T T övre T undre blir 2 eller
|
|
- Simon Henriksson
- för 4 år sedan
- Visningar:
Transkript
1 Mekanik III Före duggan Nedanstående är endast anteckningar avsedda att underlätta läsandet av läroboken Thornton-Marion Classical Dynamics of Particles and Systems och med vissa tillägg för att söka ge intutiv förståelse. Kap 6 Elementa av variationskalkyl. Läs själva i läroboken, det som behövs framgår nedan. Kap 7 Analytisk mekanik 7. Exempel där vi använder kunskaper från Mekanik II Hur bestäms kinetiska energin och potentiella för en fysisk dubbelpendel bestående av två stänger, vardera med massan m och ledade friktionsfritt, övre leden fix i rummet? Längden är l hos vardera stången. Den övre stången markeras som något fetare. Kalla undre stångens vinkel med vertikalen för och övre stångens vinkel med vertikalen för. Övre stångens kinetiska energi är T övre 2 mv2 2 I2,därv 2 l 2 2 2, 2 2, I ml2 2 Undre stångens kinetiska energi är T undre 2 mv2 I 2,där 2 V 2 l l l l, varav följer att systemets kinetiska energi 2 2 T T övre T undre blir T m l ml ml2 2 m l ml2 ml 2 2 eller 2 2 med cos T 2 3 ml2 2 2 ml2 cos 6 ml2 2 q, q 2 är exempel på generaliserade koordinater, som vi kommer att beteckna med q, q 2, q 3,... i den allmänna teorin. Fördelen att använda sådana är att vi kan beskriva rörelsen i termer av relevanta frihetsgrader för systemet. I vårt exempel är T Tq,q 2,q,q 2 där q, q 2 är generaliserade hastigheter. Vi kommer även att behandla fall innehållande ett explicit tidsberoende T Tq,q 2,q 3,...q, q,q 2,...q.t är antalet frihetsgrader hos systemet.
2 Potentiella energin Konservativa system innebär att det existerar en potentiell energi U. Den kan relativt lätt beräknas för dubbelpendeln i termer av de generaliserade koordinaterna. U mg l cos mgl cos mg l cos. 2 2 För dubbelpendelsn och för de flesta system vi betraktar är potentialen den funktion, som ingår i den mekaniska energin T U Vi kommer för enkla system att införa Lagrangefunktionen L T U, där L Lq,q 2,q 3,...q, q,q 2,...q,t och där är antalet frihetsgrader hos systemet, se 7.3 nedan. Se även 7.4, där exempel på Lagrangefunktion vid hastighetsberoende kraft ges. 7.2 Tvångsvillkor (Constraints) Ett partikelsystem med N partiklar kan beskrivas med 3N cartesiska koordinater. Men antalet kan vara mindre än 3N på grund av tvångsvillkor. Systemets tvångsvillkor (engelska constraints) kan karakteriseras på följande sätt skleronoma rheonoma konservativa icke-konservativa holonoma icke-holonoma. Holonoma tvångsvillkor innebär att generaliserade koordinater finns som kan beskriva antalet frihetsgrader, som i exemplet. Vid icke-holonoma tvångsvillkor finns ett tilläggsprotokoll, som innebär att vi inte bara kan beskriva tvånget med generaliserade koordinater. Konservativa system innebär att det existerar en potentiell energi U, som relativt lätt beräknades för dubbelpendeln i termer av de generaliserade koordinaterna. U mg l cos mgl cos mg l cos 2 2 Här är U vald så att U 0 i jämviktsläget, vilket vi för det mesta kommer att ha som vårt val. För icke-konservativa system existerar normalt inget U. En del författare vill inte inordna detta under constraints. Dock finns det en viss logik att göra så. Ett system kan vara till god approximation konservativt under ett tidsintervall men icke - konservativt i ett annat tidsintervall, t ex då det utsätts för stöt. Skleronoma tvångsvillkor innebär tidsoberoende tvång. Rheonoma tvångsvillkor är tidsberoende, t ex skulle vi ha haft rheonomt tvång om upphängningspunkten rörts av någon yttre aktör, och den typen av problem kommer att behandlas i kursen. I denna kurs kommer knappast icke-holonomt tvång upp (för sådan behandling med Lagranges multiplikatormetod, se läroboken). Övriga typer av problem behandlas. Vi kommer i vissa fall att använda en till läroboken alternativ (mer intitutiv) framställning. 7.3 Hamiltons princip och Lagranges ekvationer I Vi inför Lagrangefunktionen L T U där liksom i exemplet ovan vi betraktar L somenfunktionav q,q 2,q 3,...q, q,q 2,...q.t
3 L Lq,q 2,q 3,...q,q,q 2,...q.t antalet frihetsgrader. Hamiltons princip utsäger: Om vi betraktar ett systems tidsutveckling mellan t och t gäller att av alla möjliga utvecklingar förenliga med tvångsvillkoren väljer systemet den som svarar mot extremvärde (minimum) av L a) Lagranges ekv, en frihetsgrad Den variation vi utför ser ut som följer för ett system med en frihetsgrad L Lq,q.t q,t q0,t t, där 0 q0,t qt,dvsvilåter 0 svarar mot den verkliga rörelsen q,t q 0,t t, q 0,t q t J Lq,t,q,t,t t J 2 L q L q q Partiell integration ger L t q 2 L q d J t L/ q q Men den utintegrerade delen är noll varav t J 2 d L L q q J 0för 0ger d L/ q L q L q L q 0 Ovanstående utgör Lagranges ekv. b) Lagranges ekvationer frihetsgrader Skrivsätt för ovanstående procedur frihetsgrader Lq,q 2,q 3,...q,q,q 2,...q,t 0 eller Lq,q 2,q 3,...q,q,q 2,...q,t 0 Skrivsättet L innebär att om vi ändrar q,q 2,...q,q,q 2,...q infinitesimalt till q q,q 2 q 2,...q q,q q,q 2 q 2,...q q representerar Lq,q 2,q 3,...q,q,q 2,...q,t skillnaden Lq q,...q q,q q,...q q,t Lq,...q,q,...q.t till och med första ordningen i q,q 2,...q,q,q 2,...q. Viktigt är att förändringarna skall vara gjorda på sätt, som är förenliga med tvångsvillkoren. Lq,q 2,q 3,...q,q,q 2,...q.t j L q j L q j
4 Partiell integration L j d L j L q j 0 L t q j 2 t j L d ger för frihetsgrader d L 0, L q j j,2,3,... q j benämns virtuell förflyttning (tänkt förändring av läget, ej längs rörelsebanan men förenlig med tvångsvillkoren). I härledningen används att verkan av symbolen på L innebär att den vanliga kedjeregeln kan tillämpas. Matematisk pendel En partikel massa m är upphängd i ett mycket lätt snöre (längd l) ochutförenplan pendelsrörelse. Farten uppfyller v 2 l 2 2 och den potentiella energin är U mglcos konstant, där konstanten lämpligen väljs så att U 0 0, varav U mgl cos och L 2 ml2 2 mgl cos L/ mglsin och L/ ml 2 Lagranges ekv ger ml 2 mglsin 0 Vi får direkt rörelseekvationen utan att behöva bekymra oss om vare sig tvångskraften i snöret eller accelerationen i polära koordinater. Jojo som faller b R. y=0 y
5 T 2 mv2 2 I2 Rullningsvillkor ger v b, dvs v/b T m 2 U mgy L 2 m L/ y mg L/ ẏ m I v 2 m mb 2 2 I ẏ 2 mgy mb 2 I ẏ mb 2 I mb 2 ẏ 2 Lagranges ekvationer ger mg m I d2 y 0 mb 2 d d 2 y g/ I d mb 2 d v s vi får accelerationen hos jojon direkt. I mekanik II användes momentlagen och Newtons andra lag, snörspänningen eliminerades. Om L qi 0 för en viss koordinat q i d v s om Lagrangefunktionen ej beror av en viss koordinat kallas koordinaten för en cyklisk koordinat. För en sådan gäller d L q i 0,dvs L/ q i t L/ q i t0,dvskvantiteten L/ q i bevaras om q i är en cyklisk koordinat. L/ q i benämns generaliserad rörelsemängd vare sig koordinaten är cyklisk eller ej. I första övningen genomgås exempel som inbegriper cykliska koordinater. Med L T U fås j,2,3,... d T T d U U För q j x j (cartesisk komponent) och U oberoende av q j (som i exemplet i 7.) är U den vanliga kraftkomponenten. 7.4 Generellare formulering av Hamiltons princip. Arbete och generaliserad kraft. För system med Lagrangefunktion gällde Lq,q 2,q 3,...q,q,q 2,...q.t 0 eller T U 0 För vanliga infinitesimala förändringar om endast en kraft F uträttar arbete har vi sambandet (se ex. vis Bedford-Fowler) du F dr Detta får oss att intutitivt ställa upp den generaliserade formen av Hamiltons princip.
