LÖSNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 8

LP 8.1

AAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAA

O x

kx

Vi antar först att den givna bromsandekraften F kx= är den enda kraft sompåverkar rörelsen och därmed ocksåinträngningsdjupet. Men verkar ingenkraft i rörelseriktningen? Fastän man italspråk kunde ha sagt att ”kulan kommed en våldsam kraft mot målet” ärdet inte frågan om en kraft i fysikaliskmening. Kulan har däremot från bör-jan en rörelsemängd p v= m somminskar till noll vid inbromsningen.Det är förändringen per tid av denna

rörelsemängd som enligt kraftekvationen F p= ˙ är detsamma som nettokraften

på kulan. Begynnelsevillkoret är t

x

x v=

==

00

0˙Vi ska bestämma farten som funktion av läget x . En energiekvation är just ensådan ekvation där tidsberoendet eliminerats. Vi väljer här

lagen om den kinetiska energin: U T T= − 0 (1)

Den kinetiska energin från början är given: T mv0 0

212

= (2)

Arbetet U , som den bromsande kontaktkraften gör, bestäms genom integreringenligt definitionen

U

C

= ⋅∫ F rr

r

d0

(3)

Både kraften och förflyttningen har här komponent endast i x-riktningen.Kraften är motsatt riktad förflyttningen så att ett minustecken uppstår i skalär-produkten. Insättning i (3) ger

U kx x kx

x

= −∫ = − −d0

212

0

Insättning i huvudekvationen (1) ger

− = −1

212

12

2 20

2kx mx mv˙ (4)

⇒ x v

km

x= −02 2 (5)

Vi vet att inträngningsdjupet är d . Det betyder enligt ekv (5) att

v

km

d02 2 0− = ⇒

k

mvd

= 02

2

Insättning i (5) ger resultatet x v

xd

= −0

2

21

LP 8.2

A

kx

β

xP

mg

En krafts arbete bestäms med hjälp avdefinitionen

U F x F y F z

Cx y z

C= ⋅∫ = + +( )∫F r

r

r

r

r

d d d d1 1

2 2

Förflyttningen av kraftens angrepps-punkt sker från läget r1 till r2 längsvägen C . Definitionen visar att det ärbara förflyttningen i kraftens riktningeller kraftkomponenten i förflyttning-ens riktning som ger ett bidrag.Vi bestämmer nu denna linjeintegralför de tre krafterna i tur och ordning.

a) Tyngdkraften har komponenten F mgx = − sin β i förflyttningens riktning.Komponenten som är vinkelrät mot planet bidrar ej till arbetet.

U mg x mg x x

C x

x

= ⋅∫ = −∫ = − −( )F rr

r

d sin d sin1 1

22

2 1β β

b) Fjäderkraften har komponenten F kxx = − i förflyttningens riktning.

U kx x kx k x x

C x

x

x

x

= ⋅∫ = −∫ = −

= − −( )F rr

r

d d1 1

2

1

22 12

12

22

21

2

c) Kraften P verkar i förflyttningens riktning.

U P x P x x

C x

x

= ⋅∫ = ∫ = −( )F rr

r

d d1 1

22

2 1

Observera att om förflyttningen är uppåt längs planet gör kraften P ett positivtarbete medan tyngdkraften och fjäderkraften gör ett negativt arbete.

För krafter som är konstanta är arbetet "kraft gånger väg". För andra kraftersom t ex fjäderkraften måste arbetet bestämmas med en integration.

LP 8.3

mg

h

Skivstången påverkas av tyngdkraften

mg och krafterna från händerna. Dessakrafter gör var för sig arbeten underlyftet.

Tyngdkraftens arbete är U mghmg = − .

Det arbete som tyngdlyftaren gör kallas

U1. För hela lyftet gäller

lagen om den kinetiska energin:

U T T= − 0

Insättning ger U mgh mv1 − = −1

201

2 (1)

För att bestämma U1 måste alltså farten v1 bestämmas.

Lyftet sker med konstant acceleration som vi kan kalla a. Kinematiksambandger med begynnelsevillkoret vila vid x = 0.

x a=

x at=

x at= 1

22

x h= ⇒ h a t= ( )1

22∆ ⇒

a

ht

=( )

22∆

⇒ v

ht1

2=∆

Insättning i (1) ger

U mgh mht1 = +

12

2 2

∆

Arbetet som görs för att praktiskt taget utan fart lyfta skivstången är alltså

U mgh1 = .

