Kap 6 Partikelns kinetik

Storlek: px
Starta visningen från sidan:

Download "Kap 6 Partikelns kinetik"

Transkript

1 6.1 Histori, grundläggande lagar och begrepp 6.13 Använd resultaten i 6.1 a) och c). 6.6 Uttryc noralaccelerationen för en planet i dess banradie och oloppstid. Kraften är uttryct i banradien = avståndet till solen. 6.9 a) I den föreslagna referensraen: A vilar i origo (v A = 0, s A = 0) v B = a B t s B = s o + a B t där a B = 1,5 /s s o = Utgå från Newtons lag d v s F absolut = a absolut Använd galileitransforationen, ev. (6.1.4) för hastighet och acceleration. 6.1 b) M R ϕ O ϕ dϕ Eleentarraft på P f = G daσ där ➀ ρ σ = M/4πr och ρ = (r + R rrcosϕ) 1/ Addera raftoposanter längs PO. Bidrag från alla eleent so bildar ett cirulärt band på sfärens yta ed radien Rsinϕ och bredden Rdϕ : πr sinϕ Rdϕσ df = G cosα ➂ ρ Här är cosα = R r ρ (cos.teoreet) rρ Integrera ➂ över hela sfären ed ϕ so integrationsvariabel. Vi får F = G4πR σ 1 r = GM r r ρ ρ α α P 6. Tilläpningar 6.15 F är den uppåtritade raft so annen påverar barnet ed. "Tyngd" i ilogra åste då i en situation so denna avse storheten ' so uppfyller sabandet F = 'g Jäför e ovan. 6.0 Eipagets acceleration är a = g sinα. Tilläpa på ulan acc.lagen F = a. Två oponentevationer uppställs. 6. Låt v o = 18 /s och t 1 = 1, s. Koordinaterna (s 1 och s ) för de två bollarna är följande funtioner av tiden s 1 = v o t 1 gt s = v o (t t 1 ) 1 g(t t 1 ) 6.4 Sätt t 1 = 4,6 s. Mellanresultat: Vid tiden t = t 1 är hastigheten 3gt 1 och tillryggalagd sträca 7gt 1 6. Därefter verar endast tyngdraften. 6.5 Acc.lagen: a) F r = a r Enlast: F r = G M r och a r = v dv dr r v Ger GM r dr = vdv osv R v o 6.6 Jäför e används. 6.9 µ s avgör när roppen börjar röra sig; sedan gäller µ = µ. 1

2 6.30 Se anärning vid e c) för t > 3,5 s: O i beräningarna bostäverna står för storheternas ätetal i SI-systeet: 1 g t 0,5g dv dt = Sriv i acc.lagen accelerationen enligt = d d 6.33 Betrata en viss "resa" vilen so helst under vilen totalsträcan L tillryggaläggs. Vid en viss tidpunt har då vägoordinaten värdet s satidigt so hastigheten har värdet v. Enligt probleteten är då återstående rörelsesträca = 5 ln 1 + v 4 Alltså: L = s + 5 ln 1 + v 4 Tidsderivering av denna evation ger ett saband ellan v och v Det är från början inte lart o A glider relativt B eller ej. O an börjar ed antagandet att A följer ed i B:s rörelse an accelerationen hos ropparna beränas till 6,06 /s. Denna acceleration hos A an doc inte fritionsraften (so är högst 0,4 A g) ellan ropparna åstadoa. A glider alltså relativt B; fritionen är fullt utbildad på båda ställena. Med = 4 g och F = 180 N fås då: F 0,3 5g 0,4g = 4a B 6.44 Var uppärsa på åt vilet håll den inbördes fritionsraften (µg) ellan trailer och container verar på resp. ropp. Obs. ineatist saband Kineatist: Kropparnas accelerationer är 4a, a och a. Bloc och linor är lätta varför linrafterna an tecnas so i figuren. S B S B 6.37 Mellanresultat: Första situationen innebär att fritionsoefficienten µ 0,80. SC S C S C S B 6.40 Observera det ineatisa sabandet ellan ropparnas hastigheter. Observera ocså: Kraften i stången ellan blocet och den övre roppen står i en viss, enel relation till raften i linan. Denna relation används Mellanresultat: Planet fieras i läget α = 43,91. Acc.lagen tilläpas på ropparna en i taget. Eliinera linrafterna och beräna acceleratio nerna. Ger a = g 7 (8eα 5,5) För beräning av sluthastigheten, enlast: (a = ) v dv d = g 7 (8eα 5,5)

3 6.46 Fall 1: Brossträcan blir Fall : Accelerationen är s 1 = vo /µ 1 g = 39,8 (µ 1 = 0,80) a(v) = µg = µ o g 1 v (µ o = 0,75) α Integrationer ger v(t) och sedan s(t) = αt + (α v o ) α µ o g (1 eµ ogt/α ) Koer till stopp (v = 0) vid tiden t = α µ o g ln α α v o Ger brossträcan s = 53, 6.48 Diff.ev. ed beg.villor ger s = g c t g c (1 e ct ) 6.51 För t 0: URK s U = v 1 t (v 1 = 300 3,6 /s) 007 g cv = a ➀ där c = g v 1 ➁ Progra: Sö läget (s B ) för 007 so funtion av t. Sätt s U = s B och lös ut t. Beg.villor till diff.ev ➀ t = 0 v = v 1 s B = 40 Ger s B (t) = v 1 t + v 1 g (1 e gt/v 1 ) + 40 Evationen s B = s U an lösas nuerist. Inför t e y = gt. v 1 Ger y 0,757 t 3,1 s 6.5 I båda eperienten är a = ΣF = v : g cv = dv dt Från dv g cv = dt följer svaren på a) c). gsinα µgcosα dv = 0 Ger två evationer i d och µ. d = 0,8 Ns / µ = 0,14 där = 87 g d) 1 dv = g cv ds ger eat lösning där s = 1/c an sättas in. Tänbart alternativ (jobbigare): Lös först ut t ur svaret i b) (räver nueris lösning). Sätt sedan in detta t-värde i v-funtionen enligt a) Första inforationen ger att, o otståndsraften srivs cv, så är otståndsonstanten c = g/v g där v g = 7 /s. Rörelseev. g cv = v ger sedan att ln g + cv = ct osv g + cv o 6.55 Lösningar till rörelseevationen: Linjär odell v = v o e ct s = v o c (1 e ct ) Kvadratis odell v v = o s = v o t ln(1 + v o t) En ateatis odell är alltid förenlad; vi an inte vänta oss svar på alla frågor se b) och c). 3

