Lö sningar Heureka 1 Kapitel 3 (ASJ)

Lö sningar Heureka 1 Kapitel 3 (ASJ)
3.1) 21,45 g/cm 3 =
=
3.2) Densiteten är massan 5 g delat med volymen 6,8 = 0,74 g/cm3
3.3) Anta att tjockleken är d. Volymen av ett ark med arean 1 är då
Vi får enligt sambandet
(
)
3.4) Vi får enligt sambandet för densitet
och med densiteten hämtad från övning 4.2:
3.5) Från uppgiftstexten får vi att massan hos 41 cm 3 av vätskan är 171,3 g-140,5 g= 30,8 g.
Då är
3.6) Sambandet
och använder till att beräkna massan
hos luften i behållaren före och efter öppnandet. Massorna betecknar vi med
respektive . Skillnaden är den sökta massan.
= (3,9 kg/m 3 )· (0,160 m 3 ) - (1,3 kg/m 3 )· (0,160 m 3 ) 0,42 kg

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= 0,2 . Densiteten för aluminium är enligt tabell 2,7 kg/
Vi använder sambandet
och får
Nu gör vi lite enhetsanalys:
(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
Vi använder sambandet
som resulterar i
3.8) Vi beräknar massan hos en kompakt kub av aluminium. Densiteten för aluminium
hämtas från tabell som vanligt.
Eftersom tärningen vägde endast 15g måste den vara ihålig.
3.9) Vi har att :
3.10) Volymen av ett klot är:

Insättning i formeln
ger
3.11) Tråden har formen av en cylinder med höjden (egentligen längd!) 49 cm och radien i
basytan
, där d är den sökta diametern. Trådens volym är
Densiteten för guld hämtas från tabell. ( )
Från detta samband får vi att
√
√
3.12) Trycket när klossen står som i figuren är:
Exakt likadant får vi:
3.13 a)
Tryckkraften 3 N ska fördelas på en cirkulär yta med arean
Trycket blir alltså

) Du kan förmodligen trycka med kraften 50-80 N. (Prova själv på badrumsvågen hemma).
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 Mellan vart och
ett av benen och golvet är trycket: (se upp med enheter!)
3.15 a) Vätsketryck beräknas enligt formeln: .Eftersom vattendjupet h är detsamma i
båda kärlen, är alla tre storheterna gemensamma. Vätsketrycket vid bottnen är alltså 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
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
d)Totala vattentrycket är nu 1,96 kPa + 0,245 kPa = 2,2 kPa. (om vi behåller värdena ovan i
räknaren). Det motsvarar det nya vattendjupet så att , som ger
Vattnet stiger alltså med 0,025 m eller 2,5 cm.
d) Vi kan lösa det på ett annat sätt också. Vanligtvis betecknar vi en ändring av något med
den grekiska bokstaven , (stor delta.)
Tryckökningen 0,245 kPa motsvarar en ökning av vattendjupet med storleken Alltså:
0,245 Pa = som ger = 2,5· m = 2,5 cm

3.17) Vattentrycket från den 4,6 cm höga 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:
3.18 a) Evas tyngd fördelar sig på arean 12 dm 2 (0,12 m 2 .) som är Det ger tryckökningen
Överallt i vätskan.
b)Tryckökningen 4,91 kPa i vätskan orsakar vid undersidan av en uppåtriktad kraft på
av storleken:
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:
Tyngden FB av vätskan i B är hälften av tyngden FA plus tyngden av en vätskepelare med
höjden 8 cm och basarean 4 cm 2
b)Vattendjupet h och alltså vätsketrycket vid bottnen är detsamma i båda kärlen.
Sambandet p = g h ger:
p = (1,25 · 10 3 kg/m 3 ). (9,82 N/kg) · (0,16 m) = 1,96 ·10 3 Pa=l,96kPa
c)Vätsketrycket är lika stort vid båda bottnarna, och de har lika stor area. Tryckkraften är då
19,6N i både A och B
d)Vätsketrycket i höjd med taket i B orsakas av den övre, smala vattenpelaren med höjden
= 0,08 m.