Numeriskt fås U1 J 0.2kJ= ⋅ +

≈40 9 81 0 5

12

11

2

. .

LP 8.4

(m)

x

F (MN)

1

5

10

2

10.5 1.5

En krafts arbete bestäms med hjälp avdefinitionen

U F x F y F z

Cx y z

C= ⋅∫ = + +( )∫F r

r

r

r

r

d d d d1 1

2 2

Om kraften riktning sammanfaller medrörelseriktningen fås

U F x xx= ( )∫ d

Denna integral motsvaras i figuren avarean under kurvan. I stället för attintegrera en funktion gör vi en upp-skattning av areans storlek.

Varje ruta i figuren motsvarar "arean" 0 1. MNm. Antalet rutor uppskattas till 90 . Det totala arbetet som kraften gör är alltså U = 9 MNm.

Lagen om den kinetiska energin: U T T= − 0

ger U mv= −1

201

2 ⇒ v

Um1

2=

Det numeriska värdet blir v1

6318 10

52 10= ⋅ ≈ ⋅ m/s m/s

LP 8.5

A T O M I C

ATO

MIC

Av de totala friktionsförlusterna stårluftmotståndet för 90%. Hur stora är dåden totala förlusten av mekanisk energi?

Antag att motståndskrafterna totalt görarbetet −U1.

Lagen om den kinetiska energin:

U T T= − 0

ger − + = −U mgh mv1

212

0 ⇒ U mgh mv1

212

= −

Om farten längst ner i backen är noll har motståndskrafterna alltså gjort likastort arbete som tyngdkraften.

Luftmotståndskraften har gjort arbetet

U mgh mv220 9

12

= ⋅ −

.

LP 8.6

β

α

mg

NS

f

En krafts arbete bestäms med hjälp avdefinitionen

U F x F y F z

Cx y z

C= ⋅∫ = + +( )∫F r

r

r

r

r

d d d d1 1

2 2

För krafter som är konstanta bestämsarbetet som "kraft gånger väg". Här ärtrådkraften S och tyngdkraften mgkonstanta. Eftersom accelerationen ärnoll i normalkraftens riktning är nor-malkraften också konstant. Friktions-kraften är vid glidning f N= µ och denmåste då också vara konstant.

a) Tyngdkraften har komponenten F mgx = − sin β i förflyttningens riktning.Komponenten som är vinkelrät mot planet bidrar ej till arbetet.

U mg x mg x

C

x

= ⋅∫ = −∫ = − ⋅F rr

r

d sin d sin1

2

0β β

Alternativt säger man att förflyttningen i kraftens riktning (nivåändringen) är xsin β . Arbetet blir U mg x= − ⋅ sinβ

Numeriskt fås: U = − ⋅ ⋅ ⋅ ≈60 9 81 10 0. sin .3 kJ -1.8 kJ

b) Trådkraften har komponenten F Sx = cosα i förflyttningens riktning.

U S x S x

C

x

= ⋅∫ = ∫ = ⋅F rr

r

d d1

2

0cos cosα α

Numeriskt fås: U = ⋅ ⋅ ≈300 0cos .5 10 kJ 2.6 kJ

c) Friktionsraften f N= µ är parallell med förflyttningens riktning. Här måsteförst normalkraften bestämmas med kraftekvationens komponent inormalkraftens riktning:

N S mg+ − =sin cosα β 0 ⇒ N mg S= −cos sinβ α

U N x mg S x

C

x

= ⋅∫ = −∫ = − −( )F rr

r

d d1

2

0µ µ β αcos sin

Numeriskt fås: U = ⋅ ⋅ − ⋅( ) ≈0 1 60 9 81 0 3 300 0 5 0 4. . cos . sin . .kJ - kJ