4 6.56 v o = 4 /s = 150 g a) Acc.lagen på foren v dv ds = (cv + bv ) Lösning s = b ln c + bv o c + bv b) Acc.lagen på foren dv dt = (cv + bv ) Lösning cv v = o e ct/ c + bv o bv o e ct/ För övrigt jfr e Lyftraften enligt Ariedes princip är 3g. Acc.lagen Däred dv = 3g g v dt 1 g ln g + v g v = t 6.58 Behandla rörelse uppåt och nedåt var för sig. Tidsförloppet ej ed i frågeställningen. Pröva för accelerationen uttrycet a = v dv ds = 1 dv ds. Sriv luftotståndet på foren cv. Rörelse uppåt: Acc.lagen 1 dv ds Ger s = 1 c ln g + cvo g + cv = g cv Rörelse nedåt: Acc.lagen 1 dv = g cv d (-aeln nedåt, = 0 i toppunten) Ger = 1 c ln g g cv Gränshastigheten vid fritt fall v g = g c 6.59 Efter första sedet, i det ögonblic då sären lösgörs, är den tillryggalagda sträcan s 1 = ln b 50 = 958, Acc.lagen ger s(v) = 1 bc arctan u c arctan v c där u är hastigheten vid starten. s a otsvarar u = och v = Lägg inte till någon tyngdraft eller noralraft! Den givna raften är den resulterande d) Det går att finna en linjärobination av de tre oordinaterna so är onstant, oberoende av t. Däred är ett plan definierat, i vilet rörelsen ser. Däred ligger ocså raftvetorn i detta plan. Uppgifterna forts. Kaströrelseprobleen behandlas ofta sidigast o an först tecnar oordinaterna (, y) var för sig so funtioner av tiden t. Däred har an ocså banurvans evation på paraeterfor. Detta är ofta att föredra fraför att försöa utgå från parabelurvans evation uttryct so y = f() Ideala elevationsvineln (45 o ) för långt ast an ej användas i b) slår i "taet" Rörelsen i planet styrs av tyngdraftoposanten g'e y. Här är g' = g sin5 och y-ritningen nedåt utefter linjen för största lutning Kastparabelns evation y = f() so utgångspunt. Jfr ill.e

5 6.73 h =,0 v o = 13 /s = v o cosα t y = h + v o sinα t 1 gt Stötlängden (z) fås so -värdet för y = 0. z v o g sinαcosα z h v o g cos α = 0 ➀ Derivera denna ev. ed avseende på α och sätt dz = 0 i det erhållna uttrycet. dα Detta ger z a = h tanα Sätt in detta i ➀: sin 1 α = + gh v o eller α = 4,0 o Däred z a = h tanα = 19, Se ev. ➂ i ill.e. 6..7, astparabeln: g y = v o cos α + tanα För givet (= 0 ) betratas y so funtion av α. Kan visas, att y då har aiivärde för tanα = v o osv g 6.75 Med origo i P och horisontell -ael följer roppen urvan (ev. ➂ i ill.e. 6..7) g y = v o cos β + tanβ ➀ Det lutande planet representeras av linjen y = 3 Kobinera ➀ och så fås oordinaterna för särningspunten ( l ; y l ). Utgående från funtionen 1 (β) an frågeställningarna i a) och b) bearbetas Läpligt oordinatsyste: -ael uppåt planet, y-aeln nedåt planet. = gsin0 o y = gcos0 o Begynnelsevillor insätts o s v. Sö sedan v för y = h Lägg in läpligt Ayz-syste (ed sitt origo i utastpunten A). Tre oponentrörelser; tag fra funtionerna (t), y(t) och z(t). Arbeta ed dessa: Bestä tidpunten t 1 för träff. Värdena på oordinaterna och deras derivator vid tiden t 1 är av intresse Tän på vad det innebär ifråga o luftotståndsraften storle, o hastigheten i ett visst ögonblic är just v g Inför ett oordinatsyste (referensra) ed en onstant hastighet so är lia ed bilens hastighet i utastögonblicet. Detta oordinatsyste är ett inertialsyste och an däred betratas och hanteras so fit. Däred oer bilen att hanteras so o den började accelerera från vila i det ögonblic då partieln astas iväg. För den atuella frågeställningen är detta helt orret. I det fia systeet utför partieln aströrelse ed given utgångsfart (v o ) och elevationsvinel (α). Den absoluta astlängden L är däred i vanlig ordning given so en funtion av α. Partieln tar ar på flaet i en punt vars avstånd 1 till utgångspunten på flaet an uttrycas i L och den tid astet har tagit. (Bilen har ju under denna tid rört sig sträcan 1 (0,75g)t och t an uttrycas i α.) Däred har an 1 so en funtion av α ed v o so en paraeter. Sö det värde på α so ger ett aiu hos 1. So en etra hjälp, 1 är följande funtion: 1 = v o g sinα cosα 3 sin α 5

6 6.81 I en inertialra so följer ed hjulets centru är begynnelsetillståndet i aströrelsen det so figuren visar. y r v o α 6.9 Det är fråga o ett funtionssaband ellan läge och tid. Acc.lagens oponenter i noral- och tangentritningar: N = v R µn = dv dt Med givna begynnelsevillor fås efter integration vägoordinaten s so funtion av tiden. s = R µ ln 1 + µv o R t Inför so oordinat höjden y över hjulcentru. I det ögonblic en sten lossnar i läget α gäller för dess oordinat och hastighetsoponent: y = r sinα y = vo cosα där r = 0,65 v o = 4 /s Med detta so begynnelsevillor i aströrelsen fås y(t) = r sinα + v o cosα t 1 gt 6.94 Observera att roppen rör sig i en horisontell cirelbana ed radien 90 roppen endast påveras av tyngdraften och en noralraft från onen 6.95 Kroppens acceleration är sin30 o ω. Betrata de två gränsfallen ed fritionsraften ritad uppåt och nedåt resp. Låt största värdet på y (för givet α) vara h. Sö a. av funtionen r + h(α). µn N N 6.83 Obs. analogin ed aströrelse Se disussionen vid figur g a g µn a Uppgifterna forts. Se disussionen o fitivrafter vid figur Endast verliga rafter sall användas här Punten på aren åste ligga på evatorn. Vinelhastigheten i banan är lia ed (den absoluta) vinelhastigheten hos jorden i dess rotationsrörelse Själva staven är asslös. Den an behandlas so i statien. Jfr ed resoneanget ring figur 6..1 under Masslösa asinoponenter b) Börjar glida då F frition = µg Alltid gäller F frition = a 6.91 Observera att fritionsraften har två oposanter en att i fritionsvilloret ingår raftens belopp; F µn 6