Trycket är
mot takets area (100-4) cm 2 = 96 cm 2 . Det ger den uppåtriktade kraften
(982Pa).(96 m 2 ) = 9,4N.
e)Taket i B trycker nedåt på vätskan med kraften 9,4N
3.20) Vi skriver om sambandet p
F = (0,12 · 10 6 Pa) · (0,8 m 2 ) = 96 kPa.
Tryckkraften är då:
3.21) Normalt lufttryck vid marken (egentligen vid havsnivå) är 101 kPa. Anta att det skulle
orsakas av en atmosfär med höjden h och densiteten = 1,3 kg/m 3 . Vi får gh= 101 • 10 3 Pa
Nu med siffor och enheter:
(1,3 kg/m 3 ) · (9,82 N/kg) · h = 101 · 10 3 Pa och
3.22) Vi beräknar skillnaden mellan de båda tryckkrafterna. Utifrån verkar tryckkraften
och inifrån kraften båda krafterna vinkelräta mot glasrutan.
Resultanten är den sökta kraften Med siffror:
Detta (motsvarar tyngden av ungefär 280 kg!)
inifrån och ut.
3.23) Trycket vid bottnen är större, eftersom det tryck som gaspelaren utövar tillkommer.
Detta är gasens tyngd, fördelad på arean 80 cm 2 Vi har då:
Detta är cirka 0,3 promille av vad manometern visar.
F = pA = (1,96· 10 3 Pa).(100· m 2 ) = 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 gh. Vi får då följande om vi behåller
trycket i kPa:

Svaret avrundas till 20 m eftersom olika delar av dykaren befinner sig olika djupt och
lufttrycket kan då variera.
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 = V g Vi får: mg = L = V g =
= (0,1 m - 0,03 m) · (0,25 m) · (2 m)· (1· 10 3 kg/m 3 ) · (9,82 N/kg) = 0,34· 10 3 N = 0,34kN
b) Enligt a) är mg = 0,343... kN, då är
Bjälkens volym är = (0,1 m)· (0,25 m)· (2 m) = 0,05 m 3
Densiteten är då
3.26 a) Lyftkraften L är lika med tyngden av den undanträngda vätskemängden. Den har
volymen v och densiteten . Dess massa är alltså och lyftkraften Före-
målets tyngd är m·g. När föremålet flyter är lyftkraften lika stor som föremålets tyngd:
Alltså (efter förenkling med g)
b) Medeldensiteten hos föremålet är lika med
som vi skriver om till
När föremålet flyter vet vi att
Båda är ju samma massa, m, alltså högerleden måste vara samma dvs:
c) När v = V flyter föremålet helt nedsänkt i vätskan.
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:

som med ord betyder att medeldensiteten är större än vätskans densitet.
3.27 a) Volymen av ett klot med radien R är
När hälften av det flytande klotets volym är nedsänkt i vätskan, är den undanträngda
vätskemängdens volym:
Vätskan är vatten med densiteten 10 3 kg/m 3 och vi får massan hos det undanträngda
vattnet:
b) Vi antar att den klotformiga 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
Med densiteten för aluminium och den kända massan som vi räknade ut
förut får vi:
Vi får x= 2,8cm med lite matte
Väggens tjocklek är 3cm-2,8cm=0,2cm=2mm
3.28 a) Ballongen undantränger 120 m 3 luft av densiteten 1,29 kg/m 3 . Den omgivande
luftens lyftkraft är enligt Arkimedes princip:
L=V g =(120 m 3 )· (1,29 kg/m 3 )· (9,82 N/kg) = 1,52· 10 3 N=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.
L = mg + S ger S = L- mg =1,52 · 10 3 N - (60 kg) · (9,82 N/kg) = 0,93· 10 3 N = 0,93kN
3.29) Vid nedsänkningen i vatten gäller:

Vid nedsänkningen i vätska gäller:
där V är metallbitens volym.
a) Ekvation (1) ger:
b) Metallbitens massa m fås ur ekvationen
c) Ekvation (2) ger
och densiteten blir då:
Alternativ lösning för c) om uppgiften enbart är att bestämma vätskans densitet!
Dividera ekvation (1) med ekvation (2), så får vi efter förkortning:
8,2
Sammanfattning kapitel 3
Densitet
Densiteten anger hur mycket ett ämne väger per volymsenhet (specifika vikten). Densiteten
mäts i SI-enheten kg/m 3 . Densiteten för olika ämnen finns i formelsamlingen. Vatten har
densiteten 1000 kg/m 3 . Ämnen med lägre densitet än vatten (t ex olja och trä) flyter på vatten,
medan ämnen med högre densitet (t ex metaller) sjunker.
Exempel:
En metallklump väger 745 g och har volymen 83 cm 3 . Vilket ämne är det?
Lösning:
Massan m=745 g, volymen V=83 cm 3 . Densiteten = m/V = 745/83 =8.98 g/cm 3 . Enligt
tabellen troligtvis koppar (8.96 g/ g/cm 3 ).