6 T F P r P 0 P eller T W 0 där W F P r P är det virtuella arbetet. P Notera dock att beteckningen W inte kan tolkas som skillnaden av en funktions och q,...q som vi gjorde för Lagrangefunktionen. värde fö q q,...q q Se kommentar i slutet av 7.4. F P r P r P r P r P r P ( r P är en virtuell förflyttning av angreppspunkten r P för den applicerade kraften F P.) F P är pålagd yttre kraft verkande i punkten P (tvångskrafter ej meagna). r P är en omedelbar infinitesimal förflyttning av angreppspunkten P förenlig med tvångsvillkoren. Vi inför nu begreppet generaliserad kraft ur sambandet W Q j q j j T W (Q j generaliserad kraft) j Partiell integration ger T W T t q j 2 t T q j T q j Q j q j T j t d T Q j q j Men q j 0fört och t, varav T W T Q j q j 0 som för frihetsgrader ger j t d d T T T Q j, j,2,3,... Observera att virtuella arbetet W kan vara skilt från noll även om det verkliga arbetet vid förflyttning av en partikel i en partikelbana är noll. Notera också att W inte kan betraktas som beteckningen för en funktion och att W inte kan hanteras som en differential. Man skriver ibland đw F dr, där den strukna bokstaven đ markerar en så kallad improper ( oren ) differential. Att W inte kan betraktas som en funktion beror på att arbetet även kan bero av vägen.
7 7.5 Lorentzkraften, generaliserad potential och generaliserad rörelsemängd. Lorentzkraften på en partikel laddning q massa m i ett yttre magnetfält B ges av qv B. Denna kraft ger verkliga arbetet noll men virtuella arbetet i allmänhet skilt från noll (OBS! q är laddning, ingen koordinat) W qv B r qr v B där vi utnyttjat en egenskap hos den så kallade trippelprodukten.. För att få fram Q z låt speciellt r ẑz varav x ŷ ẑ r v 0 0 z x ẏz ŷẋz ẋ ẏ ż och W qb x ẏ qb y ẋz varav Q z qb x ẏ qb y ẋ Det divergensfria fältet B kan alltid skrivas som rotationen av ett vektorfält Ā B Ā, därā är en vektorpotential till B, varav B x A z / y A y / z, B y A x / z A z / x och Q z qẏ A y / z A z / y qẋ A x / z A z / x q ẋa z x ẏa y ża z qẋ A z / x ẏ A z / y ż A z / z där vi i sista ledet utnyttjat att z z ż A z / z 0. Q z U z qẋ A z / x ẏ A z / y ża z / z med U qa x ẋ qa y ẏ qa z ż qā v, där vi noterar att qẋ A z / x ẏ A z / y ża z / z qda z / d Således erhålls Q z U z d U ż U (och motsvarande uttryck för Q ż x, Q y ) med U qa x ẋ qa y ẏ qa z ż qā v som generaliserad potential. Med L T U återfås för Lorentzkraften vanliga Lagranges ekvationer d L L 0 Lagranges ekvationer gäller således om krafterna är monogena, dvsuppfyller Q j d U U Explicit uttryck för L för en laddad partikel som påverkas av Lorentzkraften samt av (kraftverkan från) ett skalärt elektriskt fält x,y,z är L 2 mẋ2 ẏ 2 ż 2 qa x ẋ qa y ẏ qa z ż qx,y,z och L/ ẋ mẋ qa x är den generaliserade rörelsemängden sammanhörande med koordinaten x förenladdadpartikel,som, rör sig i ett fält med elektrisk potential och magnetisk vektorpotential Ā. Det skall noteras att den kvantitet av dimension energi, som bevaras vid den laddade patikelns rörelse i ett statiskt elektromagnetiskt fält är 2 mẋ2 ẏ 2 ż 2 qx,y,z (mekaniska energin)
8 Lorentzkraften uträttar inte något arbete men ändrar partikelns riktning, vilket är skälet till att den bidrar till Lagrangefunktionen T U men ej till den mekaniska energin T qx,y,z. 7.6 Newtons andra lag ur Lagranges ekvationer. I läroboken görs en mer allmän härledning. Vi skall inskränka oss till en laddad partikels rörelse i ett statiskt elektromagnetiskt fält med skalära elektriska potentialen x,y,z och magnetiska vektorpotentialen Āx,y,z samt Lagrangefunktionen (OBS! q är laddningen inte någon koordinat) L 2 mẋ2 ẏ 2 ż 2 qa x x,y,zẋ qa y x,y,zẏ qa z x,y,zż qx,y,z Lagranges ekv d L/ ẋ L/ x 0ger mẍ q d A xx,y,z qẋ A x xx,y,z qẏ A x yx,y,z qż A x zx,y,z q / x 0 Men kedjeregeln ger d A xx,y,z ẋ A x xx,y,z ẏ A y xx,y,z ż A z xx,y,z varav mẍ qẏ A x y A y x qż A z x A x z q / x Men A x y A y x B z, A z x A x z B y och qẏ A x y A y x qż A z x A x z qv B x, varav mẍ qv B x q / x och motsvarande för y och z, vilket ger mā qv B q Men i vårt fall är Ē (elektriska fältet), varav mā qv B qē där qē är den välkända elektrostatiska kraften.vi igenkänner det välkända sambandet att massan gånger accelerationen är lika med summan av Lorentzkraften och den elektrostatiska kraften. Läs 7.7 och 7.8 i läroboken på egen hand Mekaniska energins bevarande. Rörelsemängdens bevarande. I läroboken görs en mer allmän diskussion. Vi skall inskränka oss till en laddad partikels rörelse i ett statiskt elektromagnetiskt fält med skalära elektriska potentialen x,y,z och magnetiska vektorpotentialen Āx,y,z samt med Lagrangefunktionen L 2 mẋ2 ẏ 2 ż 2 qa x x,y,zẋ qa y x,y,zẏ qa z x,y,zż qx,y,z a) Mekaniska energins bevarande Vi noterar att L/ t 0 (d v s vi har inget explicit tidsberoende). dl ẋ L/dx ẏ L/dy ż L/dz ẍ L/dẋ ÿ L/dẏ z L/dż Men L/dx d L/dẋ och motsvarande för y och z enligt Lagranges ekvationer. Detta ger dl ẋ d L/dẋ ẏ d L/dẏ ż d L/dż ẍ L/dẋ ÿ L/dẏ z L/dż Produktregeln för derivering ger ẋ L/dẋ ẏ L/dẏ ż L/dż eller dl d
