Lösningar Heureka 2 Kapitel 7 Harmonisk svängningsrörelse
|
|
- Ann-Marie Vikström
- för 4 år sedan
- Visningar:
Transkript
1 Lösningar Heureka Kapitel 7 Harmonisk svängningsrörelse Andreas Josefsson Tullängsskolan Örebro
2 Lo sningar Fysik Heureka Kapitel a) Av figuren framgår att amplituden är 0,30 m. b) Skuggan utför en hel period, från högsta läget till lägsta och tillbaka igen, samtidigt som hjulet roterar ett helt varv. Detta tar sekunder, därför är skuggans period också sekunder. c) Skuggans hastighet är lika stor som den lodräta komposanten av bollens hastighet. Mitt emellan högsta och lägsta läget är bollens hastighet riktad vertikalt. I dessa ögonblick har skuggan lika stor fart som bollen. Matematiskt betyder detta (se figuren ovan) π 0,3 = 0,94 m/s 7. a) Sinusfaktorn varierar mellan l och -l, vilket gör att y varierar mellan -0,15 och 0,15. Amplituden är alltså 0,15 m. b) Sinusfaktorn går genom en hel period när vinkeln (10 t) växer med radianer. Det betyder att tiden ska öka 0, π= 0,63 s. Perioden är alltså 0,63 s. Den här delen av uppgiften kan vi lösa på ett alternativt sätt också. En jämförelse med det allmänna sambandet y = A sin ωt visar att ω= 10 rad/s. Eftersom ω = π T får vi att T = π ω = π = 0,63 s 10 c) För att få hastigheten v deriverar vi elongationsfunktionen (y = A sin ωt) med avseende på t ( Glöm inte att "Inre derivatan" är 10.) Hastigheten är 1,5 cos (10t) m/s. 1
3 d) Cosinusfaktorn varierar mellan -l och l, vilket betyder att hastigheten varierar mellan-1,5 m/s och 1,5 m/s. Största farten är (hastighetens "amplitud") alltså 1,5 m/s. e) För att få accelerationen a deriverar vi hastigheten v med avseende på tiden: Accelerationen är a = dv dt = 1,5 (sin 10t) 10 = 15 sin 10t (m/s ) Resultatet visar att den maximala accelerationen är 15m/s 7.3) a) Sträckan A = 0,46 m = 0,9 m genomlöps på 1s. Genomsnittsfarten är 0,9 m/s. b) Eftersom elongationen är y = A sin ωt är hastigheten v = dy dt = A (cos ωt) ω = Aω cos ωt Mitt emellan ytterlägena: y = -A och y = A är y = O, eftersom sinusfaktorn är noll. Samtidigt har cosinusfaktorn sitt största eller minsta värde, l eller -l, så att hastighetens största belopp är v max = π T A = π 0,46 = 1,4m/s Maximala farten är alltså 1,4 m/s. c)om A = 0,46 m och ω = π/ (rad/s) får vi att y = 0,46 sin ωt = 0,46 sin πt 0,46 sin 3,1t 7.4) a) Att kurvan är en cirkel ser vi först när vi kvadrerar och adderar de två ekvationerna: x + y = 3 eftersom (sin t) + (cos t) = 1, trigonometriska ettan vi får då: x + y = 3. Varje punkt (x, y) på kurvan har alltså avståndet 3 längdenheter till origo. Kurvan är en cirkel med radien 3 enheter.
4 b) När t växer med π = 6,3 sekunder, genomlöper sinus- och cosinusfaktorerna båda en hel period och partikeln fullbordar ett varv i banan. Omloppstiden är alltså 6,3 s. c) Radien i denna cirkel är 3 enheter som förut, men nu växer vinklarna dubbelt så fort. Omloppstiden blir hälften så stor, alltså π sekunder = 3,1 s d) Sätt x = 3 cos ωt och y = 3 sin ωt På 5 sekunder ska vinkeln växa med π radianer. Om vinkelhastigheten är ω får vi följande: 5 ω = π ω = π 5 (rad/s) insättning i ekvationerna ovan ger: x = 3 cos π 5 t och y = 3 sin π 5 t e)jämförelse med ekvationerna i d) ger att r betyder radien i cirkelbanan och T är omloppstiden 7.5) Kraften F som drar ut fjädern är direkt proportionell mot förlängningen x: F = k x, där k kallas för fjäderkonstanten. Det medför att x = F k = 1,5 = 0,0 Fjädern blir cm längre a) T = π m k = π 0,5 8 = 0,59s b) Självklart ja, eftersom både massan och fjäderkonstanten är samma på månen som på jorden 3
5 7.7 a) I läge A har vagnen bromsats in och ska börja accelerera mot jämviktsläget. Kraften 18 N är alltså riktad åt höger. b) I läge B (jämviktsläget) är farten maximal, och kraften övergår från att vara accelererande till att vara retarderande (bromsande). Den "byter tecken" och är alltså noll. c) I läge C är fjädern lika mycket utdragen som den är sammanpressad i läge A. Kraften har alltså storleken 18 N men är riktad åt vänster. 7.8 a) När fjädern trycks ihop 0, m blir dess kraft18 N. Fjäderkonstanten k är alltså k = 18 = 90 N/m 0, b) Vi vet att svängningstiden T = π m k Frekvensen f = 1 är alltså svängningstidens inverterade värde: T f = 1 T = 1 π k m = 1 π 90 1, = 1,4Hz 7.9 Av figur l framgår att den nedåtriktade resultanten till fjäderkraften och tyngdkraften i det övre läget är 4N. Då måste resultanten i det nedre läget också ha storleken 4N, men vara uppåtriktad. Figur visar att fjäderns kraft nu måste vara 10N och riktad uppåt för att resultanten ska bli 4N. 4
6 7.10 Svängningstiden är s. Då är vinkelhastigheten ω = π T = π = π (rad/s) Dessutom är massan m = 0,6 kg och amplituden A = O, 1 m. a) Maximala farten är:ω A = π 0,1 0,31m/s b) Maximala accelerationen inträffar i vändlägena, där den är A ω Kraften i dessa lägen är då lika med: 0,6 0, l π = 0,59 N Kommentar: Man kan också utnyttja att fjäder konstanten är ω = 5,9 N/m. Kraften i ett vändläge är fjäderkonstanten gånger fjäderns längdändring, som där är lika med amplituden. c) Accelerationen och fjäderkraften är proportionella mot elongationen. Vi har sett att a = ω y där y är elongationen. Om y är 0,05 m blir accelerationen lika med π 0,05 = 0,49 m/s Dess storlek (belopp) är alltså 0,49 m/s 7.11 a) När vagnen är i sitt jämviktsläge påverkas den av två lika stora fjäderkrafter, som tar ut varandra. Vi antar att fjädrarna drar åt var sitt håll med kraften F. Om vagnen flyttas sträckan x åt höger blir den vänstra fjäderns kraft F + k x, (k = 30 N/m). Samtidigt minskar kraften från den högra fjädern lika mycket, med k x, alltså och den blir F k x. Den resulterande kraften drar åt vänster och har storleken F + kx (F kx) = kx Exakt likadant resonemang blir det när vagnen flyttas åt vänster. Se figuren! 5