Exempel:
Ange densiteten hos koppar i föregående uppgift i SI-enheten kg/m 3 .
Lösning:
8.96 g/cm 3 = 8.96 x 0.0001 kg/0.000001 m 3 = 8.96 x 10 3 kg/m 3
Exempel:
Vilken radie (r) har ett gjutjärnsklot som väger 25 kg?
Lösning:
m/ = V = 4r 3 /3 Lös ur r ur detta: r = (3m/4/ 1/3 = (3x25/4/ 1/3 = 0.09350m.
Svar: Radien är 9.4 cm
Exempel:
Mässing, som består av zink och koppar, har densiteten 7900 kg/m 3 . En zinkbit väger 75 g.
Hur många gram zink respektive koppar består biten av?
Lösning:
Använd följande obekanta variabler: mz=massan zink, mk=massan koppar,
mm=massan mässing, z=densiteten zink, k=densitet koppar, m=densitet mässing.
Följande samband gäller:
mk + mz = mtot (1) {Koppar och zinkens massa är lika med mässingens}
mk /k + mz /z = mm /m (2) {Koppar och zinkens volym är lika med mässingens}
Sätt in värden och lös ut mk och mz ur ekvationssystemet ovan.
Tryckkrafter och tryck
Skosulan utövar ett tryck mot underlaget, liksom tryck finns i gaser (lufttrycket) och vätskor.
Att t. ex snö bär en skidåkare men inte en som går i snön, beror på att trycket är lägre under
skidorna än under skorna.
Tryck
Definitionen för storheten tryck är:
d v s kraft per areaenhet (N/m 2 ). Enheten är Pascal (Pa).
Exempel:
Under vems fötter är trycket störst – under en människas eller en elefants. Gör rimliga
antaganden.
Lösning:
Människa: m=70 kg, area på en fot: A=1.5 dm 2 . Trycket under en
fot blir alltså:
Elefant: m=4000 kg, area på en fot: A=4.0 dm 2 . Trycket under en fot blir alltså:

Tydligen elefantens!
Vätsketryck
Alla som dykt under vatten vet att trycket ökar med djupet. Men hur ökar det och är trycket
olika vid samma djup om man t ex dyker i en smal brunn eller en sjö?
Exempel:
I vilket av nedanstående vattenfyllda kärl är trycket störst vid botten?
Lösning:
Vi mäter trycket vid botten på samtliga kärl med en digital manometer.(På lektionen) Enligt
mätningen är trycket vid botten är lika på samtliga kärl. Slutsatsen är alltså att trycket är
oberoende av kärlets form och endast beroende av avståndet till vattenytan.
Exempel:
Hur stort är trycket på ett visst djup i en vätska och vad beror trycket på?
Lösning:
Antag ett djup h och en tvärsnitts area A som vattenpelaren h
med densiteten trycker på. Ställ sedan upp
ett samband (med bokstäver!) för trycket p: h
Exempel:
Titanic ligger på djupet 2000 m utanför USA:s östkust. Hur stort är
trycket på det djupet?
Lösning:
Jämför med lufttrycket som är 0,1 MPa.
Exempel: m F2
Två kärl vattenfyllda kärl med olika
tvärsnittsarea är förbundna med varandra A1=2.5 dm 2 A2=5.0 cm 2
via en tunn slang. På ytan av varje kärl ligger F1
ett svart lock. På det större kärlets lock ligger
en massa m med tyngden 1,0 kN. Med vilken
A