7 6.103 F n = a n N gsinϕ = Rϕ ➀ F s = a s gcosϕ µn = Rϕ Använd ϕ = d ϕ ϕ dϕ = 1 d ϕ dϕ ➀ och ger d dϕ ( ϕ ) + µ ϕ g µg = cosϕ R R sinϕ ➂ Med y = ϕ är detta en differentialevation av typen y' + µy = f(ϕ) ➃ Dess allänna lösning är y = y h + y p där y h = Ae µϕ är den "hoogena lösningen" och y p är en partiulärlösning till ➂-➃. Visa att funtionen y p = Bcosϕ + Csinϕ satisfierar ➂ o B = 6µg R(1 + 4µ ) C = g(1 µ ) R(1 + 4µ ) Begynnelsevilloret ger värdet på oefficienten A: A = 6µg R(1 + 4µ ) Det efterfrågade sabandet är häred ϕ = Ae µϕ + Bcosϕ + Csinϕ Då a är onstant har vi i läget B: v = as där s = 3πR 4 Acc.lagen F n = a n används ed N = a) Eat ellanresultat: gr söt fart v = tan15 där r = (1, ) cos Utgångshastigheten i aströrelsen är v o = g (85 ) (ill.e c)) Accelerationen a är lodrät ed onstant belopp g. v Bevisa och använd sabandet ρ = g cosα där α är bantangentens lutningsvinel Se e Utnyttja uttrycet för ρ. b) I högsta punten är farten (16 /s) cos Låt y = Asinπ ed A = 0,05. Betrata sabandet ΣF y = a y y N g Villoret att N alltid är > 0 används. = vo = 0 Visa y = Aπ sinπ v o I punterna A och B: µn = N g = = µg µ y ➀ y Derivera urvans evation a p tiden: y = 0, 0,6cos(0,) y = (innehåller även -ter) Här är = v = 60 /h. Vidare är värdena på sinus- och cosinusfuntionerna i A och B ända. Använd nu ➀ och och det söta fås. I punten C: Infleionspunt där röningsradien är oändligt stor (ρ = ) d v s a n = 0. Kan då behandlas so o inbrosningen sedde på lutande plan ed lutningen bestäd av dy d Med den givna raftfuntionen innebär ω = acc.lagen: ω y = y ➀ Bilda tidsderivatan av funtionerna f 1 och f. Enligt ➀ är då dessa tidsderivator noll. S α 7

8 6.113 a) Antag ontat ellan siva och partiel. Partielns vertiala acceleration är då y = ω h cosωt ΣF y = y Villoret N 0 visas innebära att alltid åste gälla: ω h g b) Horisontell -ael längs utastritningen. ΣF = : µn = N finns i ΣF y = y och däred: = µ(g ω h cosωt) sat = vo µgt + µhω sinωt ( = 0 då rörelsen upphör) c) Villoret = 0 leder ed givna värden till 1 ωt + 0,5sinωt = 0 Nueris lösning ger ωt 1,499 Glidsträcan fås då ur vägfuntionen (t) = µg ω t 1 µgt + µg (1 cosωt) ω ΣF = a övergår i ed beg. vill. = eby y = ee + eb z = 0 t = 0 = y = z = 0 = v o y = z = 0 (Härur fås z = 0, rörelsen ser i z-planet.) Derivera första ev. i ➀ a p t och obinera ed andra ev. i ➀. Inför betecningen u =. Vi får u e B + u + E B = 0 so, ed utnyttjande av beg.villoren, ger funtionerna u(t) och (t). Andra ev. i ➀ övergår nu i där ω = eb. y = eb v o + E B ➀ ➁ cos ωt ➂ a) ➂ ed beg.villor ger funtionen y(t). Vi har y = eb v o + E B (1 cosωt ) = eb v o + E B sinωt E B t b) Sö punten där u = = 0. E Där är cosωt = B v o + E B och således y = = v o eb 6.3 Härledda lagar W = F dr = F dr = F (r r 1 ) där r och r 1 är lägesvetorerna för slut- resp startpunterna Jfr ill.e 6.3.3! 8

9 6.119 a) Linraften är F = R cos(ϕ/). Kraftens oposant längs cirelns tangent är F s = F sin(ϕ/). F ö se ill.e b) Sillnaden jäfört ed (a) är att F = (R cos(ϕ/) R ) Tyngdraftens totala arbete är noll Använd lagen för inetisa energin: W = T 6.16 Utgå från v g = a. Sriv först o a so dv och visa att dt τ = ln g + v o g v 1 där v 1 är farten vid återosten. Sriv därefter o a so v dv och visa att ds v 1 = g ln g + v o v g v o 1 Geno att jäföra uttrycen ser an att v 1 = gτ v o Det söta arbetet an sedan beränas h a lagen för inetisa energin T absolut = 1 (v + u) 1 v A:s arbete = ändringen av T i A:s inertialra alltså 1 u. Resten av T absolut åste tåget ha svarat för. När A astar iväg föreålet påverar detta A ed en baåtritad raft enligt Newtons 3:e lag. A påverar i sin tur tåget ed en lia stor baåtritad raft. Denna borde noralt innebära att tågets fart insar. Enligt teten bibehåller doc tåget onstant fart. För att detta sall vara öjligt åste därför en viss energi tillföras (för ett ånglo enligt figuren i boen geno förbränning av ol). Denna tillförda energi är lia ed vu och an i slutändan sägas ha använts för att uträtta arbete på det astade föreålet Med betecningar enligt figuren nedan: F fj = g 1 1 cosϕ N = g cosϕ F = µn Minsta arbetet uträttas o ΣF = 0 i varje ögonblic. a a W in = 0 P in d = 0 (F fj sinϕ + F) d = π/4 = a g (tanϕ sinϕ + µ cosϕ) cos ϕ dϕ = 0 1 =ga cos ϕ 1 cosϕ + µ ln tan ϕ + π π/4 4 a y ϕ Jfr ill.e 6.3.6! F fj F N g Nyttig effet P ut = 0,7 750 W Drivande raften F = P ut där v = 40 /h. v F D = a, där D är rörelseotståndet a) Konstant hastighet innebär att drivande raften är lia ed rörelseotståndet. b) Här är den drivande raften lia ed suan av rörelseotståndet och tyngdraftens oposant baåt. Se ocså ledning till e P Cylistens effet antas given = P. Vid onstant fart: P Dv = 0 v 3 = P. Minsa ed % och räna ut relativa ändringen i v. 9