7 b) Vagnen "känner" att fjäderkonstanten är k = 0,6 0,01 = 60N/m Svängningstiden T = π m k = π 1, 60 0,89s 7.1 Fjäderkonstanten k får vi ur jämviktsvillkoret mg = kb k = mg b Detta uttryck sätter vi in i formeln för svängningstiden: T = π m k = π m mg b = π mb mg = π b g 7.13 Vinkelhastigheten är ω = π π 3600 = = 10π (rad/s) T T a) Hastighetens maximum är ω A = 10π 0,04 = 15m/s b) Den maximala accelerationen är ω A och maximala kraften F max =m a max F max = 0,6 10 π 0,04 3, N = 3,4kN 7.14 a) I "parallellfallet" sträcks båda fjädrarna1cm och sammanlagda fjäderkraften blir F 1 = kx = 40 0,01 = 0,8N 6
8 I "seriefallet" drar fjädrarna med lika stora krafter åt var sitt håll i föreningspunkten. Förlängningarna blir lika stora. Den sammanlagda förlängningen är 1cm. Varje fjäder förlängs alltså 0,5 cm. Kraften som behövs för detta är F = kx = 40 0,05 = 0,N b) När 1cm förlängning kräver 0,8 N är fjäderkonstanten 80 N/m. I "serie"-fallet kräver exakt lika mycket förlängning 0,N som motsvarar en fjäderkonstant på 0N/m Eftersom T = π m k får vi följande: I parallellfallet T = π 1 80 = 0,7s I seriefallet = π 1 0 = 1,4s 7.15 Kraften F på stenen är proportionell mot avståndet r till jordens centrum: F = K r (l) mg = K R () Här betyder m stenens massa, R jordradien och K en konstant. Genom att dividera (l) med () får vi: F g = r mg varifrån med korsmultiplikation får vi att F = R R r Kraften som verkar på stenen under resan genom hålet är en kraft som vill återföra stenen till jämviktsläget med"fjäderkonstanten" k = mg R Rörelsen är en harmonisk svängning med svängningstiden: T = π m k = π m mg R = π R g = π 6, = 5, sekunder 9,8 7
9 som är ungefär 84minuter Stenen dyker alltså upp igen efter 84 min. Enkel resa tar 4 min, vilket faktiskt också gäller om hålet borras "snett", t ex från Stockholm till London eller från Stockholm till Beijing. Se Lasse Samuelssons PIM film på lsswebb a) Anta att fjäderns förlängning är s 0 när vikten hänger i jämvikt. Då gäller att k s 0 = mg. Energin i fjädern är då E = k s 0 När fjädern dras ut sträckan y blir den nya förlängningen s = s 0 + y och fjäderns energi blir då : k (s 0 + y) Ökningen är: k (s 0 + y) k s 0 OBS. Om vi faktoriserar uttrycket y mg + ky k y = ks 0 y + = mg y + 1 k y termen (mg + ky ) kan uppfattas som medelkraften när den sträcker fjädern sträckan y b) Lägesenergin i tyngdkraftfältet avtar med mg y c) Nettotillväxten av energin hos systemet fjäder och vikt, alltså det arbete som krävs blir mgy + ky mgy = ky Den första delkraften får man ganska enkelt genom viktens tyngdkraft. Den resterande delen av medelkraften multiplicerad med y ger det sökta arbetet. Se även figuren, där arbetet fås som "area under grafen"! 8
10 7.17 a) Perioden ändras inte eftersom svängningstiden inte beror på amplituden om svängningsrörelsen är harmonisk. b) v max = ω A som medför att v max halveras c) E = 1 m ω A som medför att energin minskar till en fjärdedel d) a max = ω A som medför att a max halveras 7.18 Totala energin är summan av rörelseenergin 0,7 J och potentiella energin 0,9 J i samma ögonblick, alltså 1,60 J. jämviktsläget har vi endast rörelseenergi, och om farten där betecknar vi v kan vi skriva mv 1,6 = 1,6J och räkna ut v = 0,8 = m s 7.19 Vi betecknar den potentiella energin med E p och den kinetiska (rörelse) energin med E k E = E P + E k 9
11 Eftersom svängningsrörelsen är harmonisk är k y E p = där k är ju fjäderkonstanten och y är ju elongationen som vi är vana vid nu. Vidare är E = 1 ka (I vändlägena är ju rörelseenergin noll. )( A är amplituden) Om y = A får vi att den potentiella energin E p = 1 k A 4 Den kinetiska energin blir då E k = E E p = ka ka 8 = 1 k A = 3 4 E Bråkdelen är alltså 3/ En trådpendel med längden l har svängningstiden T = π l g Vi löser ut l och sätter in T = s och g=9,8m/s l = T π g = 0,994m 7.1 Antalet sekunder på ett dygn är = a) Uppe på berget utför pendeln =86376 hela svängningar på sekunder. Svängningstiden är då T berg = = 1,0003 s b)pendelns längd l är lika i de båda fallen T hav = π l 9,807 och T berg = π l g berg Vi dividerar de två sambanden ledvis, löser ut g berg och sätter in tiderna: 10
12 T hav = g berg T berg 9,807 g 1 berg = 9,807 1,0003 = 9,80 m s 7. Vi kan betrakta kolsyreisens rörelse som en pendelrörelse med pendelns längd, 0,5m T = π l g och f = 1 T = 1 π l g = 1 π 0,5 9,8 = 0,7Hz 7.3 Vi kallar utslagsvinkeln i vändläget α 0 Se figuren! Eftersom hastigheten är noll i just vändlägena, är centripetalaccelerationen också noll. Det betyder att vi inte har någon centripetalkraft. Då måste spännkraften S i tråden och tyngd kraftens komposant längs radien mgcosα 0 vara lika stora och motsatt riktade, alltså ta ut varandra. Den resulterande kraften på pendelkulan i ett vändläge är alltså tyngdkraftens komposant vinkelrätt mot pendeltråden. Dess storlek är mgsin α Accelerationens belopp (storlek) är då gsin α 0 α 0 som sagt är maximala utslagsvinkeln a) I formeln för svängningstiden byt m mot m. Då ser ni att om man fördubblar massan hos en fjäder pendel, ökar svängningstiden med faktorn svängningstiden enligt sambandet T = π m k är proportionell mot kvadratroten ur massan när fjäderkonstanten k är känd. Svaret blir här 1,4s b) Trådpendelns svängningstid beror inte av massan.(massan finns inte med i formeln!) Alltså ingen ändring när massan ändras. 11