9 d ẋ L/dẋ ẏ L/dẏ ż L/dż L 0 Vi erhåller således att ẋ L/dẋ ẏ L/dẏ ż L/dż L konstant som provisoriskt benämns E. Insättning av uttrycket för L ger efter en enkel räkning 2 mẋ2 ẏ 2 ż 2 qx,y,z E (konstant) Detta igenkänner vi som mekaniska energins bevarande. Lorentzkraften uträttar inget arbete och bidrar därför ej till mekaniska energin. b) Rörelsemängdens bevarande Betrakta nu situationen att A x, A y, A z och ej beror explicit av x. Då erhålls L 2 mẋ2 ẏ 2 ż 2 qa x y,zẋ qa y y,zẏ qa z y,zż qy,z och med användande av Lagranges ekvationer L/dx d L/dẋ 0 I vårt fall är L/dẋ mẋ qa x y,z bevarad När fälten Ā, ej beror av koordinaten x är motsvarande generaliserade rörelsemängd p x mẋ qa x y,z bevarad. (Läs avsnittet Conservation of Angular Momentum i slutet av 7.9 på egen hand). 7.0 Hamiltons ekvationer. Vi erinrar oss definitionen av den generaliserade rörelsemängden p j L/ (*)x Vi inför med stöd av avsnitt 7.9 a Hamiltonfunktionen Hq,...,q,p,...,p,t p j q j Lq,...,q,q,...,q,t j där vi förutsätter att vi i högra ledet sätter in q,...,q uttryckta som funktioner av q,...,q,p,...,p,t erhållna från (*). Notera att Hamiltonfunktionen skall vara uttryckt i de generaliserade koordinaterna och de generaliserade rörelsemängderna. För en partikel massa m laddning q i ett statiskt elektromagnetiskt fält Ā, med L 2 mẋ2 ẏ 2 ż 2 qa x x,y,zẋ qa y x,y,zẏ qa z x,y,zż qx,y,z fås enkelt H p 2m x qa x 2 p 2m y qa y 2 p 2m z qa z 2 qx,y,z Vi återgår till det allmänna fallet dh q jdp j p j dq j L j dq j L dq j L t där p j dq j L dq j 0 ur definitionen av generaliserad rörelsemängd. Vi erhåller således dh q jdp j L dq j L t j Men Lagranges ekvationer ger L dh q jdp j ṗ j dq j L t j Men enligt kedjeregeln gäller dh j H dp p j H dq j H (**) j t d L/ ṗ j, varav
10 varav q j H p j Hamiltons ekvationer ṗ j H samt L H t t Men (**) ger dh/ H p j ṗ j H q j H t j och utnyttjas Hamiltons ekvationer fås dh H t Det sistnämnda innebär att om H inte beror explicit av tiden är H en rörelsekonstant. Hamiltonfunktionen H är av stor betydelse i kvantmekaniken, och läroböcker i kvantmekanik såsom den av Messiah brukar innehålla en kort genomgång av Lagranges och Hamiltons ekvationer. För utförligare diskussion av Hamiltons ekvationer, se boken. 8. Centralrörelse 8. Kinetiska energin, bidrag från masscentrums rörelse och relativa rörelsen Betrakta ett tvåpartikelsystem (två punktmassor m och m 2 ) m 2 m r 2 r r O O Låt M m m 2 vara totala massan och R m M r m 2 r 2 vara masscentrums läge samt r r r 2 vara relativa lägevektorn Vi inför vidare V d R, som masscentrums hastighet och v d r, som relativa hastigheten. Då erhålls V m M v m 2 v 2 [varav fås MV m v m 2 v 2 v v v 2 där v d r d, v 2 d r d är respektive partikels hastighet. Kinetiska energin är T m 2 v 2 m 2 2 v 2 2 ochenomformningger T 2 MV2 2MT MV MV 2M m 2M m 2 m v 2 m 2 2 v 2 2 m v m 2 v 2 m v m 2 v 2 m m 2 v 2M 2 v 2 2 2v v 2 m m 2 v 2M v 2 v v 2 Införs m m 2 m m 2 M m m 2 reducerade massan fås
11 T 2 MV2 2 v2 8,2 Masscentrumsystemet. För ett system som inte påverkas av några yttre krafter kan vi välja referenssystem sådant att V 0 (masscentrumsystemet). Då erhålls T 2 v2 där v v v 2 är relativa hastigheten. Om systemets potentiella energi är U Ux,y,z kan Lagrangefunktionen i masscentrumsystemet för ett system utan yttre krafter skrivas L 2 ẋ2 ẏ 2 ż 2 Ux,y,z 8.3 Centralkraftsfält. Bevarandelagar. För fallet att vi har en centralkraft blir rörelsen plan, där planet bestäms av begynnelseläge och begynnelsehastighetens riktning. Eftersom vi har en centralkraft kan denna inte flytta partikeln ur begynnelseplanet. I detta fall blir T U 2 v2 Ur där i polära koordinater v 2 ṙ 2 r 2 2 och L 2 ṙ2 r 2 2 Ur ( ) Vi noterar att Lagrangefunktionen ej explicit beror av Detta ger att l L/ är bevarad. Dessutom bevaras mekaniska energin E T U lr 2 E 2 v2 Ur 2 ṙ2 l2 2r 2 Ur Obs! Vi kan eliminera när vi skriver upp totala mekaniska energin i masscentrumsystemet. När vi skall ta fram rörelsen med hjälp av Lagranges ekvationer skall dock Lagrangefunktionen uttryckas enligt ( ) 8.4. Rörelseekvationer Lagranges ekv d L L/ ṙ 0medL r 2 ṙ2 r 2 2 Ur ger r r 2 du/dr Vi igenkänner du/dr Fr centralkraftens r -komponent och kan med skriva l r 2 r l2 Fr r 3 Detta är en relativt knepig andra ordningens differentialekvation som bestämmer r som funktion av tiden. Man kan med relativt långa räkningar genom att byta variabel från t till och utnyttja lr 2 E 2 v2 Ur 2 ṙ2 l2 2r 2 Ur ovan visa det för bestämning av bankurvan nyttiga sambandet (se läroboken)
12 r l2 2 r 2 d2 d 2 r varav l2 r 2 d2 d 2 r l2 r 3 Fr eller d 2 d 2 r r l 2 r2 Fr, där Fr du/dr Detta är det berömda Binets samband för bankurvan: 8.5 Vändlägen, apsidvinkeln. Ur sambandet för energin strax före Binets samband ovan erhålls ṙ 2 2E 2Ur l2 2 r 2 De r för vilka högra ledet är noll d v s för vilka 2E 2Ur l2 0 2 r 2 benämns vändlägen för rörelsen. Ur ovanstående uttryck för ṙ 2 samt lr 2 erhålls för fallet ṙ 0 d/dr l ṙ r 2 2E 2Ur l2 2 r 2 Vi definierar apsidvinkeln aps r 2 l r dr r 2 2E 2Ur l2 2 r 2 där r och r 2 är succesiva vändlägen. För fjäderkraftpotential U 2 kr2 är aps /2 (vilket kan fås på intuitiv väg). För bunden rörelse i tyngdkraftspotentialen U k/r är aps (vilket kan fås på intuitiv väg). För rörelse i nästan-cirkulära banor i ett centralkraftfält Fr cr n kan man visa att apsidvinkeln ges av aps. 3n Vi igenkänner speciellt apsidvinkeln /2 för fallet fjäderkraft och apsidvinkeln för rörelse under inverkan av tyngdkraften k/r Effektiv potential E 2 v2 Ur 2 ṙ2 där Vr Ur Termen l2 2r 2 l2 2r 2 l2 2r 2 Ur 2 ṙ2 Vr benämns effektiva potentialen. i högra ledet benämns centrifugalpotentialen. Spec. om Ur m m 2 G r MG r,fås Vr MG r l2 2r 2 Man kan visa att radien r 0 för cirkelrörelse svarar mot det värde på r som ger minimum hosdeneffektivapotentialendvs
13 ( d V dr rr 0 MG r2 l2 0 r3 0, varav 0 l r 0 2. Men för cirkelrörelse är 2 MG l2 2 v 2 0 r 2 0, varav r 0 MG/v 2 0 uttryckt i farten v 0 i cirkelbanan. 8.7 Planetrörelse, Keplerproblemet. a) Planetrörelsen framtagen enligt läroboken (hoppa gärna till b-avsnittet) Läroboken utgår från d/dr /ṙ där rörelsemängdsmomentets bevarande lr 2 kombinerat med E 2 ṙ2 2 r2 2 Ur ger för d/dr 0 d dr l r 2 2E 2Ur l2 2 r 2 För fallet planetrörelse är Ur MG/r varav d l r 2 dr 2MG r l2 2 r 2 2E Integrera från r till r, därr uppfyller 2MG r l2 2 r2 2E 0 Om det finns två reella positiva rötter måste r vara den minsta, eftersom ṙ 0. En liten omformning med användande av kvadratkomplettering ger r r r 2 dr r 2 2 2E l 2, Införs den dimensionslösa variabeln x / 2 2E/l 2 r så erhålls r 2 dr dx r 2 / 2 2E/l 2 x 2 och MG 2 l 2 arccosx arccos / 2 2E/l 2 r, MG2 l 2 Införs vidare / 2 2E/l 2 2El2 M 2 G 2 3 fås efter att ha tagit cos av bägge leden ovan r cos b) Planetbana framtagen med hjälp av Binets samband Binets samband d 2 d 2 r r r 2 Fr, där i vårt fall r 2 Fr MG ger l 2 d 2 d 2 r r 2 MG l 2 med partikulärlösning r 2 MG l 2 (speciell lösning, OBS!) Homogen lösning är Acos Bsin, varav r Acos Bsin, l 2 Extremvärde för 0ger 2 MG B 0 (ingen inskränkning), varav