10 6.139 Villor på noralraften: N 0. Sö N(ϕ) och använd villoret ovan. v fås ur energilagen so funtion av ϕ Villor på noralraften: N 0 överallt (störst ris att ontaten förloras i högsta punten). Använd energilagen för att be stäa farten i högsta punten Använd lagen för inetisa energin för att bestäa hastigheten i B. Att K tappar ontaten i B innebär att noralraften är noll där Kraften i tråden åste vara positiv hela tiden (störst ris att tråden slanar i högsta punten i cirelbanan). Använd energilagen för att bestäa farten där Mellanresultat: Farten vid taanten är 5,0 /s Snörraften fås ur ΣF n = a n, där a n = v /L. Farten v bestäs h a energilagen a) Kroppen rör sig i en cirelbana. När farten är aial är tangentialaccelerationen a s =v = 0, d v s ΣFs = 0. Fritionsraften F = µgcos30 Tyngdraftoposant i planet: g' = g sin30 ΣF s = g' cosϕ F so bestäer ϕ b) Lagen för inetisa energin: g'l sinϕ FLϕ = 1 v där v = L ϕ c) Snörraften fås ur ΣF n = a n d v s S g'sinϕ = v L Med betecningar enligt figuren nedan: d v o = v cosϕ dy = tan ϕ Lagen för inetisa energin ger: gy = 1 v 1 v o so leder till d dy = gy v 0 so efter integration ger svaret. y ϕ I gränsfallet stannar roppen i det läge där fjädern är ospänd. Använd lagen för inetisa energin. Fjäderraftens arbete = V = L / Fritionsraftens arbete = (T + V) b) Svaret fås geno nueris lösning av evationen 1+ y = y y + där y = /a Energin onserveras. Observera att begynnelsehastighetens ritning är oväsentlig i detta saanhang Jfr ill.e 6.3.9, speciellt oentar Energionservering ger: 1 v G M = 0 r där v då är flythastigheten 5 /s (jfr ocså ill.e 6.3.9, speciellt oentar ). Vidare är M = 4 3 πr3 ρ. v 10

11 6.159 Börja ed att beräna farten och banradien för den geostationära satelliten. Utnyttja ΣF n = a n, sat det fatu att satelliten åste fullborda ett varv i banan på saa tid so jorden roterar ett varv ring sin ael, d v s på ett dygn. Använd energilagen för att beräna vilen absolut hastighet avfallsbehållaren åste ges a) Sabandet ellan raften och potentiella energin ges av ev (6.3.). c) Svaret fås geno nueris lösning av evationen e y + y = e 1, där y = α Potentiell energi: V() = F o L 4 L 4 L 6.16 Partieln har störst fart, när inetisa energin är so störst, vilet inträffar när potentiella energin har iniu Använd ev (6.3.35)! Använd ev (6.3.36) för a) hela tåget b) dels loet, dels sista vagnen Använd ev (6.3.36) 1) på hela tåget under de inledande 0 s, ) på loet och den återstående vagnen under nästa 0 s Efterso fritionsraften byter ritning, då roppen byter rörelseritning, åste probleet lösas i två steg. Först beränas hur lång tid det tar tills roppen vänder; därefter beränas hur lång tid det tar att uppnå hastigheten v. Observera att probleet förutsätter att µ > cot α; i annat fall stannar roppen definitivt när den brosats upp av tyngdraften och fritionsraften Använd ev (6.3.35), och tän på att integralens värde an beränas diret ur diagraet Partieln börjar inte röra sig förrän vid t = 1 s, då P nått fritionsraftens aiala belopp (µ s g). Därefter är totala raften lia ed P µ g F t = v v 1 o s v a) Kraftoentet a p en vertial ael geno hålet är noll. c) Arbetet = ändringen i inetis energi Rörelseängdsoentet a p lodlinjen geno O onserveras. För varje cirelbana visas att v g tanα = l sinα där l är linans längd, α dess lutningsvinel r 1 = 18000, v 1 = 4700 /s Totala energin E = v 1 GM r 1 Rörelseängdsoentet L = r 1 v 1 sin84 o. Då avståndet har a eller in är vineln ellan v - och r -vetorerna 90 o. Efterso energi och rörelseängdsoent onserveras gäller i de två atuella punterna: E = v GM och L = rv r Detta evationssyste ger de två efterfrågade värdeparen för v och r Bestä först rydstationens hastighet. Resultat: 4597 /s. Använd därefter energionservering för att bestäa hastigheten vid uppsjutningen. Elevationsvineln bestäs slutligen av att areahastigheten är onstant Rörelseängdsoentet a p en vertial ael geno O onserveras liso energin. I de punter där avståndet till O har a eller in är lägesvetorn och hastighetsvetorn vinelräta. Detta innebär att rörelseängdsoentet fås so rv. 11

12 6.179 Se ledning till föregående proble. Svaret fås geno nueris lösning av evationen v o L ( + L) + v o L = 0 Här är = 100 g, = 50 N/, v o = 4,0 /s, L = 100 och guibandets förlängning i de söta punterna. Partielns avstånd till O är alltså + L. 6.4 Svängningsrörelse b) Krafterna i de båda fjädrarna är lia stora och lia ed raften på roppen. Kroppens förflyttning är suan av fjädrarnas förlängningar Obs. liheten ed b) Försö sapa en svängningsevation av typen (6.4.5). I detta fall an det närast betyda y + eff y + onstant = a, b, d) Tän på "asslösa asinoponenter" och "ineatisa saband". (se ap 6.(a)) c) Använd resultat från uppgift Vid tiden t är de tillryggalagda sträcorna: Vagnen: Loet: y = at Vagnen: F = ger (y ) = ➀ För in linförlängningen z = y. ➀ går över i z + = 0 Använd begynnelsevilloren: t = 0, z = 0, z a = 0 z(t) = (1 cosωt) Kroppen A börjar röra sig i ett läge so är sträcan g under jävitsläget Beräna aiala fjäderförlängningen i en svängningsrörelse so otsvarar den so B inträder i innan A glider. Jäför fjäderraften ed fritionsraften Visa: Så länge den övre roppen rör sig åt höger gäller: g µg = Hela den första rörelsen åt höger otsvarar en halv period i svängningsrörelsen O y är fjäderns sträcning gäller: acc. lagen på hela systeet: g y = y acc. lagen på undre roppen: g F = y där F är liraften. F sätts = 1,5g. Ger det söta y-värdet efter eliinering av y Efterso systeet är i jävit vid = 0 så är rörelseevationen = ( eller hur?) Läpligen beränas begynnelsehastigheten (i = 1 ) ed hjälp av en energirelation. P:s arbete: W P = P 1 Av de två lösningsansatserna (t) = Asin(ωt + δ) och (t) = C 1 sinωt + C cosωt är den senare något lätthanterligare i detta fall, där an vid t = 0 har från noll silda värden på både och b) nivå 3 vändläge nivå nivå 0 nivå 1 fjädern ospänd svängningscentru startläge Från nivå 1 till nivå : Haronis svängning enligt + = 0 o = 0 vid nivå 0. Tiden för detta t 1 = 0,03635 s. Från nivå till nivå 3: Kaströrelse, sträcan är 0, Tiden t = 0,07946 s. 1