13 7.5 I ett ögonblick när utslagsvinkeln är α (alfa) utgörs centripetalkraften av resultanten till spännkraften S och tyngdkraftskomposanten i trådens riktning: Med lite matte: m v l = S mgcosα S = mgcosα + mv l (samband 1) Vi måste uttrycka mv termen med saker som vi vet l Vi räknar kulans rörelseenergi vid den aktuella utslagsvinkeln. Vi låter kulans lägesenergi när den är rakt under upphängningspunkten vara noll, Se figuren! När kulan förs ut till ett vändläge blir dess lägesenergi m g h 0 h 0 = l lcosα 0 enligt figuren Om α < α 0 är lägesenergin mgh ( h = l lcosα) När kulan släpps från ett vändläge säger energilagen att mgh 0 = mgh + mv mv = mg(h 0 h) = mgl(cosα cosα 0 ) Dividerar med l och multiplicerar med mv = mg(cosα cos α l 0 ) som vi sätter in i formeln för S (samband 1) S = mg(3cosα cosα 0 ) 7.6 Vi betraktar bilen som en harmonisk oscillator. Tyngdkraften av personen orsakar en hoptryckning på 4cm och då kan vi räkna ut fjäderkonstanten. a) k = F s 81,5 9,8 = 4 10 = 10 4 N m 1
14 T = π m k och f = 1 T = 1 π m k = 1 π 1, = 0,53Hz b) Frekvensen visar hur mycket bilen svänger upp och ner på en sekund. Hastigheten blir då 0m 0,53s 1 = 10,6 m s (38 km h ) OBS. Det kan hända att även vid halva den farten (19km/h) händer samma sak. 7.7 a) Vagnens rörelseenergi omvandlas till potentiell energi i fjädern, alltså mv = ka Om en konstant kraft F ska uträtta det arbete som förmedlar omvandlingen, måste vi ha att F a = ka eftersom bromssträckan är a Det betyder att F = ka b) Under inbromsningen utför vagnen en fjärdedels harmonisk svängning. Den har hela tiden kontakt med fjädern och uppför sig som om den vore fäst vid den. Tiden som går åt är (med bokens beteckning): 13
15 τ = 1 4 π m k = π m k (τ utläses tao och betecknar tid) c) Rörelsemängdens ändring är m v. Om en konstant kraft F ska åstadkomma denna ändring ska dess impuls uppfylla villkoret F τ = mv F = mv τ F = mv τ = mv π k m = π m v k m = π mv k Enligt ekvationen under punkt a) är mv = ka och vi får då F = π ka k = ka π 14
Svar och anvisningar
160322 BFL102 1 Tenta 160322 Fysik 2: BFL102 Svar och anvisningar Uppgift 1 a) Centripetalkraften ligger i horisontalplanet, riktad in mot cirkelbanans mitt vid B. A B b) En centripetalkraft kan tecknas:
Läs merTFYA16: Tenta Svar och anvisningar
180111 TFYA16 1 TFYA16: Tenta 180111 Svar och anvisningar Uppgift 1 a) Svar: 89 cm x = 0 t 3 dt = [ t 3 9 ] 0 = 8 m 89 cm 9 b) Om vi betecknar tågets (T) hastighet relativt marken med v T J, så kan vi
Läs merVågrörelselära och optik
Vågrörelselära och optik Kapitel 14 Harmonisk oscillator 1 Vågrörelselära och optik 2 Vågrörelselära och optik Kurslitteratur: University Physics by Young & Friedman (14th edition) Harmonisk oscillator:
Läs merTFYA16: Tenta Svar och anvisningar
150821 TFYA16 1 TFYA16: Tenta 150821 Svar och anvisningar Uppgift 1 a) Sträckan fås genom integration: x = 1 0 sin π 2 t dt m = 2 π [ cos π 2 t ] 1 0 m = 2 π m = 0,64 m Svar: 0,64 m b) Vi antar att loket
Läs merLösningar Kap 11 Kraft och rörelse
Lösningar Kap 11 Kraft och rörelse Andreas Josefsson Tullängsskolan Örebro Lösningar Fysik 1 Heureka: kapitel 11 11.1.-11.2 Se facit eller figurerna nedan. 1 11.3 Titta på figuren. Dra linjer parallella
Läs merLösningar Heureka 2 Kapitel 3 Rörelse i två dimensioner
Lösningar Heureka Kapitel 3 Rörelse i två dimensioner Andreas Josefsson Tullängsskolan Örebro Lösningar Fysik Heureka:Kapitel 3 3.1) Enligt figuren: nordliga förflyttningen: 100+00-100=00m Östliga förflyttningen:
Läs mer6.3 Partikelns kinetik - Härledda lagar Ledningar
6.3 Partikelns kinetik - Härledda lagar Ledningar 6.104 Om du inte tidigare gått igenom illustrationsexempel 6.3.3, gör det först. Låt ϕ vara vinkeln mellan radien till kroppen och vertikalen (det vill
Läs merLÄRARHANDLEDNING Harmonisk svängningsrörelse
LÄRARHANDLEDNING Harmonisk svängningsrörelse Utrustning: Dator med programmet LoggerPro LabQuest eller LabPro Avståndsmätare Kraftgivare Spiralfjäder En vikt Stativmateriel Kraftgivare Koppla mätvärdesinsamlaren
Läs merLösningar till Tentamen i fysik B del 1 vid förutbildningar vid Malmö högskola
Lösningar till Tentamen i fysik B del 1 vid förutbildningar vid Malmö högskola Tid: Måndagen 5/3-2012 kl: 8.15-12.15. Hjälpmedel: Räknedosa. Bifogad formelsamling. Lösningar: Lösningarna skall vara väl
Läs mer9.1 Kinetik Rotation kring fix axel Ledningar
9.1 Kinetik Rotation kring fix axel Ledningar 9.5 Frilägg hjulet och armen var för sig. Normalkraften kan beräknas med hjälp av jämvikt för armen. 9.6 Frilägg armen, och beräkna normalkraften. a) N µn
Läs merSvar och anvisningar
170317 BFL10 1 Tenta 170317 Fysik : BFL10 Svar och anvisningar Uppgift 1 a) Den enda kraft som verkar på stenen är tyngdkraften, och den är riktad nedåt. Alltså är accelerationen riktad nedåt. b) Vid kaströrelse
Läs merKOMIHÅG 12: Ekvation för fri dämpad svängning: x + 2"# n
KOMIHÅG 1: ------------------------------------------------------ Ekvation för fri dämpad svängning: x + "# n x + # n x = a, Tre typer av dämpning: Svag, kritisk och stark. 1 ------------------------------------------------------
Läs merTFYA16: Tenta Svar och anvisningar
170418 TFYA16 1 TFYA16: Tenta 170418 Svar och anvisningar Uppgift 1 a) Vi är intresserade av största värdet på funktionen x(t). Läget fås genom att integrera hastigheten, med bivillkoret att x(0) = 0.
