Lösningar Fysik 1 Kapitel 3

Lösningar Kap 3

Densitet och tryck

Lösningar Fysik 1 Heureka:Kapitel 3

3.1) 21,45 g/cm3 = 21,45∙10−3

10−6 (

𝑘𝑔

𝑚3)=21,45 ∙ 103 𝑘𝑔/𝑚3

3.2) Densiteten är massan delat med volymen och är 0,74 g/cm3

3.3) Anta att tjockleken är d. Volymen av ett ark med arean 1𝑚2 är då 𝑉 = 1 ∙ 104(𝑐𝑚2) ∙ 𝑑

Vi får enligt sambandet 𝜌 =𝑚

𝑉 och med densiteten hämtad från tabell.

0,735 �_𝑐𝑚𝑔₃� =_104(𝑐𝑚80𝑔_{2) ∙ 𝑑 𝑑 = 0,735 ∙ 10}80 ₄ = 1,088 ∙ 10−2_{𝑐𝑚 ≈ 0,11𝑚𝑚}

3.4)

𝜌 =𝑚_{𝑉 =4 ∙ 6 ∙ 5 ≈ 11𝑔/𝑐𝑚}1360 3

3.5) Från texten får vi att massan hos 41 cm3 av vätskan är 171,3 g-140,5 g= 30,8 g.

Då är

𝜌 =𝑚_{𝑉 =}30,8_{41 ≈ 075𝑔/𝑐𝑚}3 3.6) Sambandet 𝜌 =𝑚

𝑉 𝑠𝑘𝑟𝑖𝑣𝑒𝑟 𝑣𝑖 𝑜𝑚 𝑡𝑖𝑙𝑙 𝑚 = 𝜌 ∙ 𝑉 och använder till att beräkna massan

3.7) Vi kan använda två alternativ för att lösa uppgiften.

Alternativ 1 (vi använder enbart SI-enheter):

Anta att tjockleken är d. Volymen av folien är då V = A·d

där A = 0,4 ·0,5= 0,2𝑚2. Densiteten för aluminium är enligt tabell 2,7∙ 103 kg/𝑚3 Vi använder sambandet 𝜌 =𝑚 𝑉 = 𝑚 𝐴∙𝑑 och får 𝑑 = _{𝐴 ∙ 𝜌 =}𝑚 _{0,2 ∙ 2,7 ∙ 10}9,4 ∙ 10−3 ₃ = 1,7 ∙ 10−5_{𝑚 = 17 ∙ 10}−6_{𝑚 = 17𝜇𝑚} Nu gör vi lite enhetsanalys: 𝑘𝑔 𝑚∙𝑚∙_𝑚3𝑘𝑔 = 𝑘𝑔∙𝑚3

𝑘𝑔∙𝑚2 = 𝑚 (vackert, eller hur?)

Alternativ 2 (här räknar vi i cm och g): Anta att tjockleken är d. Volymen av folien är då

V= (40 cm)· (50 cm)· d. (d är uttryckt i cm!)

Densiteten för aluminium är enligt tabell 2,7 𝑔/𝑐𝑚3 Vi använder sambandet

𝜌 =𝑚_𝑉 ≫ 2,7 =_{40∙50∙𝑑}9,4 som resulterar i 𝑑 = 9,4

40∙50∙2,7= 1,7 ∙ 10−3𝑐𝑚 = 17𝜇𝑚

3.8) Vi beräknar massan hos en kompakt kub av aluminium. Densiteten för aluminium hämtas från tabell som vanligt.

𝜌 =𝑚_𝑉 ≫ 𝑚 = 𝜌 ∙ 𝑉 = 2,7 ∙ 23 _{= 22𝑔}

Eftersom tärningen vägde endast 15g måste den vara ihålig.