13 6.195 Arbeta fra en diff.ev. av typen M + C + K( o ) = 0 I enlighet ed tetavsnittet 6.4(b) gäller vid C ritis däpning KM = 1 I eepelvis fallet b) an evationen srivas 5 + c + ( o ) = a) b) c 1 v F c c 1 c F = c 1 v + c v F = c 1 v 1 = c (v v 1 ) c F = (c 1 + c )v F = 1 c v c 1 + c a) Hängande roppens rörelseevation an srivas so 5 + c + 4 = g b) Kroppens rörelseevation an srivas so c + 3 = g 6.00 τ d =,3 s och e ζω 10τ d 78 = ger ett 130 värde på ζω. Kobineras ed π τ d = ω 1 ς =,3 s, = ω c och ς = v 1 F v 6.06 Följande funtioner an visas vara de atuella ω = : a) (t) = a o ( ωt + 1) e ωt b) (t) = v o t e ωt c) (t) = [(a o ω v o )t + a o ]e ωt 6.07 Se ill.e c) där ocså ζ = Det får förutsättas att däpningen är "svag". Borde stått i probleteten. Kroppens absoluta acceleration är + a. Däpningsraften beror på den relativa hastigheten inne i olven, är alltså c. Däred c = ( + a) 6.09 Första situationen ger = MΩ. För andra situationen fås evationen 5M 4 = + aω sinωt 6.11 I de två situationerna är = g d där d = 0,001 och 0,0036 resp. Låt ω = och Ω = 3π rad/s. Beräna förstoringsfatorerna λ = 1 1 Ω. ω Enligt resoneanget vid ev. (6.4.8) fås voten ellan de två λ-värdena Nueris lösning av evation Nueris lösning av evation. 6.1 Mellanresultat: p = CsinΩt där C = 0, p studeras. 13

14 6.13 Det är väsentligt att innan an börjar räna göra lart för sig vad so är absolut rörelse och vad so är rörelse relativt vagnen. Förslag till figur och betecningar: O y A z us Låt A vara den punt på vagnen so är rörelsecentru för usens rörelse på vagnen. Då fjädern är sla är A i punten O. är oordinaten för usens absoluta rörelse. y är fjäderförlängningen. z = a sinωt (där Ω = π/τ o ) = y + z Kraftsuan för vagnen ("lätt") är noll: F (= y) Kraften från vagnen på usen är ocså F Vi får p = d 3 sinωt (ω = /) F a = g + a F 6.17 Maial raft är C där C = λf o ω Här är ω = 1 och λ = 1 Ω /ω a) Transissibiliteten är voten C = F o ( 1 Ω /ω )ω Alltså 0,1 = osv Ω 6.18 Rörelseevation + ω = ω asinωt Partiulärlösning, ansats p = Csinωt a) Svar (t) = a (sinωt sinωt) 3 b) Betrata funtionen z(u) = sinu sinu Ma. belopp för cosu = 0,5. Däred a = a 3 0,866a 6.19 Rörelseevation + ω = F o sinωt Jfr e. 6.18: (t) = F o (sinωt sinωt) 3 och F (t) = o ω (cosωt cosωt) 3 Vid den atuella tiden t = π ω : 6.16 Fatorn C i partiulärlösningen är här: C = F o ➀ Ω Atuella raften = C + g = 3600 N (där = 30 g) Vi får C = 3600 N g De två öjliga -värdena uppoer geno att C ingår i evationen. Se ➀; an ju antingen vara > Ω eller < Ω. = 0 = vo = 4F o ω 3 Därefter fri svängning ed totalenergin 1 v o Då blir aplituden A = v o = 4F o 3 14

15 Uppgifterna Eeplen är gansa liartade. De ingående systeen försätts i påtvingad svängningsrörelse och de har en linjärt däpande oponent vars inveran ej får försuas. Det får förutsättas att an i problelösningen utnyttjar resultaten av de analyser so genoförts från figur och -3 sidor fraåt. Se spec. sabanden (6.4.4). Se vidare speciella oentarer här nedan. 6.0 Standardproble enligt vad so fragår av figur 6.4.8, ev. (6.4.) och uttrycen i (6.4.4). Paraetrarnas värden finns i tet och figur. 6.1 Lådans rörelse: z = ξ o sinωt Kroppens K absoluta acceleration är + z = ξo Ω sinωt där anger läget relativt lådan. Däred c = ( ξo Ω sinωt ) eller + c + = ξo Ω sinωt 6. Kroppens K absoluta acceleration är + y = yo Ω sinωt där anger läget relativt lådan. däred c = ( yo Ω sinωt) osv. Här är ω = 6.3 Påtvingade vertiala svängningar ed vinelfrevensen Ω = πv där v är hastigheten hos vagnen. λ Evivalent odellsyste: c ξ o sinωt Visa: = c( ξ ) ( ξ ) so oforas till + c + = ξ0 + c Ω sin(ωt + β) ➀ där tanβ = cω Jäför diff.ev. ➀ ed ev. (6.4.) sat utnyttja uttrycet för C i ev. (6.4.4). 1 + u Här blir då C = = ξ 0 u + (1 u) där u = Ω C har iniu för u = 3 1 innebärande Ω = ( 3 1) Med Ω = πv blir v = λ λ π ( 3 1) a) - b) C i sabanden (6.4.4) har aiu för det värde på där uttrycet (y) under rotäret har iniu. Med y = c Ω + 1 Ω inträffar detta då 1 Ω = 0. Alltså = 864 g 15