Läs merKOMIHÅG 10: Effekt och arbete Effekt- och arbetslag Föreläsning 11: Arbete och lagrad (potentiell) energi
KOMIHÅG 10: Effekt och arbete Effekt- och arbetslag ----------------------------------------- Föreläsning 11: Arbete och lagrad (potentiell) energi Definition av arbete: U 0"1 = t 1 t 1 # Pdt = # F v dt,
Läs merLösningar till övningar Arbete och Energi
Lösningar till övningar Arbete och Energi G1. Lägesenergin E p = mgh = 1. 9,8. 1,3 J = 153 J Svar: 150 J G10. Arbetet F s = ändringen i rörelseenergi E k Vi får E k = 15,4 J = 36 J Svar: 36 J G6. Vi kan
Läs merÖvningstenta Svar och anvisningar. Uppgift 1. a) Hastigheten v(t) får vi genom att integrera: v(t) = a(t)dt
Övningstenta 015 Svar och anvisningar Uppgift 1 a) Hastigheten v(t) får vi genom att integrera: v(t) = a(t)dt tillsammans med begynnelsevillkoret v(0) = 0. Vi får: v(t) = 0,5t dt = 1 6 t3 + C och vi bestämmer
Läs merFöreläsning 17: Jämviktsläge för flexibla system
1 KOMIHÅG 16: --------------------------------- Ellipsbanans storaxel och mekaniska energin E = " mgm 2a ------------------------------------------------------ Föreläsning 17: Jämviktsläge för flexibla
Läs merKUNGL TEKNISKA HÖGSKOLAN INSTITUTIONEN FÖR MEKANIK Richard Hsieh, Karl-Erik Thylwe
Tentamen i SG1102 Mekanik, mindre kurs för Bio, Cmedt, Open Uppgifterna skall lämnas in på separata papper. Problemdelen. För varje uppgift ges högst 6 poäng. För godkänt fordras minst 8 poäng. Teoridelen.
Läs merUppgift 3.5. Vi har att: a = dv dt enligt definitionen. Med vårt uttryck blir detta: dt = kv2. Vi separerar variablerna: v 2 = kdt
Uppgift 3.5 a) Vi har att: a = dv dt enligt definitionen. Med vårt uttryck blir detta: Vi separerar variablerna: Vi kan nu integrera båda leden: dv v = k dv dt = kv dv v = kdt dt 1 v = kt + C där C är
Läs mer" e n och Newtons 2:a lag
KOMIHÅG 4: --------------------------------- 1 Energistorheter: P = F v, U "1 = t 1 # Pdt. Energilagar: Effektlagen, Arbetets lag ---------------------------------- Föreläsning 5: Tillämpning av energilagar
Läs merProblemtentamen. = (3,4,5)P, r 1. = (0,2,1)a F 2. = (0,0,0)a F 3. = (2,"3,4)P, r 2
2015-MM-DD Övningstentamen i Mekanik SG1130, grundkurs B1. OBS: Inga hjälpmede förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik 1. Problemtentamen Ett kraftsystem består av tre krafter som angriper
Läs merRepetition Mekanik Fy2 Heureka 2: kap. 2, 3.1-3, version 2016
Repetition Mekanik Fy2 Heureka 2: kap. 2, 3.1-3, 4.1-3 version 2016 Kraftmoment (vridmoment) En krafts förmåga att vrida ett föremål runt en vridningsaxel kallas för kraftmoment (vridmoment). Moment betecknas
Läs merWALLENBERGS FYSIKPRIS
WALLENBERGS FYSIKPRIS KVALIFICERINGSTÄVLING 23 januari 2014 SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET LÖSNINGSFÖRSLAG 1. (a) När bilens fart är 50 km/h är rörelseenergin W k ( ) 2 1,5 10 3 50 3,6 2 J 145 10 3 J. Om verkningsgraden
Läs merTänk nu att c är en flaggstång som man lutar och som dessutom råkar befinna sig i ett koordinatsystem.
Detta tänker jag att man redan vet: sin α= b c och cosα=a c och alltså också att för vinkeln. b=c sin α och a=c cos α Hypotenusan gånger antingen sinus eller cosinus Del 1 Tänk nu att c är en flaggstång
Läs merIntrohäfte Fysik II. för. Teknisk bastermin ht 2018
Introhäfte Fysik II för Teknisk bastermin ht 2018 Innehåll Krafter sid. 2 Resultant och komposanter sid. 5 Kraft och acceleration sid. 12 Interna krafter, friläggning sid. 15 1 Kraftövningar De föremål
Läs mer1. Mekanisk svängningsrörelse
1. Mekanisk svängningsrörelse Olika typer av mekaniska svängningar och vågrörelser möter oss överallt i vardagen allt från svajande höghus till telefoner med vibrationen påslagen hör till denna kategori.
