uppåt väljs som positiv och då blir den

motsatta, nedåt, negativ.

Höjd för boll som kastas uppåt med v0:

22

2

00

kastagttvtvvs −==⋅

+=

Höjd för boll som släpps:

22

20

släppgttvvs −=⋅

+=

Skillnaden mellan bollarnas höjd

tvgttvgtsss 0

2

0

2

kastasläpp 22−=

−−−=−=∆

Skillnaden mellan bollarnas höjd ökar alltså linjärt med tiden.

Svar: b)



3.36 Bilens medelhastighet ges av

tsvm =

där s = 150 m och t behövs.

Tiden fås från

tvtvvs ⋅=⋅+

=22

0

och v = v0 + at = at

vilka ger tats ⋅=2

eller ast 2

=

Medelhastigheten fås då som

======2222

2 sasas

sas

as

stsvm

2

5,21502

⋅==

sa m/s = 13,7 m/s

Svar: 14 m/s

3.37 För en likformigt accelererad rörelse ändrar sig läget enligt

tvtvvs ⋅=⋅+

=22

0

Hastigheten ändrar sig enligt

v = v0 + at = at

vilket ger avt =

Dessa ger a

vavvs

22

2=⋅=

där v = 8,0 m/s och a = g = 9,82 m/s2

vilket ger 82,92

0,8 2

⋅=s m = 3,26 m

Svar: 3,3 m



Rörelse vid mycket höga hastigheter

Tidsdilatation

3.38 Den som är still i förhållande till något som händer mäter t0.

Den som rör sig i förhållande till platsen där det händer mäter t.

Sambandet mellan dessa ser ut som

γ0tt =

där 2

1

1

−

=

cv

γ

I och med att γ < 1 är t > t0.

Svar: Sant

3.39 Här är t0 = 45 s och v = 0,5c

och vi ska räkna ut t.

γ0tt =

där 2

1

1

−

=

cv

γ

Detta ger 22 5,01

1455,01

145−

=

−

=

cc

t s = 51,96 s

Svar: 52 s



3.40 Här är t0 = 3,0 s och t = 3,001 s

och vi ska räkna ut v.

γ0tt =

där 2

1

1

−

=

cv

γ

Detta ger 20

1

1

−

=

cv

tt

ur vilket vi bryter ut v:

tt

cv 0

2

1 =

−

2

02

1

=

−

tt

cv

2

02

1

−=

tt

cv

2

01

−=tt

cv

Detta ger 2

82

0

001,30,311031

−⋅=

−=tt

cv m/s = 7744031

m/s

Svar: 7700 km/s



Längdkontraktion

3.41 Här är l0 = 0,30 m och l = 0,25 m

och vi ska räkna ut v.

γ0ll =

där 2

1

1

−

=

cv

γ

Detta ger 2

0 1

−=

cvll

ur vilket vi bryter ut v:

2

01

−=

cv

ll

22

01

−=

cv

ll

2

0

2

1

−=

ll

cv

2

01

−=

ll

cv

2

82

0 30,025,011031

−⋅=

−=

llcv m/s =

= 165831240 m/s

Svar: 1,7⋅108 m/s



3.42 Här är l0 = 26 ljusår = 26⋅9,5⋅1015 m och v = 0,94c

a) γ0ll =

där 2

1

1

−

=

cv

γ

vilket ger =

−=

−=

22

094,01261c

ccvll

294,0126 −= ljusår = 8,87 ljusår

b) Jordborna mäter längden l0 och tiden t:

8

150

10394,0105,926⋅⋅⋅⋅

==vl

t s = 875886524 s =

= 875886524/(365⋅24⋅60⋅60) år = 27,8 år

c) Astronauten mäter tiden t0:

γ0tt =

där 2

1

1

−

=

cv

γ

Detta ger =

−=

−=

22

094,018758856241c

ccvtt

294,01875885624 −= s = 298830096 s =

= 298830096/(365⋅24⋅60⋅60) år = 9,48 år

Svar: a) 8,9 ljusår, b) 28 år och c) 9,5 år



Rörelsemängd och impuls

3.43 Om man tittar på ett enstaka föremål, eller ett begränsat antal

föremål, kan den totala rörelsemängden hos det/de ändras. En

förändring där innebär dock alltid en motsvarande förändring bland

omgivande föremål. Tas hänsyn till alla föremål fås därför ingen

förändring av den totala rörelsemängden. Exempel: en kloss som

åker efter ett bord och har en rörelsemängd. Efter ett tag är klossen

stilla och har då ingen rörelsemängd. . Rörelsemängden har dock

inte försvunnit: bordet, jorden etc. har fått den.