16 6.5 Relativ rörelse, fitivrafter Eleentär fraställning I avsnitt 6.5 behandlas situationer och etoder so ofta återfinnes även under andra rubrier ino eanien. Sillnaden är, att där betratas seendena utifrån en inertialra innebärande att de Newtonsa lagarna för eanien diret tilläpas. I avsnitt 6.5, däreot, tilläpas de ur Newtons lagar härledda saband, so tillåter oss att behandla rörelse sådan den ter sig utifrån en accelererande referensra. De tidigare avsnitt so närast avses är ino partieldynaien 6. och 6.4, ino stelroppsdynaien 9. och i stelroppsstatien.. I dessa återfinns ofta proble, so återoer i identis forulering här, i ap So avsnittsrubrien ovan anger är det här avsiten att träna på den speciella etoden ed fitivrafter. I ånga fall är denna, rätt intränad, livärdig i enelhet eller bättre än den etod so tidigare an ha använts på saa proble. I vissa fall är fitivraftsetoden överlägsen. Där hänvisning ser till eepelnuer i andra avsnitt är det naturligtvis värdefullt att genoföra räningarna även ed den etod so där förutsätts. Jäförelse av synsätten ino de två etoderna an sedan vara ycet nyttig för den djupare förståelsen Lådans acceleration (baåt) relativt bilen är edan den glider a rel = a vagn µg = 1,3 /s 6.35 Trycets beroende av djupet h i inopressibel vätsa p(h) = p o + ρgh För övrigt, onsevent hantering av det effetiva tyngdraftfältet Hela bilen är i "jävit" i den edföljande accelererade referensraen Uppgifterna Obs! Den effetiva lodlinjen och det effetiva tyngdraftfältet i vagnens referensra Situationen otsvarar följande för vilen beräningar lia gärna an göras. En ropp () hänger i en fjäder () i ett hoogent tyngdraftfält ed styran g' = 0,50g. Kroppen släpps från vila i det läge där fjädern är ospänd. Under rörelsen nedåt verar även en onstant brosande raft so har beloppet 0,0g. Hur långt rör sig roppen nedåt innan den vänder (eller stannar)? Här an då, ed en viss fördel, arbete-energisaband utnyttjas. 6.5 I hissens referensra väger viterna i vitsatsen inte vad so är stäplat på de. Däreot, fjäderns -värde är oförändrat. 6.8 Enlast, energilag tilläpad på rörelse i det effetiva tyngdraftfältet. 6.9 Mellanresultat: Under varje enelresa lia upp och ner drar sig uret T = 0, ,0 s Räna so o systeet hängde lodrätt ed tyngdraften = g' där g' = a. 16

17 Uppgifterna Startposition a anger relativa läget i dragfordonets referensra. Läget = 0 är "jävitsläget" so är beläget sträcan a/ bao startpositionen. För vagnen gäller ju i denna referensra följande rörelseevation: a a = + = 0 Detta gäller innan linan lossnar. Se f ö nedan Tidsförloppet behövs ej. Läpligen energitänande ed införande av potentiell energi hos tröghetsraft och fjäderraft. 6.4 Tidsförloppet behövs. Tag fra funtionen (t) ur diff.ev. ovan. Mellanresultat: Linan lossnar vid tiden t = π Finn först effetiva lodlinjens ritning sat det effetiva tyngdraftfältets styra (g'). Energibetratelse Dessa uppgifter handlar o en enstaa partiel so är i jävit relativt en roterande referensra. Görs till statiproble geno införande av en centrifugalraft Behandlas so statiproble. Frilägg yttre delen ed längden L. Suan av centrifugalrafterna på dess såeleent integreras fra Jfr ill.e Jävitssituation i den roterande referensraen. M A,centrifugal + M A,tyngdraft = 0 M A,centrifugal an integreras fra. (Kan alternativt diret utnyttja att centrifugalrafterna bildar en fördelad, "triangular" last.) Uppgifterna Relativ jävit. Här innehåller det roterande ruet föruto det hoogena tyngdraftfältet ett "centrifugalraftfält" so är inhoogent. Dess styra (raft/enhetsassa) är rω. Se orta oentarer nedan: 6.54 En vattenytas tangentplan i en punt ligger vinelrätt ot den effetiva lodlinjen i punten. Känt från eleentär hydrostati Finn först effetiva lodlinjens ritning sat det effetiva tyngdraftfältets styra (g'). Energibetratelse Mellanresultat: Maiala vineln ed väggen är 61, En ljuslåga står "rat upp". Känt från vardagslivet! 6.56 Den oentana tillväten i groddens spets ser "rat uppåt". Kurvans tangent i en viss punt saanfaller ed den effetiva lodlinjen i punten. Ställ upp differentialevation so ger y(). 17

6.4 Svängningsrörelse Ledningar

6.4 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 mer

Tentamen i Mekanik SG1130, baskurs. Problemtentamen

Tentamen i Mekanik SG1130, baskurs. Problemtentamen 013-03-14 Tentamen i Meani SG1130, basurs. OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och srivdon får användas KTH Meani 1. Problemtentamen En ub med massa m står lutad mot en vertial sträv vägg och med stöd på

Läs mer

45 o. Mekanik mk, SG1102, Lösningar till problemtentamen, KTH Mekanik

45 o. Mekanik mk, SG1102, Lösningar till problemtentamen, KTH Mekanik KTH Meani 2013 05 23 Meani, SG1102, Lösningar till probletentaen, 2013 05 23 Uppgift 1: Längre slag i golf påeras raftigt a luften. För ortare chippar är däreot luftotståndet försubart. En golfspelare

Läs mer

6.3 Partikelns kinetik - Härledda lagar Ledningar

6.3 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 mer

Tentamen i mekanik TFYA kl

Tentamen i mekanik TFYA kl TEKISKA ÖGSKOA I IKÖPIG Institutionen för ysi, Kei och Biologi Galia Pozina Tentaen i eani TYA6 -- l. 4-9 Tillåtna jälpedel: Physics andboo eller Tefya utan egna antecningar, avprograerad ränedosa enligt

Läs mer

Tentamen i mekanik TFYA16

Tentamen i mekanik TFYA16 TEKNISK HÖGSKON I INKÖPING Institutionen ör Fysi, Kei och iologi Galia Pozina Tentaen i eani TFY6 Tillåtna Hjälpedel: Physics Handboo utan egna antecningar, avprograerad ränedosa enligt IFM:s regler. Forelsalingen

Läs mer

LEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 13. Systemets masscentrum G ligger hela tiden vid axeln. Kraftekvationen för hela systemet:

LEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 13. Systemets masscentrum G ligger hela tiden vid axeln. Kraftekvationen för hela systemet: LEDNINAR TILL PROBLEM I KAPITEL 3 LP 3. Systeets asscentru ligger hela tiden id aeln. Krafteationen för hela systeet: F = a P = M+ LP 3. Anänd definitionen a inetis energi. Varje ula har en cirelrörelse.