LP 8.7

Ox

cx2

En krafts arbete bestäms med hjälp avdefinitionen

U F x F y F z

Cx y z

C= ⋅∫ = + +( )∫F r

r

r

r

r

d d d d1 1

2 2

Om kraften riktning sammanfaller medrörelseriktningen fås

U F x xx= ( )∫ d

Fjäderkraftens arbete blir U cx x cx

x

= −∫ = −2

0

313

d

Lagen om den kinetiska energin: U T T= − 0

ger eftersom fjäderkraften är den enda kraft som gör arbete

− = −1

312

121

31

20

2cx mv mv ⇒

v v

cm

x12

02

132

3= − ⇒

v v

cm

x1 02

132

3= −

Det numeriska värdet blir v1

2 332 1200

3 20 2= − ⋅

⋅≈. m/s 2.4 m/s

LP 8.8

β

v0

Kulstötaren höjer kulans nivå och gerden en utgångshastighet som vi kallar

v1. Denna hastighet är indirekt given avkastparabelns utseende. Stighöjden ärnämligen tidigare bestämd till

h

vg

= 12 2

2sin β

Detta uttryck skall man kunna ta frammen behöver inte kunnas utantill. Se t exkinematikavsnittet i teoriboken.

⇒ v

gh1

2=

sin β

Lagen om den kinetiska energin: U T T= − 0

ger U mgh mv1 1 1

212

0− = − ⇒

U mgh m

gh1 1 2

12

2= +sin β

⇒

U mg hh

1 1 2= +

sin β

Det numeriska värdet blir U1 27 257 9 81 1

2 436

0 5≈ ⋅ +°

≈. .

.sin

. J kJ

LP 8.9

x

y

θ

P

β

R

mg

N

En krafts arbete bestäms med hjälp avdefinitionen

U F x F y F z

Cx y z

C= ⋅∫ = + +( )∫F r

r

r

r

r

d d d d1 1

2 2

Hylsan påverkas av tyngdkraften mg,kraften P samt normalkraften N .

Normalkraften är i varje läge vinkelrätmot en infinitesimal förflyttning ochbidrar ej till arbetet.

Tyngdkraftens totala arbete är

U mgRmg =

Dela upp kraften P i en horisontell och en vertikalkomposant. De är bådakonstanta och arbetet kan bestämmas som "kraft gånger väg". Komposanternagör arbetena

U P RP1 = ⋅cosβ

U P RP2 = − ⋅sin β

Lagen om den kinetiska energin: U T T= − 0

ger då mgR P R P R mv+ ⋅ − ⋅ = −cos sinβ β 1

201

2 ⇒

v

Rm

mg P P12= + −( )cos sinβ β

LP 8.10

x

P

O

mg

N

f

Containern har massan m. Den gliderpå ett horisontalplan med friktionstaletµ och påverkas av kraften P c kx= + 2 .

Begynnelsevillkoret är

t

x

x=

==

000˙

Frilägg containern! Förutom den givnahydrauliska kraften verkar tyngdkraften

mg, normalkraften N samt friktionskraften f . Vi ska bestämma farten somfunktion av läget x . Om krafternas arbeten på containern kan bestämmas fåsfartändringen indirekt av

lagen om den kinetiska energin: U T T= − 0 (1)

Tyngdkraften och normalkraften gör inget arbete eftersom de är vinkelräta motförflyttningen.

Enligt kraftekvationens vertikala komponent är

N mg= (2)

Friktionskraften är fullt utbildad (dvs maximal) vid glidning så att

f N= µ ⇒ f mg= µ (3)

Friktionskraftens arbete är då

U mg x mgx mgxf

x= −∫ = −[ ] = −µ µ µd0

x

0 (4)

och kan sägas vara ”kraft gånger väg” eftersom kraften är konstant.

Kraften P gör arbetet

U c kx dx cx

kxcx

kxP

xx

= ( )∫ =

=+ + +2

0

3

0

3

3 3 (5)

Observera att arbetet måste beräknas som en integral då kraften ej är konstant.

