Lösningar Heureka 2
Kapitel 4
Centralrörelse
Lösningar Fysik 2 Heureka Kapitel 4
4.1)
Kraften är hela tiden riktad mot banans centrum. Se figuren eller filmen.
4.2) a) Centripetalaccelerationen a beror av farten v och banradien r.
𝑉𝑖 ℎ𝑎𝑟 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑒𝑙𝑛 𝑎𝑐=𝑣
2
𝑟
Farten kan uttryckas med hjälp av omloppstiden 𝑣 =2 ∙ 𝜋 ∙ 𝑟𝑇
Med v =2∙𝜋∙0,8
1,5 ≈ 3,35𝑚/ får vi att 𝑎𝑐= 3,352
0,8 ≈ 14 𝑚/𝑠2 b) Centripetalkraften får vi genom att
multiplicera centripetalaccelerationen vi fick, med massan.
𝐹𝑐 = 𝑚 ∙ 𝑎𝑐 ≈ 17 N
4.3)
När centripetalkraften slutar verka fortsätter pucken i tangentens riktning.
a) Puckens väg från 𝑃1 till 𝑃 2 har längden s och farten v 𝑠 =225360 ∙ 2 ∙ 𝜋 ∙ 0,750(𝑚)
enligt figuren. På 0,75 s rör sig pucken sträckan 0 ,75∙ v = 1,77 m i riktningen "sydväst" som i figuren
4.4)
a) Klossen rör sig i en cirkel med radien r = 0,2 m. Friktionen skapar en centripetalkraft. Klossen roterar 0, 5 varv per sekund. Klossens fart är då
v = 2∙𝜋∙𝑟
0,5= 𝜋 ∙0,2 m/s.
Nu kan vi beräkna centripetalaccelerationen 𝑎𝑐 = 𝑣
2
𝑟 Eftersom klossens massa m är 0,6 kg blir
centripetalkraften, eller i det här fallet friktionskraften F = m∙ 𝑎𝑐≈ 1,2 N
b) Vi ser att 1,2 N är en kraft som inte är större än maximal friktionskraft. Om radien i klossens bana blir större, blir farten v=2∙𝜋∙𝑟
𝑇 större. Varvtiden T=2s ändras inte
Centripetalkraften är nu 1,5 N. Vi använder sambandet F=m∙𝑣2 𝑟.
v=2∙𝜋∙𝑟
𝑇 . Nu med lite matte får vi att 𝑟 = 4 ∙ 𝑚 ∙ 𝜋𝐹 ∙ 𝑇22 =4 ∙ 0,6 ∙ 𝜋1,5 ∙ 222 ≈ 0,25𝑚 Alternativ lösning:
Här lönar d et sig att införa storheten vinkelhastighet (𝜔), enligt formeln 𝜔 =𝑣 𝑟 Uttrycket för centripetalaccelerationen förenklas då till 𝑎𝑐=r∙ 𝜔2 (𝜔 = 𝜋 𝑖 𝑣å𝑟𝑡 𝑓𝑎𝑙𝑙)
4.5) a) Vi beräknar centripetalkraften: F = m·𝑣2 𝑟 = 0,7∙ 32 1 ≈ 6,3 N
b) Centripetalkraften är resultanten till spännkraften S i tråden (riktad uppåt) respektive tyngdkraften:
F = S - mg Vi löser ut S:
S = F+ mg = 6,3 + 0,70. 9,82 ≈ 13 N
4.6
a) Vi beräknar först hur stor centripetalkraften F ska vara
𝐹 = 𝑚 ∙𝑣𝑟 = 1500 ∙2 500 = 1,9 ∙ 10252 3𝑁 = 1,9𝑘𝑁
b) Resultanten till normalkraften N ( som är riktad uppåt) och tyngdkraften, måste vara lika med F:
F = mg - N, vilket medför att N = m·g-F=1500·9,82-1900≈ 13000𝑁 = 13𝑘𝑁
4.7) Eftersom tyngden är lika med centripetalkraften har vi följande samband:
𝑚 · 𝑔=𝑚∙𝑣𝑟2. Efter förenkling med m får vi att g=𝑣2
𝑟 alltså tyngdaccelerationen är lika med centripetalaccelerationen.