3.9) Vi har att : 𝜌1 =𝑚_𝑉 1≫ 𝑚 = 𝜌1∙ 𝑉1 = 3 ∙ 4 ∙ 2,4 ∙ 1,3 = 37,44𝑘𝑔 ≈ 37𝑘𝑔 𝜌2 =_𝑉𝑚 2 ≫ 𝑉2 = 𝑚 𝜌2 = 37,44 0,92 ∙ 103 = 40,69 ∙ 10−3𝑚3 ≈ 41𝑑𝑚3(41𝑙𝑖𝑡𝑒𝑟) 3.10) Volymen av ett klot är:

𝑉 =4𝜋𝑟₃ 3

Insättning i formeln 𝜌 =𝑚

𝑉 ger

𝜌 =𝑚_{𝑉 = 4 ∙ 𝜋 ∙ 6,37 ∙ 10}5,98 ∙ 1024 ₆ 3

≈ 5,52𝑘𝑔/𝑚3

3.11) Tråden har formen av en cylinder med höjden (egentligen längd!) 49 cm och radien i basytan 𝑟 =𝑑

2, där d är den sökta diametern. Trådens volym är

𝑉 = 𝜋 ∙ 𝑟2_{∙ 𝑙 = 𝜋 ∙}𝑑2

4 ∙ 𝑙

Densiteten för guld hämtas från tabell. (𝜌_{𝑔𝑢𝑙𝑑} = 19,3 𝑔/𝑐𝑚3) 𝜌 =𝑚 𝑉 = 𝑚 𝜋 ∙ 𝑑_{4 ∙ 𝑙}2 = 4𝑚 𝑙𝜋𝑑2

Från detta samband får vi att

𝑑 = �_{𝜌 ∙ 𝑙 ∙ 𝜋 =}4𝑚 � 4 ∙ 0,0411

19,3 ∙ 49 ∙ 𝜋 = 7,4 ∙ 10−3𝑐𝑚 = 74𝜇𝑚 3.12)Trycket när klossen står som i figuren är:

𝑝1 = _𝐴𝐹 1 = 𝑚𝑔 𝐴1 = 12 0,03 ∙ 0,04 = 104𝑃𝑎 = 10𝑘𝑃𝑎 På exakt likadant sätt får vi:

𝑝2 =_𝐴𝐹 2 = 12 0,03 ∙ 0,05 = 8 ∙ 103𝑃𝑎 = 8𝑘𝑃𝑎 𝑝𝟑=_𝐴𝐹 3 = 12 0,04 ∙ 0,05 = 6 ∙ 103𝑃𝑎 = 6𝑘𝑃𝑎 3.13 a)

Tryckkraften 3 N ska fördelas på en cirkulär yta med arean 𝜋 ∙ 𝑟2 Trycket blir alltså

b) Du kan förmodligen trycka med kraften 50-80 N. (Prova själv på badrumsvågen hemma, 5-8kg). Maxtrycket blir då ca 20 gånger så stort, alltså ungefär 8-10 GPa

3.14) Tyngden av 16 kg fördelar sig lika på fyra stödytor om vardera 9𝑐𝑚2. Mellan vart och ett av benen och golvet är trycket: (se upp med enheter!)

16 ∙ 9,82

4 ∙ 9 ∙ 10−4= 4,4 ∙ 104𝑃𝑎 = 44𝑘𝑃𝑎

3.15 a) Vätsketryck beräknas : 𝑝 = 𝜌𝑔ℎ .Eftersom vattendjupet h är detsamma i båda kärlen, är vätsketrycket vid bottnen lika stor i båda kärlen.

b) Tryckkraft beräknas F = p ·A. Vi vet att vätsketrycket p är lika stort vid bottnen i båda kärlen. Det vänstra kärlet har större bottenarea A och därför är vattnets tryckkraft större mot dess botten.

3.16)

a) Vattentrycket är 𝑝 = 𝜌𝑔ℎ = 103 ∙ 9,82 ∙ 0,2 = 2 ∙ 103𝑃𝑎 = 2𝑘𝑃𝑎

b)Tryckkraften ökar med tyngden av 0,1 kg, dvs (0,1 kg)· (9,82 N/kg) = 0,982 N.

c)Trycket mot bottnen ökar genom att tyngden av 0,1 kg fördelas över bottenarean, dvs med 0,982

40 ∙ 10−4= 2,5 ∙ 102𝑃𝑎 = 0,25𝑘𝑃𝑎

d)Totala vattentrycket är nu 1,96 kPa + 0,245 kPa = 2,2 kPa. Det motsvarar det nya vattendjupet ℎ₁ så att 2,2 ∙ 103 = ℎ₁ ∙ 𝜌 ∙ 𝑔, som ger

ℎ1 = 2,2 ∙ 10 3

103_{∙ 9,82 = 0,225𝑚}

vattenpelaren är lika stort som trycket från den 5 cm höga oljepelaren, eftersom den U-formade vattenkroppen under dessa vätskepelare är i jämvikt. Vi får då:

𝜌𝑣𝑎𝑡𝑡𝑒𝑛∙ 𝑔 ∙ 0,046 = 𝜌𝑜𝑙𝑗𝑎∙ 𝑔 ∙ 0,05.