Insättning i huvudekvationen (1) ger nu

cx

kxmgx mx+

32

312

0− = −µ ˙ (6)

xm

c mg xkx= −( )

23

3

µ +

LP 8.19

l

x

k1 k2

lv0

AAAA

AAAAAA

l

x

k1x k2x

l

AAAA

AA

Fjädrarnas maximala längdändring söks.Motsvarande rörelsetillstånd måste varaett vändläge för hylsan, dvs då fartenmomentant är noll. Det betyder att denkinetiska energin som fanns från börjanhar övergått till potentiell energi hosfjädrarna.Förutom av fjäderkrafterna påverkashylsan också av tyngdkraften mg ochkontaktkraften från stången. Eftersomstången är glatt är friktionskraften nolloch kontaktkraften består av enbart ennormalkraft N . Vid en energibetraktelsegör varken mg eller N något arbete. Deär därför inte heller utritade i frilägg-ningsfiguren.

Begynnelsevillkoret är t

x

x v=

==

00

0˙

Även om vi ska betrakta ett ögonblick då farten är noll handlar det om farten iett visst läge. I en problemtyp där man ska bestämma farten som funktion avläget används i första hand en energiekvation. Vi väljer här

lagen om den kinetiska energin: U T T= − 0 (1)

Den kinetiska energin från början är given: T mv0 0

212

= (2)

Arbetet som en fjäderkraft gör vid en förlängning bestäms med integrering. Detblir negativt, eftersom kraften är motriktad förflyttningen:

F r⋅∫ = =∫ −∫ = −d d dF x kx x kxx

x

0

212

(3)

Huvudekvationen (1) ger nu hastigheten i ett godtyckligt läge:

− − = −1

212

12

121

22

2 20

2k x k x mx mv˙ (4)

Speciellt fås läget (eller den maximala längdändringen xmax ) för ett vändläge då

x = 0

− − = −1

212

0121

22

20

2k x k x mvmax max (5)

k k x mv1 22

02+( ) =max (6)

⇒ x

mk k

vmax =+1 2

0

Anm.: Lösningen kan också fås ur lagen om mekaniska energins bevarande.

LP 8.23

h

a

mg

N

Eftersom hylsan glider på en glatt stångpåverkas den bara av tyngdkraften mgoch normalkraften N . Normalkraften ärvinkelrät mot hastigheten och gör alltsåinget arbete. Tyngdkraften är konserva-tiv vilket betyder att den mekaniskaenergin bevaras. Låt referensnivån förden potentiella energin vara i nederstaläget. Den mekaniska energin är enrörelsekonstant:

T V T V1 1 0 0+ = + (1)

Insättning ger

12

0 012mv mgh+ = + (2)

v gh1 2=

Stångens form och längd har ingen betydelse. Det är endast förflyttningen ityngdkraftens riktning som inverkar.

LP 8.24

v0

v1 h1

h2

N

mg

Vagnen påverkas bara av tyngdkraften

mg och normalkraften N . Normalkraft-en är vinkelrät mot hastigheten och göralltså inget arbete. Tyngdkraften mg ärkonservativ. Den mekaniska energinbevaras alltså. Låt referensnivån för denpotentiella energin vara i utgångsläget.Den mekaniska energin är enrörelsekonstant:

T V T V1 1 0 0+ = + (1)

Insättning ger

12

12

012

1 02mv mgh mv− = + (2)

v v gh12

02

12= + ⇒ v v gh1 0

212= +

För att vagnen skall komma över krönet krävs en fart v gh0 22min =

LP 8.26

A

B

x

y

z

θ R

h

mg

N

Barnet påverkas bara av tyngdkraften

mg och normalkraften N . Normalkraft-en är vinkelrät mot hastigheten och göralltså inget arbete. Tyngdkraften mg ärkonservativ. Den mekaniska energinbevaras alltså. Låt referensnivån för denpotentiella energin vara i utgångsläget.Lagen om den mekaniska energinsbevarande:

T V T VB B A A+ = + (1)

ger

12

12

02 2mv mgh mvB A− = + (2)

v v ghB A2 2 2= + ⇒

v v ghB A= +2 2

LP 8.29

b

c c

AAAA

AAAA

cc

b Ffjäder Ffjäder

Gummibanden kan ses som fjädrar.Stenen påverkas av fjäderkrafterna ochtyngdkraften försummas.Fjäderkraften är konservativ. Om refe-rensnivån för den potentiella energinmotsvarar den naturliga längden hosfjädern så kan potentiella energinskrivas

V k lfjäder = ( )1

22∆

där ∆l är förlängningen räknat från dennaturliga längden.