Svar: Sant

3.44 Bågskyttens och pilens totala rörelsemängd bevaras eftersom

summan av krafterna som utövas på dem av något annat är noll.

pföre = pefter

pskytt + pil = pskytt + ppil

(mskytt + mpil)vskytt+pil = mskyttvskytt + mpilvpil

Detta ger den sökta skyttens hastighet som

( )

skytt

pilpilpilskyttpilskyttskytt m

vmvmmv

−+= +

där mskytt = 79 kg, mpil = 0,036 kg vskytt+pil = 0,0 m/s och vpil = 95 m/s

vilket ger ( )79

95036,00,0036,079skytt

⋅−⋅+=v m/s = − 0,0433 m/s

Svar: −4,3 cm/s



3.45 Lokets och tågvagnarnas totala rörelsemängd bevaras eftersom summan av krafterna som utövas på dem av något annat är noll. pföre = pefter plok + pvagnar = plok + vagnar

mlokvlok + mvagnarvvagnar = (mlok+m vagnar)vlok + vagnar

Detta ger den sökta vagnarnas hastighet som

( )

vagnar

loklokvagnarlokvagnarlokvagnar m

vmvmmv

−+= +

där mlok = m, mvagnar = 2m, vlok = −2,0 m/s, vlok + vagnar = 1,0 m/s

så ( )

=−+

= +

mmvvmm

v2

2 lokvagnarlokvagnar

=−

= +

mmvmv

23 lokvagnarlok

=−

= +

23 lokvagnarlok vv

= ( )2

0,20,13 −−⋅ m/s = 2,5 m/s

Svar: 2,5 m/s

3.46 pföre = pefter

pvagn = pvagn + påse

mvagnvvagn = (mvagn+mpåse)vvagn + påse

Detta ger den sökta gemensamma hastigheten som

påsevagn

vagnvagnpåsevagn mm

vmv

+=+

där mvagn = 2,5 kg, vvagn = 3,8 m/s och mpåse = 0,85 kg

vilket ger 85,05,28,35,2

påsevagn +⋅

=+v m/s = 2,84 m/s

Svar: 2,8 m/s



3.47 pföre = pefter

p1 + p1 = p1 + 2

m1v1 + m2v2 = (m1+m2)v1 + 2

Detta ger den sökta gemensamma hastigheten som

21

221121 mm

vmvmv

++

=+

där m1 = 0,10 kg, m2 = 0,30 kg, v1 = 2,8 m/s och v2 = 0,0 m/s

vilket ger 30,010,0

0,030,08,210,021 +

⋅+⋅=+v m/s = 0,70 m/s

Svar: 0,70 m/s

3.48 a) Deras totala rörelsemängd fås som summan av de två

rörelsemängderna. Viktigt är, som alltid vid vektorer, att ta

hänsyn till båda dess egenskaper. Storlek och riktning.

där p1 = m1·v1 = 1000·15 kgm/s = 150000 kgm/s

och p2 = m2·v2 = 2000·10 kgm/s = 200000 kgm/s

vilket ger den totala rörelsemängdens storlek som

2222

21res 2000015000 +=+= ppp kgm/s =

= 25000 kgm/s

och riktning som

9,362000015000tantan 1

2

11 =

=

= −−

pp

a

Norr p1

p2

α

pres



b) Rörelsemängden bevaras vilket ger:

pres = pefter

pres = (m1 + m2)vefter

vilket ger oss hastighetens storlek som

vefter = pres/(m1 + m2) =

= 25000/(1000 + 2000) = 8,33 m/s

och dess riktning är samma

som totala rörelsemängden före kollisionen.