Läs merLösningar Heureka 2 Kapitel 2 Kraftmoment och jämvikt
Lösningar Heureka Kapitel Kraftmoment och jämvikt Andreas Josefsson Tullängsskolan Örebro Lo sningar Fysik Heureka Kapitel.1) Vi väljer en vridningsaxel vid brädans kontaktpunkt med ställningen till vänster,
Läs merLösningar Kap 7 Elektrisk energi, spänning och ström. Andreas Josefsson. Tullängsskolan Örebro
Lösningar Kap 7 Elektrisk energi, spänning och ström Andreas Josefsson Tullängsskolan Örebro Lösningar Fysik 1 Heureka: kap 7 7.1) Om kulan kan "falla" från A till B minskar dess potentiella elektriska
Läs merWALLENBERGS FYSIKPRIS
WALLENBERGS FYSIKPRIS KVALIFICERINGSTÄVLING 8 januari 016 SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET LÖSNINGSFÖRSLAG KVALTÄVLINGEN 016 1. a) Den stora och lilla bollen faller båda,0 m. Energiprincipen ger hastigheten då
Läs merSvar och anvisningar
15030 BFL10 1 Tenta 15030 Fysik : BFL10 Svar och anvisningar Uppgift 1 a) Enligt superpositionsprincipen ska vi addera elongationerna: y/cm 1 1 x/cm b) Reflektionslagen säger att reflektionsvinkeln är
Läs merTentamen i Mekanik 5C1107, baskurs S2. Problemtentamen
005-05-7 Tentamen i Mekanik 5C1107, baskurs S. OBS: Inga hjälpmede förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik 1. Problemtentamen En homogen stång med massan m är fäst i ena änden i en fritt vridbar
Läs merObs: Använd vektorstreck för att beteckna vektorstorheter. Motivera införda ekvationer!
1) m M Problemlösningar µ α α Lösning: Frilägg massorna: T N N F µ T Mg mg Jämvikt för M kräver T Mgsin α = 0 (1) a) Gränsfall F µ = µ N men jämvikt för m kräver: N mg cosα = 0 (2) T µ N mgsinα = 0 (3)
Läs merGunga med Galileo matematik för hela kroppen
Ann-Marie Pendrill Gunga med Galileo matematik för hela kroppen På en lekplats eller i en nöjespark finns möjlighet att påtagligt uppleva begrepp från fysik och matematik med den egna kroppen. Med hjälp
Läs merInlupp 3 utgörs av i Bedford-Fowler med obetydligt ändrade data. B
Inlupp Sommarkurs 20 Mekanik II En trissa (ett svänghjul) har radie R 0.6 m och är upphängd i en horisontell friktionsfri axel genom masscentrum.. Ett snöre lindas på trissans utsida och en konstant kraft
Läs merSvar: Inbromsningssträckan ökar med 10 m eller som Sören Törnkvist formulerar svaret på s 88 i sin bok Fysik per vers :
FYSIKTÄVLINGEN KVALIFICERINGS- OCH LAGTÄVLING 1 februari 001 LÖSNINGSFÖRSLAG SVENSKA FYSIKERSAMFNDET 1. Enligt energiprincipen är det rörelseenergin som bromsas bort i friktionsarbetet. Detta ger mv sambandet
Läs merGÖTEBORGS UNIVERSITET Institutionen för fysik LÖSNINGAR TILL TENTAMEN I MEKANIK B För FYP100, Fysikprogrammet termin 2
GÖTEBORGS UNIVERSITET Institutionen för fysik LÖSNINGAR TILL TENTAMEN I MEKANIK B För FYP100, Fysikprogrammet termin Tid: Plats: Ansvarig: Hjälpmedel: Tisdag juni 009, kl 8 30 13 30 V-huset Lennart Sjögren,
Läs merTentamen i Mekanik SG1102, m. k OPEN. Problemtentamen
2015-06-01 Tentamen i Mekanik SG1102, m. k OPEN OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas KTH Mekanik Problemtentamen 1. En bil med massan m kör ett varv med konstant fartökning ( v =)
Läs merKOMIHÅG 18: Ekvation för fri dämpad svängning: x + 2"# n. x j,
KOMIHÅG 18: ------------------------------------------------------ Ekvation för fri dämpad svängning: x + "# n x + # n x = # n x j, 1 med konstanterna! n = k m och!" n = c m. ------------------------------------------------------
Läs merHjälpmedel: Grafritande miniräknare, gymnasieformelsamling, linjal och gradskiva
Fysik Bas 2 Provmoment: Ladokkod: Tentamen ges för: KBAST17h KBASX17h 9 högskolepoäng Tentamensdatum: 2018-05-28 Tid: 09:00-13:00 Hjälpmedel: Grafritande miniräknare, gymnasieformelsamling, linjal och
Läs merTentamen i delkurs 1 (mekanik) för Basåret Fysik NBAF00
GÖTEBORGS UNIVERSITET 181011 Institutionen för fysik Kl 8.30 13.30 Tentamen i delkurs 1 (mekanik) för Basåret Fysik NBAF00 Examinator: Hjälpmedel: Betygsgränser: Carlo Ruberto Valfri tabell- och formelsamling
Läs merMer Friktion jämviktsvillkor
KOMIHÅG 6: --------------------------------- Torr friktion: F! µn. Viskös friktion: F = "cv. Extra villkor för jämvikt: risk för glidning eller stjälpning. ---------------------------------- Föreläsning
Läs merundanträngda luften vilket motsvarar Flyft kraft skall först användas för att lyfta samma volym helium samt ballongens tyngd.