14 r Acos eller r cos dära varav r cos där är excentriciteten, där är halva latus rectum och där 0 motsvarar bankurvans närmaste punkt till kraftcentrum. kan relateras till mekaniska energin E. r dr/d ṙ/,där r 2 r 2 d d r 2 l ur rörelsemängdsmomentets bevarande varav ṙ l d d r MG sin som l tillsammans med r 2 MG cos l 2 nsatt i E 2 ṙ2 MG/r eller ṙ 2 ger MG l l2 2r 2 l2 2MG/r 2E/ 0 2 r sin 2 MG l MG 2 2 sin 2 cos 2 2E l MG l 2 cos 2 2 MG 2 cos 2E l och slutligen 2El 2 3 M 2 G 2 d v s vi får samma resultat som i a-härledningen. Om E uppfyller V min E 0 gäller att 0 och bankurvan är en ellips. För E V min gäller att 0och bankurvan är en cirkel. För en himlakropp med E 0,dvsärbankurvan en parabel För en himlakropp med E 0,dvsärbankurvan en gren av en hyperbel. Se läroboken för illustrationer. c) Beräkning av planetens omloppstid dr/ ṙ ger 2 r dr, varav fås att halva omloppstiden ges av ṙ 2 r 2 r 2 2 r dr ṙ r 2 r Införs r MG rdr dr 2MG r l2 2 r 2 2 E ty för rörelse i ellipsbana med E E 0 gäller,därr och r 2 r är nollställen till 2MGr l2 2MGr l2 2 2 E r 2 2 x samt R 2 erhålls 2 E 2 E R R 2 M 2 G 2 4 E 2 l2 R 2 E r 2. xdx dx 2 MG 2 E R 2 x 2 2 E 3 R R 2 x 2 Högra ledets första integral blir noll och den andra integralen beräknas mycket enkelt
15 via substitutionen x sin till R /2 dx d. R R R 2 x 2 /2 Således erhålls för planetens omloppstid 2 MG E 3/2 Vi kan också skriva 2 MG a 3/2,dära MG/ E är halva storaxeln. 2 Halva lillaxeln kan skrivas b a 8.8 Hohmannövergångar m m (mest på lektionerna) Det diskuteras nu att erbjuda rymdfarare att åka till planeten Mars. Nackdelen är att de inte får komma hem igen i det första konceptet. Den minst energikrävande resan är en så kallad Hohmannövergång. Kalkylerna är egentligen komplicerade men vi skall göra en mycket enkel modell. Antag att ett rymdskepp följer jordens bana runt solen, som antas cirkulär med radie r och vi tar något oegentligt endast hänsyn till solens attraktionskraft MGr /r 2 svarande mot potentialen MG/r, där är rymdskeppets massa och M solens. r Newtons andra lag (normalkomponenten) ger MG/r 2 v 0 2 /r,dvsfartenicirkelbananuppfyller v 0 2 MG/r Vi skall nu betrakta övergången till ellipsbana r 2 r Den tjocka punkten är i solens läge. Den heldragna räta linjen har längd r (lika med radie på den ursprungliga cirkelbanan) och den streckade längden r 2 (lika med radien på den slutliga cirkelbanan). Farkosten skall från v 0 ges en fartökning till v (som skall beräknas) sådan att farkosten når Mars bana på avståndet r 2 från solen. Detta skall ske i en ellipsbana i samma plan som den ursprungliga cirkelbanan och r 2 skall vara längsta avstånd från solen i ellipsbanan. Låt farten i ellipsbanan på avståndet r 2 vara v 2. Rörelsemängdsmomentets bevarande ger v r v 2 r 2 dvs v 2 v r /r 2 Mekaniska energins bevarande med uttrycket för v 2 insatt ger
16 v 2 2 MG r 2 2 v 2 r 2 /r 2 2 MG r 2 eller v 2 2 r r2 MG r r r 2 2 Ledvis division med r 2 2 r2 r 2 2 r 2 r r 2 ger v 2 2 v 2 r 2 /r 2 2 ger v 2 v 2 2 2MG r r r 2 2MG r 2 r 2 r Farkosten behöver sedan öka sin fart för att ligga i Mars cirkelbana, som antas ligga i samma plan som farkosten. Farkosten behöver uppnå farten v 3, som uppfyller v 3 2 MG/r 2 Fartökningen i första steget är v v 0 MG r 2 r r 2 Fartökningen i andra steget är v 3 v 2 MG r2 2 r 2 r Observera att vi här har försummat dragningskraften hos Jorden och Mars. Tiden för färden är med beaktande av att halva storaxeln är 2 r r 2 2 MG 7.53 MG 0 2 s 2 /m dagar 2 r 2 r 2 3/2 där r.50 0 m r m 8.9 Relativistisk korrektion Einsteins korrektion till Binets samband d 2 d 2 r r,där 3MG/c 2 (av dimension längd), r 2 l där c är ljushastigheten i vakuum och där 2 (av dimension längd). 2 MG Detta kan visas förändra apsidvinkeln från aps till aps / approximativt. Korrektionen är mest märkbar för Mercurius, se läroboken. 8.0 Cirkulära banors stabilitet. Antag att vi har ett kraftfält Fr gr (där för fallet planetrörelse gr MG/r 2 I avsnitt 8.4 härledde vi rörelseekvationen r l2 Fr r 3 som övergår i
17 r l2 gr (*) 2 r 3 Betrakta en kropp, som ursprungligen rör sig i en cirkulär bana radie. Detta innebär att för r har vi ingen radiell acceleration vilket innebär att g 0. Om vi stör banan en aning fås r x, därx är liten från början Insättning i (*) ger med beaktande av att ej beror av tiden l ẍ 2 g x 2 3 x/ 3 Men Taylorutveckling ger 3x/... x/ 3 och g x g xg... där prim anger derivering med avseende på r. Till och med linjära bidrag i x fås ẍ 3g g x 0 Låt oss säga att x0 x 0 (liten) och ẋ0 0 Då erhålls enligt teorin för harmoniska oscillatorn xt x 0 cost 3g g under förutsättning att 3g g 0 Detta innebär att avvikelserna hela tiden blir små och detta är villkoret för stabila cirkelbanor. Om 3g g 0 fås i stället xt x 2 0 expt 3g g x 2 0 exp t 3g g och vi ser då direkt att avvikelsen snabbt växer och cirkelbanan är instabil. Notera att g 0, vilket innebär att stabilitetsvillkoret kan skrivas 0 eller med F g g g F F Speciellt följer att vi har stabil cirkelbana för F MG/r 2 och F kr. Notera dock att om vänstra ledet är lika med noll behövs en utförligare utredning.