v= �𝑔 ∙ 𝑟= �9,82 ∙ 103 = 99𝑚/𝑠
4.8)
𝑅 6,38∙10
Det betyder med andra ord, att centripetalkraften F på1kg är 34 mN
b) Lodrätt uppåt verkar fjäderns kraft 𝐹𝑓𝑗ä𝑑𝑒𝑟, lodrätt nedåt jordens dragningskraft 𝐹𝑗𝑜𝑟𝑑
c) F är resultanten till𝐹𝑗𝑜𝑟𝑑 och 𝐹𝑓𝑗ä𝑑𝑒𝑟,
F=𝐹𝑗𝑜𝑟𝑑− 𝐹𝑓𝑗ä𝑑𝑒𝑟 ≫ 𝐹𝑗𝑜𝑟𝑑= 𝐹 + 𝐹𝑓𝑗ä𝑑𝑒𝑟=0,034+9,78=9,81N
4.9
a) För att Bodils sluthastighet ska ha rätt riktning måste hon springa längs tangenten till
cirkelbanan. Vi använder Pythagoras sats för att räkna ut sträckan
s = �3,92− 2,12=3,3m (3,286 behåll i räknaren)
b) Hennes sluthastighet v ska vara lika stor som L:s konstanta fart:
𝑣 =2∙𝜋∙𝑟𝑇 =2∙𝜋∙2,14 = 3,3𝑚/𝑠 (3,298, behåll i räknaren)
Om vi antar att Bodils ansats tar tiden t har vi att v = at (samband l) eftersom
rörelsen är likformigt accelererad utan begynnelsehastighet. Vi vet dessutom att 𝑠 =𝑎∙𝑡2 2 (samband 2) Om vi delar samband 2 med samband 1 får vi att:
𝑠 𝑣 = 𝑡 2 ≫ 𝑡 = 2∙𝑠 𝑣 = 2∙3,286
4.10. Den sökta uppåtriktade kraften mot hinkens botten är lika stor som bottnens
nedåtriktade kraft N på stenen. Tillsammans med tyngden utgör N den nedåtriktade centripetalkraften. Med matte och siffror får vi:
𝑁 + 0,4 · 9,82 =0,4 ∙ 𝑣𝑟 2 𝑠𝑎𝑚𝑏𝑎𝑛𝑑 1 På samma sätt för den mindre stenen:
3 + 0,25 · 9,82 =0,25 ∙ 𝑣𝑟 2 𝑠𝑎𝑚𝑏𝑎𝑛𝑑 2 Både v och r är samma för stenarna. Samband 2 ger: 𝑣2
𝑟 = 3
0,25 + 9,82 = 21,8 𝑁/𝑘𝑔 Sätter in i (samband l) och får: N = 0,4 ·21,8 - 0,4·9,82 = 4,8 N
Kraften från stenen på hinkens botten är lika stor (kraft och reaktionskraft), alltså 4,8 N uppåt.