Läs mer

Lösningar till problemtentamen

Lösningar till problemtentamen KTH Meani 2006 05 2 Meani b och I, 5C03-30, för I och BD, 2006 05 2, l 08.00-2.00 Lösningar till problemtentamen Uppgift : En platta i form av en lisidig triangel BC med sidolängderna a och massan m står

Läs mer

Lösningsförslag, v0.4

Lösningsförslag, v0.4 , v.4 Preliinär version, 6 februari 28, reservation för fel! Högsolan i Sövde Tentaen i ateati Kurs: MA52G Mateatis analys MA23G Mateatis analys för ingenjörer Tentaensdag: 27-5-2 l 8:3-3:3 Hjälpedel :

Läs mer

Tentamen i Mekanik - partikeldynamik

Tentamen i Mekanik - partikeldynamik Tentamen i Meani - partieldynami TMME08 011-08-17, l 8.00-1.00 Tentamensod: TEN1 Tentasal: TER4 Examinator: Peter Schmidt Tentajour: Peter Schmidt, Tel. 8 7 43, (Besöer salarna ca 9.00 och 11.00) Kursadministratör:

Läs mer

Följande uttryck används ofta i olika problem som leder till differentialekvationer: Formell beskrivning det finns ett tal k så att A=kB

Följande uttryck används ofta i olika problem som leder till differentialekvationer: Formell beskrivning det finns ett tal k så att A=kB MATEMATISK MODELLERING Att ställa upp en differentialevation som besriver ett förlopp Följande uttryc används ofta i olia problem som leder till differentialevationer: Text A är proportionell mot B (A

Läs mer

9.2 Kinetik Allmän plan rörelse Ledningar

9.2 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 mer

6.2 Partikelns kinetik - Tillämpningar Ledningar

6.2 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 mer

Prov i matematik Fristående kurs Analys MN1 distans UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Anders Källström

Prov i matematik Fristående kurs Analys MN1 distans UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Anders Källström UPPSALA UNIVERSITET Matematisa institutionen Anders Källström Prov i matemati Fristående urs Analys MN1 distans 6 11 Srivtid: 1-15. Hjälpmedel: Gymnasieformelsamling. Lösningarna sall åtföljas av förlarande

Läs mer

Lösningar till problemtentamen

Lösningar 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 mer

x(t) =A cos(!t) sin(!t)

x(t) =A cos(!t) sin(!t) Lösningsförslag. Rörelseevationen för roen ger som vanligt ẍ +! =,! = som tillsamman med begynnelsevilloren () = A, ẋ() = ger a) Så varför mavärdet av hastighetens belo är!a. q m A (t) =A cos(!t) ẋ(t)

Läs mer

Lösningsförslag Dugga i Mekanik, grundkurs för F, del 2 September 2014

Lösningsförslag Dugga i Mekanik, grundkurs för F, del 2 September 2014 Lösningsförslag Dugga i Meani, grundurs för F, del 2 Septemer 2014 Till varje uppgift finns det ett lösningsförslag som exempel på hur uppgiften an lösas. Lösningsförslaget visar även hur lösningen ungefärligt

Läs mer

Tentamen i Mekanik SG1130, baskurs P1. Problemtentamen

Tentamen i Mekanik SG1130, baskurs P1. Problemtentamen 011-03-17 Tentamen i Meani SG1130, basurs P1. OBS: Inga hjälpmede förutom rit- och srivdon får användas! KTH Meani 1. Problemtentamen Ett tunt hyllplan (plana) med massan m är fäst i en led (gångjärn)

Läs mer

Hur Keplers lagar för planetrörelser följer av Newtons allmänna fysikaliska lagar.

Hur Keplers lagar för planetrörelser följer av Newtons allmänna fysikaliska lagar. Hur Keplers lagar för planetrörelser följer av Newtons allmänna fysialisa lagar. 1. Newtons gravitationslag och Newtons andra lag. Vi placerar ett rätvinligt oordinatsystem i solsystemet med solens medelpunt

Läs mer

Biomekanik, 5 poäng Kinetik

Biomekanik, 5 poäng Kinetik Teori: F = ma Dessutom gäller, som i statien, Newtons 3: lag! Newtons lagar 1. Tröghetslagen: En ropp utan yttre raftpåveran förblir i sitt tillstånd av vila eller liformig, rätlinjig rörelse.. Accelerationslagen:

Läs mer

Harmonisk oscillator Ulf Torkelsson

Harmonisk 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 mer

Svar till tentan

Svar till tentan UPPSALA UNIVERSITET Matematisa institutionen Sigstam, Styf Prov i matemati Alla program o frist urs ENVARIABELANALYS 0-08- Svar till tentan 0-08-. Del A Bestäm alla punter P 0 på urvan y = x + sådana att

Läs mer

Ylioppilastutkintolautakunta S tudentexamensnämnden

Ylioppilastutkintolautakunta S tudentexamensnämnden Ylioppilastutintolautaunta S tudenteamensnämnden PROVET I MATEMATIK, LÅNG LÄROKURS 5.9. BESKRIVNING AV GODA SVAR De besrivningar av svarens innehåll som ges här är inte bindande för studenteamensnämndens

Läs mer

SG1140, Mekanik del II, för P2 och CL3MAFY

SG1140, Mekanik del II, för P2 och CL3MAFY Tentaen 101218 Lcka till! Tillåtna hjälpedel är penna och suddgui. Rita tdliga figurer, skriv grundekvationer och glö inte att sätta ut vektorstreck. Definiera införda beteckningar och otivera uppställda

Läs mer

Lösningar till Matematisk analys

Lösningar till Matematisk analys Lösningar till Matematis analys 0820. Stationära punter. f (x, y) = 8x(x 2 y), f 2(x, y) = 4(y x 2 )). Vi ar alltså att f (x, y) = f 2(x, y) = 0 { x(x 2 y) = 0 y x 2 = 0. Första evationen ovan är uppfylld

Läs mer

Denna vattenmängd passerar också de 18 hålen med hastigheten v

Denna vattenmängd passerar också de 18 hålen med hastigheten v FYSIKTÄVLINGEN KVLIFICERINGS- OCH LGTÄVLING 3 februari 000 LÖSNINGSFÖRSLG SVENSK FYSIKERSMFUNDET 1. a) Den vattenängd so passerar slangen per sekund åste också passera något av de 18 hålen. Den vattenängd

Läs mer

Tentamen i Mekanik - partikeldynamik

Tentamen i Mekanik - partikeldynamik Tentaen i Mekanik - partikeldynaik TMME08 011-01-14, kl 8.00-1.00 Tentaenskod: TEN1 Tentasal: Exainator: Peter Schidt Tentajour: Peter Schidt, Tel. 8 7 43, (Besöker salarna ca 9.00 och 11.00) Kursadinistratör:

Läs mer

dt = x 2 + 4y 1 typ(nod, sadelpunkt, spiral, centrum) och avgöra huruvida de är stabila eller instabila. Lösning.

dt = x 2 + 4y 1 typ(nod, sadelpunkt, spiral, centrum) och avgöra huruvida de är stabila eller instabila. Lösning. Lösningsförslag till tentamenssrivning i SF633 Differentialevationer I Måndagen den 5 otober 0, l 0800-300 Hjälpmedel: BETA, Mathematics Handboo Redovisa lösningarna på ett sådant sätt att beräningar och