Svar: a) 2,5·103 kgm/s med riktning 37° nordost och

b) 8,3 m/s med samma riktning som i a)

3.49 Ändringen i vagnens rörelsemängd fås som

Δp = pefter − pföre = mvefter − mvföre = m(vefter − vföre) =

= 1,6(1,0 − 5,0) = −6,4 kgm/s

Svar: −6,4 kgm/s

3.50 Bollens hastigheter före resp. efter studs är motriktade varandra.

Uppåt väljs som positiv riktning.

a) Bollens rörelsemängd just före studs fås som

pföre = mvföre

där m = 0,100 kg

och vföre storlek fås från att bollen utför ett fritt fall

tvtvvs ⋅=⋅+

=22föreföre0

vilket ger tsv 2

före =

t fås från vföre = v0 + at = at

som a

vt före=

och föreföre

före22v

saav

sv ==

eller sav 2före =

där s = 2,0 m och a = g = 9,82 m/s2



vilket ger 82,90,22före ⋅⋅=v m/s = 6,27 m/s

och storleken på rörelsemängden för studsen

pföre = mvföre = 0,100·6,27 kgm/s = 0,627 kgm/s

Denna är dock i negativ riktning så

pföre = −0,627 kgm/s

Bollens rörelsemängd just efter studs fås som

pefter = mvefter

där m = 0,100 kg och vefter storlek fås på samma sätt som vföre

sav 2efter =

där s = 1,5 m och a = g = 9,82 m/s2

vilket ger 82,95,12efter ⋅⋅=v m/s = 5,43 m/s

och storleken på rörelsemängden för studsen

pefter = mvefter = 0,100·5,43 kgm/s = 0,543 kgm/s

i positiv riktning, så

pefter = 0,543 kgm/s

b) Impulsen ges av

I = Ft = Δp = pefter − pföre

ur vilket den sökta kraften fås som

( )3

föreefter

100,1627,0543,0

−⋅−−

=−

=t

ppF N = 1170 N

Svar: a) −0,627 kgm/s resp. 0,543 kgm/s och b) 1,2 kN

3.51 Du ger bilen en impuls

I = Ft = Δp = pefter − pföre


( )t

vvmt

mvmvt

ppF föreefterföreefterföreefter −=

−=

−=

där m = 1200 kg, vefter = 2,0 m/s, vföre = 0,0 m/s och t = 4,8 s

vilket ger ( ) ( )8,4

0,00,21200föreefter −=

−=

tvvmF N = 500 N

Svar: 0,50 kN



Tryck och Arkimedes princip

3.52 a) Ovanför dig finns luft som har massa. Tyngdkraften drar luften

mot jorden och dig och orsakar det lufttryck vi lever i.

b) Lyftkraften är beroende på hur stor volym som trängs undan.

Bowlingklotet har större volym och påverkas därmed av en större

lyftkraft.

Svar: Sant och b) falskt

3.53 Densitet beräknas enligt:

Vm

=ρ

där m = 0,567 kg = 567 g och V = 6,0·3,0·4,0 cm3 = 72 cm3

vilket ger 72

567=ρ g/cm3 = 7,88 g/cm3

Svar: 7,9 g/cm3

3.54 Vätskans densitet kan skrivas som

vätska

vätskavätska V

m=ρ

där Vvätska = 100 ml = 100 cm3 och mvätska behövs.