b) Vi ser i triangeln ovan: 𝑡𝑎𝑛𝛼 = 𝑚𝑔 → 𝐹𝐹𝑐 𝑐 = 𝑚𝑔 ∙ 𝑡𝑎𝑛𝛼 c) 𝑚𝑔 = 𝐹 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼 → 𝐹 =𝑐𝑜𝑠𝛼𝑚𝑔 𝑟 = 𝑙 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼 (𝑏𝑎𝑛𝑟𝑎𝑑𝑖𝑒𝑛) 𝑚 ∙ 𝑎𝑐 = 𝐹 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼
Vi vet att centripetalaccelerationen kan uttryckas på flera sätt: 𝑎𝑐 =𝑣
2 𝑟 =
4𝜋2 ∙ 𝑟
𝑇2 = 4𝜋2∙ 𝑓2∙ 𝑟 = 𝜔2∙ 𝑟 (𝑠𝑒 𝑙𝑒𝑘𝑡𝑖𝑜𝑛𝑠𝑎𝑛𝑡𝑒𝑐𝑘𝑛𝑖𝑛𝑔𝑎𝑟) Vi använder den som innehåller perioden T
𝑚 ∙ 𝑎𝑐 = 𝐹 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼 ↔ 𝑚 ∙4𝜋 2∙ 𝑟 𝑇2 = 𝐹 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼. 𝑆ä𝑡𝑡𝑒𝑟 𝑖𝑛 𝐹 = 𝑚𝑔 𝑐𝑜𝑠𝛼 𝑚 ∙4𝜋𝑇22∙ 𝑟=𝑐𝑜𝑠𝛼 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼 ↔ 𝑇𝑚𝑔 2∙ 𝑔 = 4𝜋2∙ 𝑙 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼 ↔ 𝑇 = �4𝜋2∙ 𝑙 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼𝑔 = 2𝜋 ∙ �𝑙 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼𝑔 , 𝑑𝑣𝑠. det 𝑠𝑜𝑚 𝑣𝑖 𝑠𝑘𝑢𝑙𝑙𝑒 𝑣𝑖𝑠𝑎. 4.11)
4.12)
Låt m betyda raketens massa och M jordens.
Med jordens radie R = 6,38·106 m och raketens okända avstånd r från jordens medelpunkt får vi följande ekvation med hjälp av gravitationslagen:
𝐺 ∙𝑚 ∙ 𝑀𝑅2 ∙12 = 𝐺 ∙𝑚 ∙ 𝑀𝑟2 som efter lite matte blir: 𝑟2= 2 ∙ 𝑅2 eller 𝑟 = 𝑅 ∙ √2 Höjden över jordytan blir då: √2 − 𝑅 = 𝑅 ∙ �√2 − 1� ≈ 2,64 ∙ 106𝑚
4.13)
Vi placerar en massa m i punkten P på avstånd 𝑟1 från Jorden och 𝑟2 från Månen. Låt Jordens massa vara 𝑚𝐽 och Månens massa 𝑚𝑀. Avståndet från Jorden till Månen betecknar vi med d. Kraften som Jorden drar massan m till sig är lika stor som kraften från Månen.
𝐺 ∙ 𝑚𝐽 ∙ 𝑚 𝑟12 =
𝐺 ∙ 𝑚𝑀∙ 𝑚
𝑟22 ; 𝑟1+ 𝑟2 = 𝑑 Om vi förenklar första ekvationen får vi:
𝑟1 𝑟2 = � 𝑚𝐽 𝑚𝑀 = � 5,97 ∙ 1024 7,35 ∙ 1022 ≈ 9,012 → 𝑟1 = 9,012 ∙ 𝑟2 𝑟1+ 𝑟2 = 3,84 ∙ 108 ↔ 9,012 ∙ 𝑟2+ 𝑟2 = 3,84 ∙ 108 → 𝑟2 = 38,3 ∙ 106𝑚 𝑟1 = 9,012 ∙ 𝑟2 → 9,012 ∙ 38,3 ∙ 106 = 345,6 ∙ 106𝑚 ≈ 346𝑀𝑚 4.14) I sambandet 𝐹 = 𝐺 ∙𝑚1𝑟𝑚2 2 (gravitationslagen), sätter vi in
planeterna.
a) 3,7N, b) 9,8N, c) 24N
4.15)
Eftersom pojken och flickan inte är sfäriska blir beräkningarna en grov uppskattning av kraften.
𝐹 = 𝐺 ∙𝑚𝑓𝑟∙ 𝑚2 𝑝 = 6,67 ∙ 10−11∙70 ∙ 50
102 ≈ 233 ∙ 10−11𝑁 ≈ 2𝑛𝑁
4.16) Jordens dragningskraft är centripetalkraft.