18 2. Kopplade svängningar 2. Introduktion, experiment 2.2 Två kopplade harmoniska oscillatorer. Betrakta följande problem m m m 2 m k 2 2k k 2 Tre mycket lätta fjädrar med naturliga längden a är rörliga enligt följande: Två av fjädrarna, vardera med fjäderkonstant k 2 är i sin ena ändpunkt fästade i fixa punkter på avståndet 3a. Fjädrarnas andra ändpunkter är genom två partiklar vardera med massan m fästade i den tredje fjädern (fjäderkonstank enligt figur. Systemet kan endast röra sig längs den räta linjen genom de fixa punkterna. Bestäm rörelsen om systemet startar från vila med den högra masspunkten fasthållen i jämviktsläge medan den vänstra förskjuts sträckan D klart mindre än a åt höger innan den släpps. Parametrarna är valda så att är dimensionslös. Betrakta först mekaniska energin för systemet E 2 mẋ 2 ẋ k 2 x 2 x 2 2 kx x 2 2 x är här förskjutningen från jämviktsläget för m och x 2 motsvarande för m 2. Inför relativa koordinaten och masscentrumskoordinaten, respektive, x x x 2 X x 2 x 2 En relativt enkel räkning ger E mẋ 2 k 2 X 2 4 mẋ2 k 4 2 x 2 Vi har här valt parametrar på ett sådant sätt att mekaniska energin kan skrivas som summan av mekaniska energin för en harmonisk oscillator med vinkelfrekvensen k m och en med vinkelfrekvens k m. L mẋ 2 2 ẋ kx 2 x 2 2 kx x 2 2 x x 2 x x 2 x 2 X ger L mẋ 2 k 2 X 2 4 mẋ2 k 4 2 x 2 Lagranges ekv ger 2mẌ2k 2 X 0 mẍ k x 0 eller Ẍ m k 2 X 0 ẍ m k 2 x 0 Detta svarar mot harmoniska svängningar med k m och k m respektive
19 Omstart följer nu 2.3 Två svagt kopplade harmoniska oscillatorer, svävningar. Betrakta samma problem som i 2.2 m m m 2 m k 2 2 2k k 2 Tre mycket lätta fjädrar med naturliga längden a är rörliga enligt följande: Två av fjädrarna, vardera med fjäderkonstant m är i sin ena ändpunkt fästade i fixa punkter på avståndet 3a. Fjädrarnas andra ändpunkter är genom två partiklar vardera med massan m fästade i den tredje fjädern (fjäderkonstanm 0 2 enligt figur. Systemet kan endast röra sig längs den räta linjen genom de fixa punkterna. Bestäm rörelsen om systemet startar från vila med den högra masspunkten fasthållen i jämviktsläge medan den vänstra förskjuts sträckan D klart mindre än a åt höger innan den släpps. Parametrarna är valda så att 0 har dimensionen /(tid) och är dimensionslös.. Enklaste sättet att lösa problemet på är att som i 2.2 använda Lagranges ekvationer med relativa koordinaten och masscentrumskoordinaten. Detta fungerar dock inte alltid på ett enkelt sätt. Om massorna hade varit olika i problemet hade vi inte kunnat separera den potentiella energin i ett bidrag för masscentrumrörelsen enbart och ett bidrag för relativa rörelsen. Även för vårt enkla fall skall vi därför genomföra beräkningen på ett annat sätt Systemets Lagrangefunktion blir L 2 mẋ 2 ẋ k 2 x 2 x 2 2 2kx x 2 2 Vi beräknar först behövliga derivator L/ ẋ mẋ, L/ ẋ 2 mẋ 2 L/ x k 2 x 2k x 2k x 2 k 2 x 2k x 2 L/ x 2 k 2 x 2 2k x 2 2k x k 2 x 2 2k x Lagranges ekvationer d L/ ẋ d L/ x 0och d L/ ẋ d L/ x 2 0 ger mẍ k 2 x 2kx 2 0 mẍ 2 k 2 x 2 2kx 0 eller efter division med m ẍ k m 2 x 2 k m x 2 0(*) ẍ 2 k m 2 x 2 2 k m x 0 (**) Vi skall lösa problemet under begynnelsevillkor x 0 D () x (2) ẋ 0 0 (3) ẋ (4) Huvudalternativet för att lösa problemet: Ansätt
20 x Acost, x 2 Bcost Detta är en formell ansats, och den verkliga lösningen är en superposition av lösningar med olika. Emellertid satisfierar även en superposition av cosinuslösningar begynnelsevillkoren (3) och (4). Insättning av ansatsen i (*) och (**) ger A 2 m k 2 2 m k B 0 (***) 2 m k A B 2 m k 2 0 Förutsättningen för att detta ekvationssystem skall ha icke-triviala lösningar A, B är att koefficientdeterminanten är noll 2 m k 2 2 m k 0 2 m k 2 m k 2 Detta ger 2 m k m k 2 0 Konjugatregeln ger 2 m k m k eller 2 m k 2 2 m k 2 0 med lösningar 0 k m 2 k m (I motsats till läroboken väljs här den lägsta vinkelfrekvensen som den första). Den formella ansatsen för x 2 resulterar i en superposition x 2 B cos t B 2 cos 2 t där begynnelsevillkoret (2) ger B 2 B. För x erhålls en ansats x 2 A cos t A 2 cos 2 t Begynnelsevillkoret () ger ett samband mellan A 2 och A men det räcker inte för att lösa problemet. Det vi dessutom behöver utnyttja är (***) ovan. Den nedre ekvationen ger sambandet A B som efter insättning av ger A B och efter insättning av 2 ger A 2 B 2 B, där vi utnyttjat sambandet erhållet ur begynnelsevillkoret för x 2. Vår ansats blir således x B cos t cos 2 t x 2 B cos t cos 2 t som satisfierar (*) och (**) samt begynnelsevillkoren (2-4). Återstående begynnelsevillkor () ger B 2 D och
21 x Dcos 2 t Dcos 2 2t x 2 Dcos 2 t Dcos 2 2t k k med m, 2 m. Omformning med hjälp av Beta 5.4 sid 27 ger x Dcos 2 2 tcos 2 2 t x 2 Dsin 2 2 tsin 2 2 t eller x Dcost k m cost k m x 2 Dsint k m sint k m Om är en liten dimensionslös kvantitet urskiljer vi en snabb sväningning k (cosinus- eller sinussvängning med vinkelfrekvensen m och med en långsamt k k varierande amplitud, Dcos m t för x och Dsin m t för x 2. Fenomenet kallas svävning. Se figur i läroboken på sid 475 eller enkel figur nedan Om är en liten dimensionslös kvantitet urskiljer vi en snabb sväningning (cosinussvängning för x och sinussvängning för x 2 med vinkelfrekvensen 0 k k med en långsamt varierande amplitud, Dcos m t för x och Dsin m t för x 2. Fenomenet kallas svävning. Se figur i läroboken på sid 475 eller enkel skiss nedan. som ger x 2 (vertikal axel) som funktion av t (horisontell axel). Vi ser en högfrekvent k k komponent ( m som oscillerar innanför en långsamt varierande komponent ( m. x 2 t t 2.4 Kopplade svängningar, allmän teori. Ett partikelsystem med N partiklar kan beskrivas med 3N cartesiska koordinater. Men antalet frihetsgrader, som vi i detta avsnitt skall beteckna med n kan vara mindre än 3N på grund av tvångsvillkor. Systemets tvångsvillkor kan enligt tidigare karakteriseras beroende av om det är konservativt eller icke-konservativt och beroende av karaktären på tvångsvillkoren på följande sätt ( the eightfold way of mechanics ) skleronoma rheonoma konservativa icke-konservativa holonoma icke-holonoma.