Lagen om den mekaniska energinsbevarande:

T V T V1 1 0 0+ = + (1)

ger

12

0 0 212

012 2 2

2

mv k b c l+ = + ⋅ + −( ) +

(2)

⇒ v

km

b c l12 22= ⋅ + −( )

LP 8.31

k

A

O

A

r

d

B

AA

mg

mg

N

NFfjäder

C

Hylsan påverkas av tyngdkraften mgnormalkraften N och fjäderkraften. Vidcirkelrörelsen är dock fjäderkraften nolleftersom fjädern då har sin naturligalängd. Normalkraften är vinkelrät mothastigheten och gör alltså inget arbete.Tyngdkraften mg och fjäderkraften ärkonservativa. Den mekaniska energinbevaras alltså. Låt referensnivån för denpotentiella energin för tyngdkraftenvara i utgångsläget. Om hylsan nätt ochjämt når den översta punkten C når denockså B , eftersom tyngdkraften drarden neråt.Lagen om den mekaniska energinsbevarande:

T V T VC C A A+ = + (1)

ger

12

2 012

2 2 22

mv mg r k r d rC + ⋅ = + + −( ) (2)

0 2

12

2 22

+ = + −( )mgr k r d r ⇒

r d r

mgrk

2 2 4+ − = ⇒ r d r

mgrk

2 2

24+ = +

⇒

d rmgrk

mgrk

= +24 4

d ≈ 0 49. m

LP 8.32

x

y

y=kx 2

h

mg

N

Skateboardåkaren påverkas av tyngd-kraften mg och normalkraften N . I detnedersta läget är normalkraften vertikal.Den bestäms med hjälp av kraftekvatio-nens komponent i normalriktningen(naturliga komponenter), som häröverensstämmer med riktningenvertikalt uppåt:

m

vN mgC

C

2

ρ= − (1)

Index C står för det nedersta läget.

Lagen om den mekaniska energins bevarande ger farten vC

T V T VC C A A+ = + (2)

12

0 02mv mghC + = + ⇒ v ghC = 2 (3)

Krökningsradien är given i problemtexten. För x = 0 fås ρC k= 1 2/ .

Insättning i (1) ger N mg m

ghk

= + ( )21 2/

⇒ N mg kh= +( )1 4

LP 8.33

AA

AAAAAAAAAAAAAA

AAAAAAAAAAA

AAAAAAAAA

B

mAg

N

m g

S

S S

S

SS

S

xA

xB

Vi skall bestämma farten efter en vissförflyttning. Det är just den problem-ställningen som en energilag passar för.Frilägg först kropparna för att se vilkakrafter som gör arbete.

I ett föregående problem har vi utrettkinematiken. Eftersom linan är oelastiskmåste förflyttningen för A vara tregånger så stor som förflyttningen för B .Trådkrafterna som verkar på kropparna A och B gör arbete men eftersom A rörsig i trådkraftens riktning och B entredjedel så långt i motsatt riktning(relativt krafterna) så uträttar intetrådkrafterna tillsammans något arbete.Det är alltså bara tyngdkraften somuträttar arbete. Systemet är konservativt

Lagen om den mekaniska energins bevarande

T V T V+ = +0 0 (1)

ger

12

12

0 0 02 2m v m v m ghB B A A B+ − = + + (2)

Men v vA B= 3 (3)

⇒

12

19

2m m v m ghB A A B+

= ⇒

vm gh

m mAB

B A

=+

189

LP 8.34

A

ρA

ρB B

h

mg

N

Vagnen påverkas av tyngdkraften mgoch normalkraften N . I det översta lägetär normalkraften vertikal, i det andraläget B är normalkraften horisontell.Den bestäms med hjälp av kraftekvatio-nens komponent i normalriktningen(naturliga komponenter):

m

vN mgA

AA

2

ρ= + (1)

m

vNB

BB

2

0ρ

= + (2)

Lagen om den mekaniska energins bevarande ger farten ger sambandet mellanfarten vA och vB.