kraft (F2)måste man hålla emot med på det lilla kärlets lock för att det inte skall tryckas iväg
av massan m?
Lösning:
Trycket under locken är lika i båda kärlen:
Det är så här en hydraulisk pump fungerar!
Lufttrycket
Lufttryck mäts vanligtvis med en barometer av manometertyp .
Exempel:
Kabintrycket i ett flygplan på 10 000 m höjd är 89 kPa (pk). Atmosfärstrycket på den höjden
är 26 kPa (pu). Bestäm tryckkraften till storlek och riktning på ett av flygplanets fönster, som
har måttet 3.0 · 4.0 dm.
Lösning:
pu pk
Fu Fk
Tryckkraften på fönstret (arean A) utifrån:
Fu= pu A
Tryckkraften på fönstret inifrån kabinen:
Fk= pk A
Resulterande tryckkraft på fönstret:
Fr= Fk - Fu = pk A - pu A = A(pk - pu) = 0,3·0,4(89-26) = 7,6 kN (riktad utåt)
Exempel:
Bestäm lufttrycket (p0) m h a Hg-barometern i figuren
Lösning:
Lufttrycket vid A är lika stort som trycket från h p0
Kvicksilverpelaren (13400 kg/m 3 ) med höjden h.
I den övre tillslutna delen av glasröret är det
vakuum, dvs. trycket är noll. Alltså gäller:
p0=gh=13400·9,82·0,758=99744 Pa
Dagens lufttryck, när avläsningen gjordes, är alltså ungefär 99,7 kPa.
Enheter för lufttrycket
Vid havsytan är normalt lufttryck 101,3 kPa. Lufttrycket anges ofta även i enheten millibar
(mbar), som barometrar ofta är graderade i. Normalt lufttryck blir då 1013 mbar. Förr mättes
lufttrycket i mmhg. Denna enhet kallas även torr. Då blir det normala lufttrycket 760 torr.
Barometrar är ofta graderade i torr.
Arkimedes princip
Arkimedes var en grekisk tänkare som levde för ett par tusen år sedan. Han formulerade en
fysikalisk princip vi ska ”återupptäcka” i exemplet nedan.

Exempel:
En rektangulär träbit med massan (m) 735 g och arean (A) 9,3 x 30 cm flyter i vatten, enligt
figuren.
a. Vilka krafter verkar på träbiten?
b. Hur djupt sjunker träbiten ner under vattnet? Ff
c. Vad väger det av träbiten undanträngda vattnet?
Lösning: h
a. Tyngdkraft (Ft) och flytkraft (Ff)
b. Ft=mg (1) Ft
Om trycket på djupet h är p=gh, blir flytkraften: Ff=pA=ghA (2)
Jämvikt råder, d v s: Ft = Ff (3)
Sätt in (1) och (2) i (3): mg=ghA m=hA (= massan av det undanträngda vattnet)
h=m/A=0,735/1000/0,093/0,3=0,026 m
Träbiten sjunker alltså ner 2,6 cm under vattnet.
Enligt uträkningen i b) väger det undanträngda vattnet lika mycket som den flytande träbiten,
vilket också är Arkimedes princip.
Arkimedes princip
Lyftkraften hos ett föremål i vätska eller gas är lika stor som tyngden
hos den undanträngda vätskan eller gasen.
Exempel:
Ett platt rektangulärformat isberg sticker upp 1 m över vattenytan. Hur djupt når det under
vattenytan?
Lösning:
Gör en enkel figur och sätt ut några h h vattenytan
beteckningar: A=tvärsnittsytan, h=1 m,
x=det sökta djupet.
Enlig Arkimedes är isbergets massa lika stor x
som det undanträngda vattnets massa:
mis= mv (1)
Isbergets massa:
mis=(x+h)Ais (2)
Det undanträngda vattnets massa: A
mv=xAv (3)
Sätt in (2) och (3) i (1) och lös ut x:
(x+h)Ais =xAv (x+h)is =xv xis+ his = xv x =his /(v -is) =
=1∙917/(998-917) = 11,3 m
Isen når ungefär 11 m under vattnet. Densiteten på is varierar dock. Glaciäris exempelvis är
sammanpressad snö och har andra egenskaper än vanligt fruset vatten.
Exempel:
Hur stor diameter måste en vätgasballong minst ha för att lyfta en människa? Anta att
människan väger mm=80 kg, ballonghölje och övrig utrustning (ej vätgasen) mb=25 kg.
Använd tabell och Arkimedes princip.
Lösning:
Enligt Arkimedes är lyftkraften tyngden av den undanträngda luften. FT
R
FL

Om är massan av den undanträngda luften, och är luftens
respektive vätets densitet och R ballongens radie, så bli lyftkraften:
Totala tyngdkraften blir:
Vid jämvikt gäller:
Sätt in (1) och (2) i (3) och lös ut R:
(
(
)
Ballongens minsta diameter måste vara 5,5 m.
Klart och lycka till önskar Andreas
√
√
)