22 Vi betraktar här fallet konservativa system under skleronoma engelska scleronomic), holonoma (engelska holonomic) tvångsvillkor. Detta brukar ibland kallas ett enkelt system. I lärobokens kapitel 7.8 visas genom transformering från cartesiska till generaliserade koordinater att den kinetiska energin för enkla system alltid kan skrivas T 2 j,k m jk q jq k där m jk beror av de generaliserade koordinaterna q, q 2,...,q n för systemet i allmänhet. Antag att den potentiella energin endast beror av de generaliserade koordinaterna, dvskanskrivasu Uq, q 2,..., q n och att det existerar ett stabilt jämviktsläge, där potentialen har ett minimum. För enkelhets skull antar vi att vi valt de generaliserade koordinaterna som i det speciella exemplet i 2.3 ovan så att q 0, q 2 0,...,q n 0 i jämviktsläget. Vidare antar vi (liksom i exemplet i 2.3) att U 0 i jämviktsläget. Taylorutveckling av U kring jämviktsläget ger då (eftersom förstaderivatorna är noll, där U har minimum, och vi valt U så att U 0 i jämviktsläget) U A 2 jk q j q k..., där A jk 2 U q k, och där 0 står för att värdet tas i j,k 0 q 0, q 2 0,...,q n 0,dvsijämviktsläget. Den kinetiska energin kan skrivas T m 2 jk 0 q jq k... j,k där... anger termer som är av mindre storleksordning än andra ordningen i små storheter. I fortsättningen kommer vi att skriva m jk för m jk 0. I approximationen för små svängningar försummas termerna... i uttrycken för T och U. Lagrangefunktionen kan i denna approximation skrivas L m 2 jk q jq k A jk q j q k j,k där man lätt visar att m jk m kj, A jk A kj (symmetri). Lagranges ekvation för den i:e koordinaten blir m ji q j A ji q j 0, i,2,...n. j eller för den k : e koordinaten (obs! k är inte längre summaindex) m jk q j A jk q j 0, k,2,...n. j Ansätt nu en formell lösning q k t a k e it a k är ett komplext tal. Läroboken har e it teckenkonventionen dock nästan alltid e it 2 m jk A jk a j e it 0, varav j j A jk 2 m jk a j 0 k,2,...,n (* ) varav A jk 2 m jk nn 0 eller A 2 m A 2 2 m A n 2 m n A 2 2 m 2 A 22 2 m A 2n 2 m 2n A n 2 m n A 2n 2 m 2n A nn 2 m nn..., n är de positiva lösningarna till denna n:egradsekvation.,
23 egenvinkelfrekvenserna. Notera att vi måste ta realdelen av de lösningar a k e it som erhålls när vi löst (* ) med resp insatt.vidare gäller att en av de n ekvationerna är en linjärkombination av de n första när vi sätter in..., n i tur och ordning. Det räcker alltså att använda A jk 2 n m jk a n j 0, k,2,...,n (** ) j för att bestämma a k n, k,2,...,n så när som på en gemensam konstant faktor för varje k. 2.5 Algebraiska egenskaper hos koefficienterna (optional) 2.6 Normalkoordinater T 2 q q 2... q n U 2 q q 2... q n m m 2... m n m 2 m m 2n m n m 2n... m nn A A 2... A n A 2 A A 2n q q 2... q n q q 2... A n A 2n... A nn q n Man kan visa att det går att samtidigt finna 2... n och 2... n som är linjärkombinationer av de ursprungliga koordinaterna och generaliserade hastigheterna respektive och som ger m m T n m n n A U n 0 A och A n n L m 2 i i2 A i 2 i. i Lagranges ekvationer övergår i m k k A k k 0 k,2,...,n som är ett system av okopplade harmoniska svängningar med k A k /m k Att Lagrangefunktionen kan överföras på denna form är viktigt i bland annat teorin för kristallsvängningar. Koordinaterna 2... n kalls normalkoordinater. Lösningen svarande mot en given vinkelfrekvens kallas normalmod.
Tentamen 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 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 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 merHanno Essén Lagranges metod för en partikel
Hanno Essén Lagranges metod för en partikel KTH MEKANIK STOCKHOLM 2004 1 Inledning Joseph Louis Lagrange (1763-1813) fann en metod som gör det möjligt att enkelt ta fram rörelseekvationerna för system
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 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 merMekanik III Tentamen den 19 december 2008 Skrivtid 5 tim De som klarat dugga räknar ej uppgift m/2
Mekanik III Tentamen den 19 december 8 Skrivtid 5 tim De som klarat dugga räknar ej uppgift 1. 1. r mg/r m mg/r 9m/ En klots med en cylinderformad urgröpning med radie r glider på ett horisontellt, friktionsfritt
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 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 merMekanik I Newtonsk mekanik beskrivs rörelsen för en partikel under inverkan av en kraft av
Mekanik 2 Live-L A TEX:ad av Anton Mårtensson 2012-05-08 I Newtonsk mekanik beskrivs rörelsen för en partikel under inverkan av en kraft av ṗ = m r = F Detta är ett postulat och grundläggande för all Newtonsk
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 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 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 merFöreläsning 17: Jämviktsläge för flexibla system
1 KOMIHÅG 16: --------------------------------- Ellipsbanans storaxel och mekaniska energin E = " mgm 2a ------------------------------------------------------ Föreläsning 17: Jämviktsläge för flexibla
Läs merTentamen i Mekanik I SG1130, baskurs P1 och M1. Problemtentamen OBS: Inga hjälpmede förutom rit- och skrivdon får användas!
2015-06-08 Tentamen i Mekanik I SG1130, baskurs P1 och M1. KTH Mekanik OBS: Inga hjälpmede förutom rit- och skrivdon får användas! Problemtentamen 1. Ett homogent halvcylinderskal hålls i jämvikt på ett
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 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 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 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 merFöreläsning 10: Stela kroppens plana dynamik (kap 3.13, 4.1-8) Komihåg 9: e y e z. e z )
1 Föreläsning 10: Stela kroppens plana dynamik (kap 3.13, 4.1-8) Komihåg 9: H O = "I xz e x " I yz e y + I z e z H G = "I xz ( ) ( G e x " I G yz e y + I G z e z ) # (fixt origo, kroppsfix bas) # (kroppsfix
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 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 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 merRepetion. Jonas Björnsson. 1. Lyft ut den/de intressanta kopp/kropparna från den verkliga världen
Repetion Jonas Björnsson Sammanfattning Detta är en kort sammanfattning av kursen Mekanik. Friläggning Friläggning består kortfattat av följande moment 1. Lyft ut den/de intressanta kopp/kropparna från
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 merInre krafters resultanter
KOMIHÅG 6: --------------------------------- Torr friktion: F " µn Normalkraftens angrepp?? Risk för glidning eller stjälpning ---------------------------------- Föreläsning 7: Inre krafters resultanter
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 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 merTentamen Mekanik F del 2 (FFM520)
Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520) Tid och plats: Lördagen den 1 september 2012 klockan 08.30-12.30 i M. Hjälpmedel: Physics Handbook, Beta, Typgodkänd miniräknare samt en egenhändigt skriven A4 med valfritt
Läs merFuglesangs skiftnyckel och Möten i rymden. Jan-Erik Björk och Jan Boman
Fuglesangs skiftnyckel och Möten i rymden Jan-Erik Björk och Jan Boman Det sägs att Christer Fuglesang tappade en skiftnyckel under sin rymdpromenad nyligen. Enligt Keplers första lag kom skiftnyckeln
Läs mer9.2 Kinetik Allmän plan rörelse Ledningar
9.2 Kinetik Allmän plan rörelse Ledningar 9.43 b) Villkor för att linan inte skall glida ges av ekv (4.1.6). 9.45 Ställ upp grundekvationerna, ekv (9.2.1) + (9.2.4), för trådrullen. I momentekvationen,
Läs merKursens olika delar. Föreläsning 0 (Självstudium): INTRODUKTION
1 Föreläsning 0 (Självstudium): INTRODUKTION Kursens olika delar Teorin Tentamen efter kursen och/eller KS1+KS2 Inlämningsuppgifter Lära känna kraven på redovisningar! Problemlösning Tentamen efter kursen
Läs merTentamen Mekanik F del 2 (FFM521 och 520)
Tentamen Mekanik F del (FFM51 och 50 Tid och plats: Lösningsskiss: Fredagen den 17 januari 014 klockan 08.30-1.30. Christian Forssén Obligatorisk del 1. Endast kortfattade lösningar redovisas. Se avsnitt
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 merSG1108 Tillämpad fysik, mekanik för ME1 (7,5 hp)
Läsåret 11/12 Utförliga lärandemål SG1108 Tillämpad fysik, mekanik för ME1 (7,5 hp) Richard Hsieh Huvudsakligt innehåll: Vektoralgebra och dimensionsbetraktelser. Kraft och kraftmoment. Kraftsystem; kraftpar,
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 merSpeciell relativitetsteori
4.Speciell relativitetsteori 4. Grundläggande postulat: I De lagar som beskriver fysikaliska fenomen, är desamma i alla inertialsystem II. Ljusets hastighet i vakuum är detsamma i alla inertialsystem.