FYSIKTÄVLINGEN Finalen - teori 1 maj 001 LÖSNINGSFÖRSLAG SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET 1 Vi beräknar först lyftkraften för en ballong Antag att ballongen är sfärisk med diametern 4πr 4π 0,15 0 cm Den har då
Läs merTentamen i Mekanik SG1102, m. k OPEN. Problemtentamen
014-06-04 Tentamen i Mekanik SG110, m. k OPEN. OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik 1. Problemtentamen En boll skjuts ut genom ett hål med en hastighet v så att den
Läs merOmtentamen i Mekanik I SG1130, grundkurs för CMATD och CL. Problemtentamen
2015-06-12 Omtentamen i Mekanik I SG1130, grundkurs för CMATD och CL. OBS: Inga hjälpmede förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik Problemtentamen 1. Med hjälp av en tråd kan ett homogent block
Läs merTentamen Mekanik F del 2 (FFM520)
Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520) Tid och plats: Måndagen den 24 augusti 2009 klockan 08.30-12.30 i V. Lösningsskiss: Christian Forssén. Obligatorisk del 1. Rätt svarsalternativ på de sex frågorna är:
Läs merLösningar Heureka 2 Kapitel 14 Atomen
Lösningar Heureka Kapitel 14 Atomen Andreas Josefsson Tullängsskolan Örebro Lo sningar Fysik Heureka Kapitel 14 14.1) a) Kulorna från A kan ramla på B, C, D, eller G (4 möjligheter). Från B kan de ramla
Läs mer= v! p + r! p = r! p, ty v och p är dt parallella. Definiera som en ny storhet: Rörelsemängdsmoment: H O
1 KOMIHÅG 15: --------------------------------- Definitioner: Den potentiella energin, mekaniska energin Formulera: Energiprincipen ---------------------------------- Föreläsning 16: FLER LAGAR-härledning
Läs merUppgift 3.5. Vi har att: a = dv dt enligt definitionen. Med vårt uttryck blir detta: Vi separerar variablerna: Vi kan nu integrera båda leden: Z dv
Uppgift 3.5 a) Vi har att: a = dv dt enligt definitionen. Med vårt uttryck blir detta: Vi separerar variablerna: Vi kan nu integrera båda leden: Z dv v = dv dt = dv v = Z k kv kdt dt, 1 v = kt + C där
Läs merTentamen i Mekanik SG1130, baskurs P1. Problemtentamen
010-06-07 Tentamen i Mekanik SG1130, baskurs P1 OBS: Inga hjälpmede förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik 1 Problemtentamen En homogen mast med massan M och längden 10a hålls stående i vertikalt
Läs merBFL102/TEN1: Fysik 2 för basår (8 hp) Tentamen Fysik mars :00 12:00. Tentamen består av 6 uppgifter som vardera kan ge upp till 4 poäng.
Institutionen för fysik, kemi och biologi (IFM) Marcus Ekholm BFL12/TEN1: Fysik 2 för basår (8 hp) Tentamen Fysik 2 22 mars 216 8: 12: Tentamen består av 6 uppgifter som vardera kan ge upp till 4 poäng.
Läs merWALLENBERGS FYSIKPRIS
WALLENBERGS FYSKPRS FNALTÄVLNG 3 maj 2014 SVENSKA FYSKERSAMFUNDET LÖSNNGSFÖRSLAG 1. a) Fasförskjutningen ϕ fås ur P U cosϕ cosϕ 1350 1850 ϕ 43,1. Ett visardiagram kan då ritas enligt figuren nedan. U L
Läs merNEWTONS 3 LAGAR för partiklar
wkomihåg 12: Acceleration-med olika komponenter. ----------------------------------------- Föreläsning 13: Dynamik kraft-rörelse (orsakverkan) NEWTONS 3 LAGAR för partiklar 1 1. En 'fri' partikel förblir
Läs merKapitel extra Tröghetsmoment
et betecknas med I eller J används för att beskriva stela kroppars dynamik har samma roll i rotationsrörelser som massa har för translationsrörelser Innebär systemets tröghet när det gäller att ändra rotationshastigheten
Läs merRepetition Harmonisk svängning & vågor - Fy2 Heureka 2: kap. 7, 9, 13 version 2016
Repetition Harmonisk svängning & vågor - Fy2 Heureka 2: kap. 7, 9, 13 version 2016 Harmonisk svängning En svängning fram och tillbaka kring ett jämviktsläge, där den resulterande kraften på den svängande
Läs merTillämpad biomekanik, 5 poäng Övningsuppgifter
, plan kinematik och kinetik 1. Konstruktionen i figuren används för att överföra rotationsrörelse för stången till en rätlinjig rörelse för hjulet. a) Bestäm stångens vinkelhastighet ϕ& som funktion av
Läs merTentamen i Mekanik SG1102, m. k OPEN m fl. Problemtentamen OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas!
014-08-19 Tentamen i Mekanik SG110, m. k OPEN m fl. OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik Problemtentamen 1. En boll med massa m skjuts ut ur ett hål så att den hamnar
Läs mer(Eftersom kraften p. g. a. jordens gravitation är lite jämfört med inbromsningskraften kan du försumma gravitationen i din beräkning).
STOCHOLMS UNIVERSITET FYSIKUM Tentamensskrivning i Mekanik FyU01 och FyU03 Måndag 3 oktober 2005 kl. 9-15 Införda beteckningar skall definieras och uppställda ekvationer motiveras, detta gäller även när
Läs merOm den lagen (N2) är sann så är det också sant att: r " p = r " F (1)
1 KOMIHÅG 12: --------------------------------- Den mekaniska energin, arbetet ---------------------------------- Föreläsning 13: FLER LAGAR-härledning ur N2 Momentlag Hur påverkas rörelsen av ett kraftmoment??