𝐹ö𝑟𝑒𝑛𝑘𝑙𝑎 𝑚𝑒𝑑 𝑔 𝑜𝑐ℎ 𝑢𝑡𝑡𝑟𝑦𝑐𝑘 𝜌𝑜𝑙𝑗𝑎

𝜌𝑜𝑙𝑗𝑎 = 𝜌𝑣𝑎𝑡𝑡𝑒𝑛∙0,046_{0,05 = 10}3∙0,046_{0,05 = 0,92 · 10}3𝑘𝑔/𝑚3 , 𝑒𝑙𝑙𝑒𝑟 0,92𝑔/𝑐𝑚3

3.18 a) Evas tyngd fördelar sig på arean 12 dm2 (0,12 m2.) som är 𝐴_𝐾2Det ger tryckökningen 𝑝 =60∙9,82_0,12 = 4,9 ∙ 103_{𝑃𝑎 = 4,9𝑘𝑃𝑎 Överallt i vätskan.}

b)Tryckökningen 4,91 kPa i vätskan orsakar vid undersidan av 𝐾₁en uppåtriktad kraft på𝐾 ₁ av storleken: 𝐹_𝐾1 = 𝑝 ∙ 𝐴_𝐾1= 4,91 ∙ 103∙ 10−4 = 0,49𝑁

c)Det är kraften 0,49 N i b) som måste övervinnas för att Eva ska lyftas.

3.19 a) Tyngden av vätskan i A är:

𝐹𝐴 = 𝑚𝐴∙ 𝑔 = 𝜌 ∙ 𝑉𝐴 ∙ 𝑔 = 𝜌 ∙ 𝐴 ∙ ℎ𝐴∙ 𝑔 = 1,25 ∙ 103∙ 100 ∙ 10−4∙ 0,16 ∙ 9,82 ≈ 19,6𝑁

Tyngden FB av vätskan i B är hälften av

tyngden FA plus tyngden av en

vätskepelare med höjden 8 cm och basarean 4 cm2

19,6

2 + 1,25 ∙ 103∙ 4 ∙ 10−4∙ 0,08 ∙ 9,82 = 19,6

2 + 0,39 = 10,2𝑁

b)Vattendjupet h och alltså vätsketrycket vid bottnen är detsamma i båda kärlen.

p =𝜌 g h ger:

p = (1,25 · 103 kg/m3). (9,82 N/kg) · (0,16 m) = 1,96 ·103Pa=l,96kPa

Trycket är

𝜌𝑔ℎ1 = 1.25 ∙ 103∙ 9,82 ∙ 0,08 = 982𝑃𝑎

mot takets area (100-4) cm2 = 96 cm2. Det ger den uppåtriktade kraften

(982Pa).(96∙ 10−4m2) = 9,4N.

e)Taket i B trycker nedåt på vätskan med kraften 9,4N

3.20) Vi skriver om sambandet p =𝐹

𝐴 𝑡𝑖𝑙𝑙 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑒 = 𝑝 ∙ 𝐴 Tryckkraften är då:

F = (0,12 · 106 Pa) · (0,8 m2) = 96 kPa.

3.21) Normalt lufttryck vid havsnivå är 101 kPa. Detta orsakas av en atmosfär med höjden

h och densiteten 𝜌= 1,3 kg/m3. Vi får 𝜌gh= 101 • 103Pa Nu med siffor och enheter: (1,3 kg/m3) · (9,82 N/kg) · h = 101 · 103 Pa och

ℎ =101 ∙ 10_{1,3 ∙ 9,82 = 8 ∙ 10}3 3_{𝑚 = 8𝑘𝑚}

3.22) Vi beräknar skillnaden mellan de båda tryckkrafterna. Utifrån verkar tryckkraften 𝐹𝑈 = 𝑝𝑈 ∙ 𝐴 och inifrån kraften 𝐹𝑖 = 𝑝𝑖 ∙ 𝐴 båda krafterna vinkelräta mot glasrutan.