Vi betecknar satellitens massa med m och jordens massa med 𝑚𝑗. Kraftekvationen och gravitationslagen ger oss följande samband:
𝑚 ∙𝑣𝑟 = 𝐺 ∙2 𝑚 ∙ 𝑚𝑟2 𝑗 (𝑘𝑎𝑙𝑙𝑎 𝑑𝑒𝑛 𝑠𝑎𝑚𝑏𝑎𝑛𝑑 1) 𝑟 är radien i satellitens bana. För satellitens fart v gäller
𝑣 = 2 ∙ 𝜋 ∙ 𝑟𝑇 ( 𝑠𝑜𝑚 𝑣𝑖 𝑘𝑎𝑙𝑙𝑎𝑟 𝑠𝑎𝑚𝑏𝑎𝑛𝑑 2) 𝑇 ä𝑟 𝑠𝑎𝑡𝑡𝑒𝑙𝑖𝑡𝑒𝑛𝑠 𝑜𝑚𝑙𝑜𝑝𝑝𝑠𝑡𝑖𝑑. Vi dividerar med m i båda leden i samband (l) och sätter in i samband(2):
𝑟∙4∙𝜋2
𝑇2
=
𝐺∙𝑚𝑗
𝑟2
, korsmultiplikation leder till
𝑟
3=
𝐺∙𝑚𝑗 ∙𝑇2
4∙𝜋2
som ger
𝑟 = �3 𝐺 ∙ 𝑚4 ∙ 𝜋𝑗∙ 𝑇2 2 ≈ 4,2 ∙ 107 𝑚, 𝑠𝑜𝑚 ä𝑟 𝑐𝑎. 6,6 𝑗𝑜𝑟𝑑𝑟𝑎𝑑𝑖𝑒𝑟Eftersom r räknas från jordens medelpunkt, är höjden över jordytan e g e n t l i g e n 35,8· 106 𝑚 som ger 5,6 jordradier.
4.17)
a) Jordens dragningskraft är centripetalkraft. Kraftekvationen och gravitationslagen ger
följande ekvation: 𝑚 ∙𝑣𝑟 = 𝐺 ∙2 𝑚 ∙ 𝑚𝑟2 𝑗
Med r = 6,38 ∙ 106+ 1∙ 106 = 7,38 ∙ 106 m 𝑜𝑐ℎ 𝑚𝑗= 5,98·1024 kg får vi att 𝑣 = �𝐺 ∙ 𝑚𝑟 = 7,35 ∙ 10𝑗 3𝑚 𝑠⁄ = 7,35𝑘𝑚/𝑠
b) Banan blir en ellips med Jordens centrum som den ena brännpunkten och nedanför Jordens centrum i figuren den andra brännpunkten.
4.18) Vi förutsätter i den här uppgiften att Jordens bana kring solen är en cirkel.
Solens dragningskraft är centripetalkraften. Kraftekvationen och gravitationslagen som vanligt, ger oss följande ekvation:
𝑚𝑗𝑜𝑟𝑑∙𝑣 2 𝑟 = 𝐺 ∙
𝑚𝑠𝑜𝑙𝑚𝑗𝑜𝑟𝑑
𝑟2 , (𝑠𝑜𝑚 𝑣𝑖 𝑘𝑎𝑙𝑙𝑎𝑟 𝑠𝑎𝑚𝑏𝑎𝑛𝑑 1) Dessutom vet vi att
𝑣 =2 ∙ 𝜋 ∙ 𝑟𝑇 (𝑠𝑜𝑚 𝑏𝑙𝑖𝑟 𝑑å 𝑠𝑎𝑚𝑏𝑎𝑛𝑑 2)
På samma sätt som vi gjorde i lösningen till 4.16) kombinerar vi (l) och (2), och får följande,
𝑟 ∙ 4 ∙ 𝜋2
𝑇2 =
𝐺 ∙ 𝑚𝑠𝑜𝑙
𝑟2 eftersom vi förenklar med jordens massa Detta leder till att:
𝑚𝑠𝑜𝑙 =4 ∙ 𝜋 2𝑟3 𝐺 ∙ 𝑇2