Läs mer. Bestäm för denna studs stöttalet e! Lösning: Energiprincipen för bollens fall ner mot underlaget ger omedelbart före stöt:
KOMIHÅG 19: ------------------------------------------------------ Dämpade vibrationer: Fria fallet Kritisk dämpningsrörelse x(t) = e "# nt ( B + Ct) + x j Svag dämpningsrörelse x(t) = e "#$ nt ( Bcos(
Läs mer" e n Föreläsning 3: Typiska partikelrörelser och accelerationsriktningar
KOMIHÅG 2: 1 Cylinderkomponenter: Hastighet v = r e r + r" e " + z e z Acceleration: a = ( r " r# 2 )e r + ( r # + 2 r # )e # + z e z Naturliga komponenter: v = ve t a = v e t + v 2 " e n ------------------------------------
Läs merMEKANIK LABORATION 2 KOPPLADE SVÄNGNINGAR. FY2010 ÅK2 Vårterminen 2007
I T E T U N I V E R S + T O C K H O L M S S FYSIKUM Stockholms universitet Fysikum 3 april 007 MEKANIK LABORATION KOPPLADE SVÄNGNINGAR FY010 ÅK Vårterminen 007 Mål Laborationen avser att ge allmän insikt
Läs mer6.2 Partikelns kinetik - Tillämpningar Ledningar
6.2 Partikelns kinetik - Tillämpningar Ledningar 6.13 Det som känns som barnets tyngd är den uppåtriktade kraft F som mannen påverkar barnet med. Denna fås ur Newton 2 för barnet. Svar i kilogram måste
Läs merWALLENBERGS FYSIKPRIS
WALLENBERGS FYSIKPRIS KVALIFICERINGS- OCH LAGTÄVLING 8 januari 1 SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET LÖSNINGSFÖRSLAG 1. Ballongens volym är V = πr h = 3,14 3 1,5 m 3 = 4,4 m 3. Lyftkraften från omgivande luft är
Läs merWALLENBERGS FYSIKPRIS
WALLENBERGS FYSIKPRIS KVALIFICERINGS- OCH LAGTÄVLING 22 januari 2009 SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET LÖSNINGSFÖRSLAG 1. (a) Rörelsemotståndsarbetet på nervägen är A n = F motst s = k mg s = k (2 180 + 52 100)
Läs merWALLENBERGS FYSIKPRIS
WALLENBERGS FYSIKPRIS KVALIFICERINGSTÄVLING 24 januari 2013 SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET LÖSNINGSFÖRSLAG 1. (a) Ljudhastigheten i is är 180 m 55 10 3 s 3,27 103 m/s. Ur diagrammet avläser vi att det tar 1,95
Läs merInre krafters resultanter
KOMIHÅG 6: --------------------------------- Torr friktion: F " µn Normalkraftens angrepp?? Risk för glidning eller stjälpning ---------------------------------- Föreläsning 7: Inre krafters resultanter
Läs merTentamen Mekanik F del 2 (FFM520)
Tentamen Mekanik F del FFM50 Tid och plats: Måndagen den 3 maj 011 klockan 14.00-18.00 i V. Lösningsskiss: Christian Forssén Obligatorisk del 1. a 1 och är identiska vid ekvatorn. Centripetalaccelerationen
Läs merALTERNATIVA KOORDINATSYSTEM -Cylindriska koordinatsystem. De polära koordinaterna r och " kan beskriva rörelsen i ett xyplan,
KOMIHÅG 8: --------------------------------- Rörelsemängd: p = mv, Kinematiska storheter: r ( t), v ( t), a ( t) Kinematiska samband med begynnelsevillkor 1 Föreläsning 9: ALTERNATIVA KOORDINATSYSTEM -Cylindriska
Läs merGrundläggande om krafter och kraftmoment
Grundläggande om krafter och kraftmoment Text: Nikodemus Karlsson Original character art by Esa Holopainen, http://www.verikoirat.com/ Krafter - egenskaper och definition Vardaglig betydelse Har med påverkan
Läs merBFL102/TEN1: Fysik 2 för basår (8 hp) Tentamen Fysik 2. 5 juni :00 12:00. Tentamen består av 6 uppgifter som vardera kan ge upp till 4 poäng.
Institutionen för fysik, kemi och biologi (IFM) Marcus Ekholm BFL02/TEN: Fysik 2 för basår (8 hp) Tentamen Fysik 2 5 juni 205 8:00 2:00 Tentamen består av 6 uppgifter som vardera kan ge upp till 4 poäng.
Läs merVågrörelselära. Christian Karlsson Uppdaterad: Har jag använt någon bild som jag inte får använda så låt mig veta så tar jag bort den.
Vågrörelselära Christian Karlsson Uppdaterad: 161003 Har jag använt någon bild som jag inte får använda så låt mig veta så tar jag bort den. christian.karlsson@ckfysik.se [14] 1 Elasticitet (bl.a. fjädrar)
Läs mer6.4 Svängningsrörelse Ledningar
6.4 Svängningsrörelse Ledningar 6.166 b) Krafterna i de båda fjädrarna är lia stora och lia med raften på roppen (inses genom att man frilägger roppen och de två fjädrarna var för sig). Kroppens förflyttning
Läs merMekanik Laboration 3 (MB3)
Institutionen för fysik Ingvar Albinsson/Carlo Ruberto Naturvetenskapligt basår, NBAF00 Laborationen genomförs i grupper om två-tre personer och består av fem olika försök som genomförs i valfri ordning
Läs merMatematik D (MA1204)
Matematik D (MA104) 100 p Betygskriterier med eempeluppgifter Värmdö Gymnasium Betygskriterier enligt Skolverket Kriterier för betyget Godkänd Eleven använder lämpliga matematiska begrepp, metoder och
Läs merIntroduktion till Biomekanik, Dynamik - kinetik VT 2006
Kinetik Kinematiken: beskrivning av translationsrörelse och rotationsrörelse Kinetik: Till rörelsen kopplas även krafter och moment liksom massor och masströghetsmoment. Kinetiken är ganska komplicerad,
Läs merÖvningar Arbete, Energi, Effekt och vridmoment
Övningar Arbete, Energi, Effekt och vridmoment G1. Ett föremål med massan 1 kg lyfts upp till en nivå 1,3 m ovanför golvet. Bestäm föremålets lägesenergi om golvets nivå motsvarar nollnivån. G10. En kropp,
Läs merFinal i Wallenbergs fysikpris
Final i Wallenbergs fysikpris 5-6 mars 011. Teoriprov. Lösningsförslag. 1) Fysikern Hilda leker med en protonstråle i en vakuumkammare. Hon accelererar protonerna från stillastående med en protonkanon
Läs merLösningar till problemtentamen
KTH Mekanik 2007 05 09 Mekanik bk och I, 5C03-30, för I och BD, 2007 05 09, kl 08.00-2.00 Lösningar till probletentaen Uppgift : En partikel i A ed assa hänger i två lika långa trådar fästa i punkterna
Läs merNewtons 3:e lag: De par av krafter som uppstår tillsammans är av samma typ, men verkar på olika föremål.
1 KOMIHÅG 8: --------------------------------- Hastighet: Cylinderkomponenter v = r e r + r" e " + z e z Naturliga komponenter v = ve t Acceleration: Cylinderkomponenter a = ( r " r# 2 )e r + ( r # + 2
Läs merTentamen i Mekanik II
Institutionen för fysik och astronomi F1Q1W2 Tentamen i Mekanik II 30 maj 2016 Hjälpmedel: Mathematics Handbook, Physics Handbook och miniräknare. Maximalt 5 poäng per uppgift. För betyg 3 krävs godkänd
Läs merMekanik FK2002m. Repetition
Mekanik FK2002m Föreläsning 12 Repetition 2013-09-30 Sara Strandberg SARA STRANDBERG P. 1 FÖRELÄSNING 12 Förflyttning, hastighet, acceleration Position: r = xî+yĵ +zˆk θ = s r [s = θr] Förflyttning: r
Läs mer3. Om ett objekt accelereras mot en punkt kommer det alltid närmare den punkten.