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 merTentamen i Mekanik SG1130, baskurs P1 m fl. Problemtentamen OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas!
014-03-17 Tentamen i Mekanik SG1130, baskurs P1 m fl OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas! 1 KTH Mekanik Problemtentamen En tunn homogen stav i jämvikt med massan m har i ena ändpunkten
Läs merTentamen i SG1140 Mekanik II. Problemtentamen
010-01-14 Tentamen i SG1140 Mekanik II KTH Mekanik 1. OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas! Problemtentamen Triangelskivan i den plana mekanismen i figuren har en vinkelhastighet
Läs merTentamen i Mekanik SG1107, baskurs S2. Problemtentamen
010-05-6 Tentamen i Mekanik SG1107, baskurs S OBS: Inga hjälpmede förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik Problemtentamen 1 En cylinder med massan M vilar på en homogen horisontell planka med
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 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 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 merSolsystemet: Solen, Merkurius, Venus, Jorden, Mars, Jupiter, Saturnus, Uranus, Neptunus, (Pluto) Solens massa är ca gånger jordmassan
1 KOMIHÅG 8: Centrala raka/sneda stötar Flera partiklar - masscentrum Föreläsningar 9-10: Centralkrafter och solsystemet Centralkrafter: Inga kraftmoment på massan Solsystemet: Solen, Merkurius, Venus,
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 merSolsystemet: Solen, Merkurius, Venus, Jorden, Mars, Jupiter, Saturnus, Uranus, Neptunus, (Pluto) Solens massa är ca gånger jordmassan
1 KOMIHÅG 16: Centrala raka/sneda stötar relativ separationsfart Studstalet e = relativ kollisionsfart Föreläsning 17: Centralkrafter och solsystemet Centralkrafter: Inga kraftmoment på massan Solsystemet:
Läs merFÖRBEREDELSER INFÖR DELTENTAMEN OCH TENTAMEN
FÖRBEREDELSER INFÖR DELTENTAMEN OCH TENTAMEN Repetera de övningsuppgifter som kännts besvärliga. Om du behöver mera övning så kan du välja fritt bland de övningsuppgifter i Problemsamlingen som överhoppats.
Läs merSF1626 Flervariabelanalys Bedömningskriterier till tentamen Tisdagen den 7 juni 2016
SF1626 Flervariabelanalys Bedömningskriterier till tentamen Tisdagen den 7 juni 2016 Allmänt gäller följande: För full poäng på en uppgift krävs att lösningen är väl presenterad och lätt att följa. Det
Läs merSammanfattning av ordinära differentialekvationer
Sammanfattning av ordinära differentialekvationer Joakim Edsjö 1 Institutionen för teoretisk fysik, Uppsala Universitet Telefon: 018-18 32 50 eller 018-18 76 30 19 februari 1995 1 Första ordningens differentialekvationer
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 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 merSolsystemet: Solen, Merkurius, Venus, Jorden, Mars, Jupiter, Saturnus, Uranus, Neptunus, (Pluto) Solens massa är ca gånger jordmassan
KOMIHÅG 17: 1 Centrala raka/sneda stötar relativ separationsfart Studstalet e = relativ kollisionsfart Föreläsning 18: Centralkrafter och solsystemet Centralkrafter: Inga kraftmoment på massan Solsystemet:
Läs merI Bedford-Fowler, som var kursbok för Mekanik II ges en utförlig beskrivning vad vi menar med en stel kropp. Här tar vi ut två viktiga punkter.
. Stel kropps allmänna rörelse. Inledning. Repetera gärna partikelsystems mekanik genom att läsa. kapitel 9. Där ges en excellent samlad repetition av partikelsystems dynamik Se särskilt sid 9-4 och punkterna
Läs merLösningsskiss för tentamen Mekanik F del 2 (FFM521/520)
Lösningsskiss för tentamen Mekanik F del 2 (FFM521/520) Tid och plats: Tisdagen den juni 2014 klockan 08.0-12.0 i M-huset. Lösningsskiss: Christian Forssén Obligatorisk del 1. Ren summering över de fyra
Läs merTentamen i SG1140 Mekanik II för M, I. Problemtentamen
2011-10-22 Tentamen i SG1140 Mekanik II för M, I. OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik 1. Problemtentamen Den kvadratiska skivan i den plana mekanismen i figuren har
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 merUndersökning av Mekaniska Problem med hjälp av Datoralgebra
Undersökning av Mekaniska Problem med hjälp av Datoralgebra Stefan Gramfält gramfalt@kth.se Maj 21, 2015 SA104X Examensarbete inom Teknisk Fysik, Grundnivå Institutionen för Mekanik Kungliga Tekniska Högskolan
Läs merStelkroppsmekanik partiklar med fixa positioner relativt varandra
Stelkroppsmekanik partiklar med fixa positioner relativt varandra Rörelse relativt mass centrum Allmänt partikelsystem Stel kropp translation + rotation (cirkelrörelse) För att kunna beskriva och förstå
Läs merDefinitioner: hastighet : v = dr dt = r fart : v = v
KOMIHÅG 8: --------------------------------- Jämvikten kan rubbas: stjälpning, glidning Flexibla system- jämvikt bara i jämviktslägen ---------------------------------- Föreläsning 9: PARTIKELKINEMATIK
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 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 merSF1669 Matematisk och numerisk analys II Lösningsförslag till tentamen DEL A. r cos t + (r cos t) 2 + (r sin t) 2) rdrdt.
1. Beräkna integralen medelpunkt i origo. SF1669 Matematisk och numerisk analys II Lösningsförslag till tentamen 218-3-14 D DEL A (x + x 2 + y 2 ) dx dy där D är en cirkelskiva med radie a och Lösningsförslag.
Läs mer= = i K = 0, K =
ösningsförslag till tentamensskrivning i SF1633, Differentialekvationer I Tisdagen den 14 augusti 212, kl 14-19 Hjälpmedel: BETA, Mathematics Handbook Redovisa lösningarna på ett sådant sätt att beräkningar
Läs merTentamen i SG1140 Mekanik II för M, I. Problemtentamen
2010-10-23 Tentamen i SG1140 Mekanik II för M, I. OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik 1. Problemtentamen Triangelskivan i den plana mekanismen i figuren har en vinkelhastighet
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 merMålsättningar Proffesionell kunskap. Kunna hänvisa till lagar och definitioner. Tydlighet och enhetliga beteckningar.
1 Föreläsning 1: INTRODUKTION Målsättningar Proffesionell kunskap. Kunna hänvisa till lagar och definitioner. Tydlighet och enhetliga beteckningar. Kursens olika delar Teorin Tentamen efter kursen och/eller
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 merII. Partikelkinetik {RK 5,6,7}
II. Partikelkinetik {RK 5,6,7} med kraft att beräkna och förstå Newtons lagar och kraftbegreppet är mycket viktiga för att beskriva och förstå rörelse Kenneth Järrendahl, 1: Tröghetslagen Newtons Lagar
Läs mer= y(0) för vilka lim y(t) är ändligt.
Lösningsförslag till tentamensskrivning i SF633 Differentialekvationer I och SF637 Differentialekvationer och transformer III Lördagen den 4 februari, kl 4-9 Hjälpmedel: BETA, Mathematics Handbook Redovisa
Läs merSF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A
SF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen 216-6-7 DEL A 1. Låt S vara ellipsoiden som ges av ekvationen x 2 + 2y 2 + 3z 2 = 5. (a) Bestäm en normalvektor till S i en punkt (x, y, z ) på S.
Läs merMekanik SG1108 Mekanikprojekt Dubbelpendel
Mekanik SG1108 Mekanikprojekt Dubbelpendel Studenter: Peyman Ahmadzade Alexander Edström Robert Hurra Sammy Mannaa Handledare: Göran Karlsson karlsson@mech.kth.se Innehåll Sammanfattning... 3 Inledning...