Före: mbägare = 67 g

Efter mbägare + mvätska = 153 g

vilket ger mvätska = 153 − mbägare = 153 − 67 g = 86 g

Vätskans densitet kan beräknas som

10086

vätska

vätskavätska ==

Vmρ g/cm3 = 0,86 g/cm3

Svar: 0,86 g/cm3

3.55 Trycket ges av

AFp =

där F = mg = 0,84⋅10-3 ⋅ 9,82 N = 8,25⋅10-3 N

och A = 0,133⋅0,066 m2 =8,78⋅10-3 m2



vilket ger 3

3

1078,81025,8

−

−

⋅⋅

=p Pa = 0,940 Pa

Svar: 0,94 Pa

3.56 Det totala trycket ges av

ptot = pluft + ρhg

där pluft = 101⋅103 Pa, ρ = 1000 kg/m3

h = 12,5 m och g = 9,82 m/s2

Detta ger ptot = 101⋅103 + 1000·12,5·9,82 Pa = 223750 Pa

Svar: 0,22 MPa

3.57 Det totala trycket nere hos dykaren ges av

ptot = pluft + ρhg

ur vilket det sökta lufttrycket fås som

=−= hgpp ρtotluft

0,582,9100010140 3 ⋅⋅−⋅= Pa = 90900 Pa

Svar: 91 kPa

3.58 a) I och med att båten flyter är lyftkraften

lika stor som tyngdkraften

FL = Fg = mg = 0,27·9,82 N = 2,65 N

b) Lyftkraften kan också skrivas som

FL = mu⋅g = ρu⋅Vu g

ur vilket den sökta volymen fås som

g

FVu

Lu ρ=

där ρu = ρvatten =1000 kg/m3

vilket ger 82,91000

65,2u ⋅=V m3 = 2,70⋅10-4 m3 =

= 0,27 dm3 = 0,27 liter

Svar: a) 2,7 N och b) 0,27 liter



3.59 Summan av krafterna uppåt

=+=+= gVFFFF uuduLduupp ρ

gmFgVFsten

stenudustenudu ρ

ρρ +=+=

Kraften nedåt

gmFF g stenned ==

Stenen är stilla, alltså är summan av krafterna uppåt

lika med summan av krafterna nedåt:

nedupp FF =

gmgmF stensten

stenudu =+ρ

ρ


=−= gmgmFsten

stenustendu ρ

ρ

2297,20,1182,9371

sten

usten =

−⋅=

−=ρρgm N

Svar: 230 N

3.60 Kraft nedåt, tyngdkraften på oljetankern,

är lika med kraft uppåt, lyftkraft från vattnet på oljetankern.

gVmg uuρ=

15482771000uu ⋅⋅⋅== Vm ρ kg = 199·106 kg

Svar: 200·106 kg

3.61 Klossen flyter om maximal kraft uppåt

är minst lika stor som total kraft nedåt.

Kraft uppåt: gVFF uuLupp ρ==

där 3vattenu mkg1000== ρρ

== träklossu VV 343 m1025,1m050,010,0025,0 −⋅=⋅⋅

vilket ger 82,9101,250001 -4upp ⋅⋅⋅=F N = 1,23 N



Kraft ned: ( ) =+=+= viktträklossvikt,träkloss,ned mmgFFF gg

( ) =+= viktträklossträkloss mVg ρ

( )0060,01025,145082,9 4 +⋅⋅= − N = 0,611 N

Svar: Ja, den flyter eftersom maximal kraft uppåt

är större än kraft nedåt.

3.62 Kraft upp gVNgVNNFF ballonguuuLupp ρρ ===

Kraft ned ( ) =++= gmgmNgmF heliumballongbarnned

( )( )=++= heliumballongbarn mmNmg

( )( )ballongheliumballongbarn VmNmg ρ++=

2-åringen flyger iväg då kraften uppåt blir större än kraften nedåt.

nedupp FF =

( )( )ballongheliumballongbarnballongu VmNmggVN ρρ ++=

Bryt ut N ( )ballongheliumballongbarnballongu VmNmVN ρρ ++=

( ) barnballongheliumballongballongu mVmNVN =+− ρρ

( )( ) barnballongheliumballongballongu mVmVN =+− ρρ

ballongheliumballongballongu

barn

VmVmN

ρρ −−=

( ) =−−

=ballongheliumuballong

barn

mVmNρρ

( ) =−−

=0040,0178,029,1011,0

10 1215

Svar: 1200 st

Documents

3 Rörelse och krafter 1 - Studentlitteratur · t s v. m/s = 5,0 m/s Svar 5,0 m/s . 3.3 Medelhastigheten fås som . t s s t s v ... m 72 kg = 7,33 kg Svar: 7,3 kg . 100 N 200 N =