Resultanten är den sökta kraften 𝐹 = 𝐹_𝑖 − 𝐹_𝑈 = 𝑝_𝑖 ∙ 𝐴 − 𝑝_𝑈 ∙ 𝐴 = 𝐴 ∙ (𝑝_𝑖 − 𝑝_𝑈) Med siffror: 𝐹 = 4,5 ∙ 10−2 _{∙ (83 ∙ 10}3 _{− 21 ∙ 10}3_{) = 2,8 ∙ 10}3_{𝑁 = 2,8𝑘𝑁 inifrån och ut.}

Detta motsvarar tyngden av ungefär 280 kg!

3.23)Trycket vid bottnen är större, eftersom det tryck som gaspelaren utövar tillkommer. Detta är gasens tyngd, fördelad på arean 80 cm2 Vi har då:

0,24 ∙ 9,82

80 ∙ 10−4 = 0,29 ∙ 103𝑃𝑎 = 0,29𝑘𝑃𝑎

Detta är cirka 0,3 promille av vad manometern visar.

F = pA = (1,96· 103Pa).(100·10−4m2) = 19,6 N mot var och en av bottnarna.

3.24) Totala trycket är summan av lufttrycket och vätsketrycket.

Normalt lufttryck är 101 kPa, vätsketrycket beräknas 𝜌gh. Vi får då följande om vi behåller trycket i kPa:

101 + 𝜌𝑔ℎ = 3 ∙ 101 𝜌𝑔ℎ = 2 ∙ 101 = 202𝑘𝑃𝑎 ℎ =₁₀202 ∙ 10_{3∙ 9,82 = 20𝑚}3

3.25 a) Att bjälken flyter innebär att vattnets lyftkraft är lika stor som bjälkens tyngd mg. Lyftkraften L är enligt Arkimedes princip lika stor som tyngden av den undanträngda vattenvolymen V L = V𝜌g Vi får: mg = L = V𝜌 g = = (0,1 m - 0,03 m) · (0,25 m) · (2 m)· (1· 103 kg/m3) · (9,82 N/kg) = 0,34· 103N = 0,34kN b) Enligt a) är mg = 0,343... kN, då är 𝑚 =0,343 ∙ 10_9,82 3 = 35𝑘𝑔 Bjälkens volym är 𝑉_{𝑏𝑗ä𝑙𝑘𝑒}= (0,1 m)· (0,25 m)· (2 m) = 0,05 m3 Densiteten är då 𝜌_{𝑏𝑗ä𝑙𝑘𝑒} = 𝑚 𝑉𝑏𝑗ä𝑙𝑘𝑒= 35 0,05= 0,7 ∙ 103𝑘𝑔/𝑚3 = 0,7𝑔/𝑐𝑚3

3.26 a) Lyftkraften L är lika med tyngden av den undanträngda vävätskan Den har volymen v och densiteten ρ. Dess massa är alltså 𝑣 ∙ 𝜌 och lyftkraften 𝐿 = 𝑣 ∙ 𝜌 ∙ 𝑔 Föremålets tyngd är m·g. När föremålet flyter är lyftkraften lika stor som föremålets tyngd: 𝐿 = 𝑚𝑔

Alltså 𝑣 ∙ 𝜌 ∙ 𝑔 = 𝑚 ∙ 𝑔 ≫ 𝑚 = 𝜌 ∙ 𝑣 (efter förenkling med g)

b) Medeldensiteten ρ_medel hos föremålet är lika med 𝑚

𝑉

som vi skriver om till = 𝜌_{𝑚𝑒𝑑𝑒𝑙}∙ 𝑉 När föremålet flyter vet vi att 𝑚 = 𝜌 ∙ 𝑣

Båda är ju samma massa, m, alltså högerleden måste vara samma dvs: ρmedel∙ V = ρ ∙ v ≫ ρmedel =_{V ∙ ρ}v

c) När v = V flyter föremålet helt nedsänkt i vätskan. ρmedel = v_{V ∙ ρ = 1 ∙ ρ = ρ}