Läs merSF1626 Flervariabelanalys Tentamen Tisdagen den 7 juni 2016
Institutionen för matematik SF1626 Flervariabelanalys Tentamen Tisdagen den 7 juni 216 Skrivtid: 8:-13: Tillåtna hjälpmedel: inga Examinator: Mats Boij Tentamen består av nio uppgifter som vardera ger
Läs merRepetition Mekanik, grundkurs
Repetition Mekanik, grundkurs Kraft är en vektor och beskrivs med storlek riktning och angreppspunkt F= Fe + F e + Fe x x y y z z Kraften kan flytta längs sin verkninglinje Addera krafter Moment i planet
Läs merLEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 4
LEDNINAR TILL PROBLEM I KAPITEL 4 LP 4.3 Tyngdkraften, normalkraften och friktionskraften verkar på lådan. Antag att normalkraftens angreppspunkt är på avståndet x från lådans nedre vänstra hörn. Kraftekvationen
Läs merArbete och effekt vid rotation
ˆ F rˆ Arbete och effekt vid rotation = Betrakta den masslösa staven med längden r och en partikel med massan m fastsatt i änden. Arbetet som kraften ሜF uträttar vid infinitesimal rotation d blir då: ds
Läs merHärled utgående från hastighetssambandet för en stel kropp, d.v.s. v B = v A + ω AB
. Härled utgående från hastighetssambandet för en stel kropp, d.v.s. v B v A + ω AB motsvarande samband för accelerationer: a B a A + ω ω AB + a AB. Tolka termerna i uttrycket för specialfallet plan rörelse
Läs merTentamen i Mekanik SG1107, baskurs S2. Problemtentamen
007-08-30 Tentaen i Mekanik SG1107, baskurs S. OBS: Inga hjälpede föruto rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik 1. Probletentaen En hoogen stång ed assan är fäst i ena änden i en fritt vridbar led.
Läs merR LÖSNINGG. Låt. (ekv1) av ordning. x),... satisfierar (ekv1) C2,..., Det kan. Ekvationen y (x) har vi. för C =4 I grafen. 3x.
Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR, SF676 Begynnelsevärdesproblem Enkla DE ALLMÄN LÖSNING PARTIKULÄR LÖSNING SINGULÄR R LÖSNINGG BEGYNNELSEVÄRDESPROBLEM (BVP) Låt ( n) F(,,,, y ( )) vara en ordinär DE av
Läs merAndra EP-laborationen
Andra EP-laborationen Christian von Schultz Magnus Goffeng 005 11 0 Sammanfattning I denna rapport undersöker vi perioden för en roterande skiva. Vi kommer fram till, både genom en kraftanalys och med
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 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 merSF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A
SF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen 213-8-22 DEL A 1. Betrakta funktionen f(x, y) ln(x 2 + xy 2 4). a) Bestäm tangentplanet till funktionsytan z f(x, y) i den punkt på ytan där x 1
Läs mer23 Konservativa fält i R 3 och rotation
Nr 23, 7 maj -5, Amelia 2 23 Konservativa fält i R 3 och rotation 23. Potential 23.. Två dimensioner (2D) I två dimensioner definierade vi ett vektorfält som konservativt om kurvintegralen av fältet endast
Läs merLösningar Heureka 2 Kapitel 7 Harmonisk svängningsrörelse
Lösningar Heureka Kapitel 7 Harmonisk svängningsrörelse Andreas Josefsson Tullängsskolan Örebro Lo sningar Fysik Heureka Kapitel 7 7.1 a) Av figuren framgår att amplituden är 0,30 m. b) Skuggan utför en
Läs merLEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 14. Kroppen har en rotationshastighet. Kulan P beskriver en cirkelrörelse. För ren rotation gäller
LEDNINR TILL ROBLEM I KITEL 4 L 4. Kroppen har en rotationshastighet. Kulan beskriver en cirkelrörelse. För ren rotation gäller v = r v = 5be O t Eftersom och r O är vinkelräta bestäms storleken av kryssprodukten
Läs merRelativistisk kinematik Ulf Torkelsson. 1 Relativistisk rörelsemängd, kraft och energi
Föreläsning 13/5 Relativistisk kinematik Ulf Torkelsson 1 Relativistisk rörelsemängd, kraft och energi Antag att en observatör O följer med en kropp i rörelse. Enligt observatören O så har O hastigheten
Läs mer= 0. Båda skärningsvinklarna är således π/2 (ortogonala riktningsvektorer).
Institutionen för Matematik, KTH Torbjörn Kolsrud SF163, ifferential- och integralkalkyl II, del 2, flervariabel, för F1. Tentamen torsdag 19 augusti 21, 14. - 19. Inga hjälpmedel är tillåtna. Svar och
Läs merHarmonisk oscillator Ulf Torkelsson
1 Haronisk rörelse Föreläsning 13/9 Haronisk oscillator Ulf Torkelsson Betrakta en potentiell energi, V (x), so har ett iniu vid x, och studera rörelsen i närheten av detta iniu. O vi släpper en partikel
Läs merSF1669 Matematisk och numerisk analys II Bedömningskriterier till tentamen Torsdagen den 4 juni 2015
SF1669 Matematisk och numerisk analys II Bedömningskriterier till tentamen Torsdagen den 4 juni 2015 Allmänt gäller följande: För full poäng på en uppgift krävs att lösningen är väl presenterad och lätt
Läs merEnda tillåtna hjälpmedel är papper, penna, linjal och suddgummi. Skrivtid 4 h. OBS: uppgifterna skall inlämnas på separata papper.
KTH Mekanik Fredrik Lundell Mekanik mindre kurs för E1 och Open1 Läsåret 05/06 Tentamen i 5C110 Mekanik mk, kurs E1 och Open 1 006-03-15 Var noga med att skilja på skalärer och vektorer. Rita tydliga figurer
Läs mer4. Deformerbara kroppar och fluider [Pix-SE, IR-11]
4. Deformerbara kroppar och fluider [Pix-SE, IR-11] 4.1 Massa-fädersystem 4.2 Gaser och vätskor Kontinuerligt medium - e fixa positioner, deformerbar kropp TSBK03: Fysik, Ht2009 86 4. Deformerbara kroppar
Läs merVisa att vektorfältet F har en potential och bestäm denna. a. F = (3x 2 y 2 + y, 2x 3 y + x) b. F = (2x + y, x + 2z, 2y 2z)
Kap. 15.1 15.2, 15.4, 16.3. Vektorfält, integralkurva, konservativa fält, potential, linjeintegraler av vektorfält, enkelt sammanhängande område, oberoendet av vägen, Greens formel. A 1701. Undersök om
Läs merTentamen i Mekanik 5C1107, baskurs S2. Problemtentamen
006-08-8 Tentaen i Mekanik 5C1107, baskurs S. OBS: Inga hjälpede föruto rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik 1. Probletentaen Ett glatt hoogent klot ed assan vilar ot två plana, hårda och glatta
Läs merMekanik II repkurs lektion 4. Tema energi m m
Mekanik II repkurs lektion 4 Tema energi m m Rörelseenergi- effekt P v P (hastighet hos P) dt/dt= F P v P F P för stel kropp När kan rörelseenergi- effekt användas? Effektbidrag från omgivningen (exempelvis
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 mer, x > 0. = sinx. Integrera map x : x 3 y = cosx + C. 1 cosx x 3. = kn där k är. k = 1 22 ln 1 2 = 1 22 ln2, N(t) = N 0 e t. 2 t 32 N 1.
Lösningsförslag till tentamensskrivning i Diff & Trans I, 5B Lördagen den januari, kl 9-4 Hjälpmedel: BETA, Mathematics Handbook Redovisa lösningarna på ett sådant sätt att beräkningar och resonemang är
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 merFysikaliska modeller
Fysikaliska modeller Olika syften med fysiken Grundforskarens syn Finna förklaringar på skeenden i naturen Ställa upp lagar för fysikaliska skeenden Kritiskt granska uppställda lagar Kontrollera uppställda
Läs mer