Tentamen 1, Mekanik KF HT2011 26:e November. Hjälpmedel: Physics handbook alt. Formelblad, Beta mathematics handbook, pennor, linjal, miniräknare. Skrivtid: 5 timmmar. För godkänt krävs minst 18/36 på
Läs merNFYA02: Svar och lösningar till tentamen 140115 Del A Till dessa uppgifter behöver endast svar anges.
1 NFYA: Svar och lösningar till tentamen 14115 Del A Till dessa uppgifter behöver endast svar anges. Uppgift 1 a) Vi utnyttjar att: l Cx dx = C 3 l3 = M, och ser att C = 3M/l 3. Dimensionen blir alltså
Läs merTentamen i Mekanik - Partikeldynamik TMME08
Tentamen i Mekanik - Partikeldynamik TMME08 Onsdagen den 13 augusti 2008, kl. 8-12 Examinator: Jonas Stålhand Jourhavande lärare: Jonas Stålhand, tel: 281712 Tillåtna hjälpmedel: Inga hjälpmedel Tentamen
Läs merTFYA16: Tenta Svar och anvisningar
160819 TFYA16 1 TFYA16: Tenta 160819 Svar och anvsnngar Uppgft 1 a) Svar: A(1 Bt)e Bt v = dx dt = d dt (Ate Bt ) = Ae Bt ABte Bt = A(1 Bt)e Bt b) Då partkeln byter rktnng har v v = 0, dvs (1 t) = 0. Svar:
Läs merTentamen Fysikaliska principer
Institutionen för fysik, kemi och biologi (IFM) Marcus Ekholm NFYA/TEN1: Fysikaliska principer och nanovetenskaplig introduktion Tentamen Fysikaliska principer 15 januari 16 8: 1: Tentamen består av två
Läs mer5B1134 Matematik och modeller
KTH Matematik 1 5B1134 Matematik och modeller 2006-09-11 2 Andra veckan Trigonometri Veckans begrepp enhetscirkeln, trigonometriska ettan trigonometrisk funktion, sinuskurva period, fasförskjutning, vinkelhastighet
Läs merVar i en nöjespark får man uppleva de starkaste krafterna? Enligt
Ann-Marie Pendrill & David Eager Studsmattematte fritt fall och harmonisk svängningsrörelse Studsmattor finns i många trädgårdar och lekplatser. Under studsandet rör man sig huvudsakligen i vertikalled
Läs merSvängningar. Innehåll. Inledning. Litteraturhänvisning. Förberedelseuppgifter. Svängningar
Svängningar Innehåll Inledning Inledning... 1 Litteraturhänvisning... 1 Förberedelseuppgifter... 1 Utförande Det dämpade men odrivna systemet... 3 Det drivna systemet... 4 Observation av ett urval av svängande
Läs merTentamen Mekanik F del 2 (FFM520)
Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520) Tid och plats: Måndagen den 23 maj 2011 klockan 14.00-18.00 i V. Hjälpmedel: Physics Handbook, Beta, Lexikon, typgodkänd miniräknare samt en egenhändigt skriven A4 med
Läs meruniversity-logo Mekanik Repetition CBGA02, FYGA03, FYGA07 Jens Fjelstad 1 / 11
Mekanik Repetition CBGA02, FYGA03, FYGA07 Jens Fjelstad 2010 03 18 1 / 11 Översikt Friläggning Newtons 2:a lag i tre situationer jämvikt partiklar stela kroppars plana rörelse Energilagen Rörelsemängd
Läs merMekanik Föreläsning 8
Mekanik Föreläsning 8 CBGA02, FYGA03, FYGA07 Jens Fjelstad 2010 02 19 1 / 16 Repetition Polära koordinater (r, θ): ange punkter i R 2 m h a r: avståndet från origo (0, 0) θ: vinkeln mot positiva x axeln
Läs merTid läge och accelera.on
Tid läge och accelera.on Tid t Läge x = x(t) Hastighet v(t) = dx dt x(t) = Acceleration a(t) = dv dt v(t) = t t0 v(t)dt t t 0 a(t)dt Eq 1 Eq 2 Eq 3 MEN KOM IHÅG: 1. För a> de>a skall vara användbart måste.dsberoendet
Läs merSTOCKE OLMS UNIVERSITET FYS IKUM
STOCKE OLMS UNIVERSITET FYS IKUM Tciita.ncaisskrivnintg i Mckanik för FK2002 /Fk~ zoc~ -j Onsdagen den 5 januari 2011 kl. 9 14 Hjälpmedel: Miniriiknare och formelsamling. Varje problem ger maximall 4 poäng.
Läs merLösningar till Matematik 3000 Komvux Kurs D, MA1204. Senaste uppdatering Dennis Jonsson
, MA104 Senaste uppdatering 009 04 03 Dennis Jonsson Lösningar till Matematik 3000 Komvu Kurs D, MA104 Fler lösningar kommer fortlöpande. Innehåll 110... 6 111... 6 11... 6 1130... 7 1141... 7 114... 8
Läs merTentamen i Mekanik SG1102, m. k OPEN. Problemtentamen
2015-06-01 Tentamen i Mekanik SG1102, m. k OPEN OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik Problemtentamen 1. En bil med massan m kör ett varv med konstant fartökning ( v
Läs merBiomekanik, 5 poäng Introduktion -Kraftbegreppet. Mekaniken är en grundläggande del av fysiken ingenjörsvetenskapen
Biomekanik Mekanik Skillnad? Ambition: Att ge översiktliga kunskaper om mekaniska sammanhang och principer som hör samman med kroppsrörelser och rörelser hos olika idrottsredskap. Mekaniken är en grundläggande
Läs merexempel på krafter i idealiserade situationer, som till exempel i Slänggungan / Kättingflygaren eller Himmelskibet.
Figur 1: Slänggungan på Liseberg Med Newton bland gungor och karuseller Ann-Marie.Pendrill@fysik.lu.se I nöjesparkens åkattraktioner är det din egen kropp som upplever krafterna i Newtons lagar, när den
Läs merGÖTEBORGS UNIVERSITET Institutionen för fysik LÖSNINGAR TILL TENTAMEN I MEKANIK B För FYP100, Fysikprogrammet termin 2
GÖTEBORGS UNIVERSITET Institutionen för fysik LÖSNINGAR TILL TENTAMEN I MEKANIK B För FYP00, Fysikprogrammet termin 2 Tid: Plats: Ansvarig: Hjälpmedel: Lödag 29 maj 200, kl 8 30 3 30 V-huset Lennart Sjögren,
Läs mer