Vätskans densitet och föremålets medeldensitet är lika stora. Vätskans lyftkraft på föremålet kan inte bli större.

d) Om föremålet inte kan flyta, är dess tyngd större än den maximala lyftkraft som vätskan kan åstadkomma:

3.27 a) Volymen av ett klot med radien R är

𝑉 =4𝜋𝑅₃ 3

När hälften av klotets volym är nedsänkt i vätskan, är den undanträngda vätskans volym:

2

3∙ 𝜋 ∙ 0,33 (𝑚3) Vatten har densiteten 103

kg/m3 och vi får massan hos det undanträngda vattnet:

2

3 ∙ 𝜋 ∙ 0,33∙ 103 = 0,0565 kg

b) Vi antar att håligheten har radien x cm. Aluminiumväggen begränsas utåt

av en klotyta med radien 3cm och inåt av en klotyta med radien x cm, volymen av själva aluminium är då 4 3 ∙ 𝜋 ∙ 33− 4 3 ∙ 𝜋 ∙ 𝑥3 = 4 3 ∙ 𝜋(27 − 𝑥3)𝑐𝑚3

Med densiteten för aluminium 𝜌_𝐴𝑙 = 2,7 𝑔/𝑐𝑚3 och den kända massan som vi räknade ut förut får vi:

4

3 ∙ 𝜋(27 − 𝑥3)𝑐𝑚3∙ 2,7𝑔/𝑐𝑚3 = 56,5𝑔 Vi får x= 2,8cm med lite matte

Väggens tjocklek är 3cm-2,8cm=0,2cm=2mm

3.28 a) Ballongen undantränger 120 m3 luft av densiteten 1,29 kg/m3. Den omgivande luftens lyftkraft är enligt Arkimedes princip:

L=V𝜌g =(120 m3)· (1,29 kg/m3)· (9,82 N/kg) = 1,52· 103N=l,52kN

b) Den förtöjda ballongen är i jämvikt. Kraftresultanten är alltså noll. Lyftkraften är då lika med summan av ballongens tyngd och den nedåtriktade spännkraften S i linan.

Vid nedsänkningen i vätska gäller: 𝐿_{𝑣ä𝑡𝑠𝑘𝑎} = 𝑉 ∙ 𝜌_{𝑣ä𝑡𝑠𝑘𝑎} ∙ 𝑔 (2) där V är metallbitens volym. a) Ekvation (1) ger: 𝑉 =_𝜌𝐿𝑣𝑎𝑡𝑡𝑒𝑛 𝑣𝑎𝑡𝑡𝑒𝑛∙ 𝑔 = (4,12 − 3.62) 1 ∙ 103_{∙ 9,82 ≈ 0,51 ∙ 10}−6𝑚3 = 51𝑐𝑚3 b) Metallbitens massa m får vi ur ekvationen 𝑚𝑔 = 4,12 (𝑁) 𝑚 =4,12_9,82= 0,42𝑘𝑔 och densiteten blir då:

𝜌𝑚𝑒𝑡𝑎𝑙𝑙 = 𝑚_𝑉 =_0,51∙100,42−6 = 8,2 ∙ 103𝑘𝑔/𝑚3 𝑒𝑙𝑙𝑒𝑟 8,2𝑔/𝑐𝑚3 c) Ekvation (2) ger

𝜌𝑣ä𝑡𝑠𝑘𝑎 =𝐿_{𝑉 ∙ 𝑔 =}𝑣ä𝑡𝑠𝑘𝑎 _{0,51 ∙ 10}(4,12 − 3,77)_{3∙ 9,82 = 0,7 ∙ 10}3𝑘𝑔/𝑚3 𝑒𝑙𝑙𝑒𝑟 0,7𝑔/𝑐𝑚3 3.29) Vid nedsänkningen i vatten gäller: 𝐿_{𝑣𝑎𝑡𝑡𝑒𝑛} = 𝑉 ∙ 𝜌_{𝑣𝑎𝑡𝑡𝑒𝑛}∙ 𝑔 (1)