T V T VA B B B+ = + (3)

12

12

02 2mv mgh mvA B+ = + (4)

NB skall bestämmas och är enligt ekv (2) bestämd om vB är känd. Farten vB

uttrycks i vA med ekv (4) och vA ges av (1), eftersom N mgA = /2 är given. Alltså,

ekv (1) ger m

vmgA

A

2 32ρ

=

ekv (4) ger

12

12

32

2mv mg mghB A= ⋅ +ρ

ekv (2) ger N mg mghB

BA= ⋅ +

1 32

2ρ

ρ

⇒

N h mgBB

A= ⋅ +

1 32

2ρ

ρ

LP 8.35

AA

2r

kA

B

r/2 O

r

A

A N

N

mg

mg

Ffjäder

Ffjäder

Hylsan påverkas av tyngdkraften mgnormalkraften N och fjäderkraften.Normalkraften är ständigt vinkelrät mothastigheten och gör alltså inget arbete.Tyngdkraften mg och fjäderkraften ärkonservativa. Den mekaniska energinbevaras alltså. Låt referensnivån för denpotentiella energin för tyngdkraftenvara i utgångsläget. Potentiella energinför fjäderkraften är

V k lfjäder = ( )1

22∆

där ∆l är förlängningen räknat från dennaturliga längden.

Lagen om den mekaniska energins bevarande:

T V T VB B A A+ = + (1)ger

12

212 2

12

012

22

22

02 2

22

mv mg r kr

mv k rr

rB − ⋅ +

= + + ( ) +

−

(2)

Förenkling ger

12

212

12

174 2

20

2 2

2 2

mv mg r mv k r rr

B = ⋅ + + −

−

⇒

v v gr

km

rB2

02 24

204

17= + + −

⇒

v v gr

km

rB = + + −( )02 24 5 17

Numeriskt fås vB ≈ + ⋅ + −( )9 0 8 9 81

1000 4

5 17 0 04. ..

. m/s

⇒ vB ≈ 5 1. m/s

LP 8.36

vA

v

A

rB

rA F

er

r

Satelliten kretsar kring jorden och på-verkas av en enda kraft, gravitations-kraften från jorden. Enligt Newtonsallmänna gravitationslag är den

F e= −G

Mmr r2 (1)

där M och m är jordens respektivesatellitens massa, r avståndet mellankropparna och G den allmänna gravi-tationskonstanten. Minustecknetbetyder att kraften är riktad inåt motjorden medan enhetsvektorn er harriktning från jorden mot satelliten.Eftersom kraften är omvänt proportio-nell mot avståndet och lika med mgvid jordytan måste den också kunnaskrivas

F e= − mgR

r r

2

2 (2)

där R är jordens radie.Problemställningen gäller i princip farten som funktion av läget, och vi vet attlösningen i ett sådant problem ges av en energiekvation. Gravitationskraften ärkonservativ och potentialen är känd:

V G

Mmr

= − eller V

mgRr

= −2

(3)

Potentialfunktionens lutning är ett mått på kraftens storlek. Med andra ord: ompotentialfunktionen deriveras med avseende på r får man kraftkomponenten.Lagen om den mekaniska energins bevarande

T V T V1 1 2 2+ = + (4)

⇒

12

12

22

22

mvmgR

rmv

mgRrA

AB

B

− = − (5)

⇒ = + −

v v gRr rB AB A

2 221 1

Kommentar: Satelliten beskiver en centralkraftsrörelse men man behöver egent-ligen inte känna till den teorin för att kunna lösa problemet. Det är ju här barakraftens potentialfunktion som utnyttjas.Svaret säger att farten är konstant om avståndet till jorden är konstant, dvs ombankurvan är en cirkel.Svaret ger också flykthastigheten, dvs den fart som i det första läget krävs föratt satelliten ska nå ut oändligt långt utan överskottsenergi: v R g rAflykt = 2 / .

LP 8.40

AAA

A

h

mgδ

F1

F2 Referensnivå

En tyngd mg faller i tyngdkraftfältet.Den vinner kinetisk energi på bekostnadav den potentiella energin. När tyngdenfår kontakt med fjädrarna minskas denkinetiska energin och den potentiellaenergin associerad med fjädrarna ökardå fjädrarna trycks ihop.

Eftersom både fjäderkraften och tyngd-kraften är konservativa och de är deenda krafterna, så är den mekaniskaenergin en rörelsekonstant. Den meka-niska energin bevaras. Vi jämför alltsådirekt summan av den kinetiska ochpotentiella energin i utgångsläget ochdet läge som motsvarar maximal för-kortning av fjädrarna.

Det senare läget måste vara det läge då tyngden vänder, dvs då hastighetenmomentant är noll. Lösningen borde ges av

lagen om den mekaniska energin: T V T V1 1 0 0+ = + (1)

Vi väljer som referensnivå för fjäderkraften det läge där fjädrarna har sin natur-liga längd. Om samma referensnivå väljs för tyngdkraften (det är inte alls nöd-vändigt) ger ekv (1)

0

12

12

0 0 012

22− + + = + + +mg k k mghδ δ δ (2)

Den kinetiska energin är noll i båda lägena. Trots att rörelsen består av tvådelar, fritt fall och fjäderkontakt, kan hela rörelsen betraktas på en gång. Detförutsätter förstås att ingen energi förloras vid en tänkbar stöt mot fjädrarna.Omskrivning av ekvationen ger

12

01 22k k mg mgh+( ) − − =δ δ (3)

Vi löser denna andragradsekvation:

δ δ2

1 2 1 2

2 20−

+−

+=mg

k kmgh

k k (4)

⇒ δ =

+±

+

++

mgk k

mgk k

mghk k1 2 1 2

2

1 2

2

eller

δ =+

+ ++( )

mgk k

h k kmg1 2

1 21 12

LP 8.49

l

O

θS

mg

et

en

θ

v0

v1

Pendelkulan påverkas av tyngdkraften

mg trådkraften S. Trådkraften gör ingetarbete eftersom den är vinkelrät mothastigheten. Tyngdkraften är konserva-tiv så att den mekaniska energin är enrörelsekonstant.

I problemtexten ges ett villkor på tråd-kraften S, nämligen att den är noll förutslagsvinkeln 2 3π/ . Vi ställer därförupp kraftekvationens komponent inormalriktningen:

m

vFn

2

ρ= (1)

Insättning ger

m

vl

S mg2

= − cosθ (2)

För vinkeln θ π= 2 3/ fås då

m

vl

mg12

0 2 3= − ( )cos /π (3)

m

vl

mg12

2=

v

gl1

2

2= (4)

Farten v1 är alltså känd. Sambandet mellan farten v1 och v0 ges av

Lagen om den mekaniska energin: T V T V1 1 0 0+ = + (5)

12 6

12

012

02mv mg l l mv+ +

= +sin

π (6)

v gl v1

20

22 112

+ +

= ⇒ v v gl1

20

2 3= − (7)

Förhållandet mellan kinetiska energierna är

TT

mv

mv

vv

vv gl

glgl gl

1

0

12

02

12

02

12

12

1212

32

2 317

= = =+

=+

=//

LP 8.59

mg ∆h

En krafts effekt P beräknas meddefinitionen

P = ⋅F v

I det ögonblick som hastigheten förkraftens angreppspunkt är v äreffekten P = ⋅F v . I detta problembestämmer vi en medeleffekt för enarmhävning vars uppåtgående rörelsetar tiden ∆t.

Om höjdändringen är ∆h under tiden ∆t så är medelfarten ∆ ∆h t/ .

Effekten blir då P mg h t= − ∆ ∆/

Numeriskt fås P = − ⋅ −800 0 35 1 280. / W = W

Om man frågar efter effektens storlek utelämnas minustecknet P mg h t= ∆ ∆/

LP 8.60

β

mg

f

FD

N1 N2

En krafts effekt P beräknas meddefinitionen

P = ⋅F v

Om bilen kör med konstant fart uppfören backe med lutningsvinkeln β måstedrivkraften f vara lika stor som sum-man av motståndskraften FD och tyngd-kraftens komponent mgsin β .

Om bilen körs på horisontell väg medkonstant fart måste drivkraften f varalika stor som motståndskraften FD .Denna effekt är given:

P F vD0 =

Om bilen körs med samma fart uppför en backe krävs först denna effekt för attkomma över motståndet. Dessutom krävs en effekt för att röra sig mot tyngd-kraften.

P P mg v1 0= + ⋅sin β

Numeriskt fås värdet P1 10000 1200 9 81 0 1 25≈ + ⋅ ⋅( ). sin . W

P1 39≈ kW