Läs mer

IV. Ekvationslösning och inversa funktioner

IV. Ekvationslösning och inversa funktioner Analys 360 En webbaserad analysurs Grundbo IV. Evationslösning och inversa funtioner Anders Källén MatematiCentrum LTH andersallen@gmail.com IV. Evationslösning och inversa funtioner 1 (11) Introdution

Läs mer

Deltentamen. TMA044 Flervariabelanalys E2

Deltentamen. TMA044 Flervariabelanalys E2 Deltentamen godäntdelen, del TMA44 Flervariabelanalys E 4-9-7 l. 8:3-:3 Eaminator: Peter Hegarty, Matematisa vetensaper, Chalmers Telefonvat: Åse Fahlander, telefon: 73 88 34 Hjälpmedel: bifogat formelblad,

Läs mer

Matematisk statistik

Matematisk statistik HF, repetitionsblad Mateatis statisti Uppgift Fördelningsfuntionen för en ontinuerlig stoastis variabel X är F ( x) cx x < x x > Bestä värdet på onstanten c, edianen och täthetsfuntionen för X a) Enligt

Läs mer

TFYA16: Tenta Svar och anvisningar

TFYA16: 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 mer

SG1140, Mekanik del II, för P2 och CL3MAFY. Omtentamen

SG1140, Mekanik del II, för P2 och CL3MAFY. Omtentamen Otentaen 110610 Lcka till! Tillåtna hjälpedel är penna och suddgui. Rita tdliga figurer, skriv grundekvationer och glö inte att sätta ut vektorstreck. Definiera införda beteckningar och otivera uppställda

Läs mer

Tentamen i Mekanik SG1107, baskurs S2. Problemtentamen

Tentamen 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 mer

Lösningar Heureka 2 Kapitel 3 Rörelse i två dimensioner

Lösningar 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 mer

1 Jag själv lärde om detta av en kollega som, kanske, heter Joel Andersson

1 Jag själv lärde om detta av en kollega som, kanske, heter Joel Andersson 1 Kryptering 11 Vi sall 1 idag titta lite på ryptering, och mera specifit hur elliptisa urvor används i ryptering, såallad ECDSA Vi sall ocså se ett atuelt exempel på hur detta inte sall användas 12 Problemet

Läs mer

Om α är vinkeln från dörröppningens mitt till första minimipunkten gäller. m x = 3,34 m

Om α är vinkeln från dörröppningens mitt till första minimipunkten gäller. m x = 3,34 m LÖSNINGSFÖRSLAG 007 KVALIFICERINGS- OCH LAGTÄVLINGEN 1 februari 007 SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET UPPGIFT 1. Enelspaltsproblem. Med sedvanliga betecningar erhålles: λ v / f 340/ 680 m 0,50 m Om α är vineln

Läs mer

L HOSPITALS REGEL OCH MACLAURINSERIER.

L HOSPITALS REGEL OCH MACLAURINSERIER. L HOSPITALS REGEL OCH MACLAURINSERIER Läs avsnitten 73 och 8-82 Lös övningarna 78-75, 82, 84a,b, 85a,c, 89, 80 samt 8 Avsnitt 73 L Hospitals regel an ibland vara till en viss nytta, men de flesta gränsvärden

Läs mer

10. MEKANISKA SVÄNGNINGAR

10. MEKANISKA SVÄNGNINGAR 10. MEKANISKA SVÄNGNINGAR 10.1 Den enla harmonisa oscillatorn. Ett föremål med massan m, som hängs upp i en lätt fjäder, får svänga ring sitt jämvitsläge. Under svängningen påveras föremålet av en raft

Läs mer

Tentamen i Mekanik 5C1107, baskurs S2. Problemtentamen

Tentamen 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 mer

Ylioppilastutkintolautakunta S tudentexamensnämnden

Ylioppilastutkintolautakunta S tudentexamensnämnden Ylioppilastutintolautaunta S tudenteamensnämnden MATEMATIKPROV, LÅNG LÄROKURS 0..0 BESKRIVNING AV GODA SVAR De besrivningar av svarens innehåll som ges här är inte bindande för studenteamensnämndens bedömning.

Läs mer

Stela kroppens plana rörelse; kinetik

Stela kroppens plana rörelse; kinetik Kap 9 Stela kroppens plana rörelse; kinetik 9.1 Rotation kring fix axel 9. b) Funktionen B sinωt + C cosω t kan skrivas som A sin(ω t + ϕ), där A = B 2 + C 2 9.6 Frilägg hjulet och armen var för sig. Normalkraften

Läs mer

Kurs: HF1903 Matematik 1, Moment TEN1 (Linjär Algebra) Datum: 25 augusti 2017 Skrivtid 8:00 12:00

Kurs: HF1903 Matematik 1, Moment TEN1 (Linjär Algebra) Datum: 25 augusti 2017 Skrivtid 8:00 12:00 Kurs: HF9 Matemati Moment TEN Linjär lgebra Datum: augusti 7 Srivtid 8: : Eaminator: rmin Halilovic För godänt betyg rävs av ma poäng. etygsgränser: För betyg D E rävs 9 6 respetive poäng. Komplettering:

Läs mer

Kap 1 Kraftgeometri. 1.2 Krafter i två dimensioner. 1.6 Använd parallellogramlagen. M h a sinussatsen visas sedan att F 1 sinα = F 2.

Kap 1 Kraftgeometri. 1.2 Krafter i två dimensioner. 1.6 Använd parallellogramlagen. M h a sinussatsen visas sedan att F 1 sinα = F 2. Kap 1 Kraftgeometri 1. Krafter i två dimensioner 1.6 Använd parallellogramlagen. M h a sinussatsen visas sedan att F 1 sinα = F sin0 = R sin(160 α) där R = 1,5 kn. b) F har min då sin(160 α) = 1 1.15 Låt

Läs mer

Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Bo Styf. Genomgånget på sammandragningarna.

Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Bo Styf. Genomgånget på sammandragningarna. Uppsala Universitet Matematisa Institutionen Bo Styf Basurs, 5 hp Distans 0-0-3 Genomgånget på sammandragningarna. Sammandragning, 5/ 0: Handlade om ombinatori multipliationsprincipen, permutationer, ombinationer,

Läs mer

Lösningsförslag envariabelanalys

Lösningsförslag envariabelanalys Lösningsförslag envariabelanalys 2 28-8-3. Evationen är linjär och har det arateristisa polynomet p(r) r 3 r 2 + 4r 4 (r 2 + 4)(r ). Således ges lösningarna till den homogena evationen p(d)y h av y h C

Läs mer

TNA004 Analys II Tentamen Lösningsskisser

TNA004 Analys II Tentamen Lösningsskisser TNA004 Analys II Tentamen 07-06-0 - Lösningssisser. y ( ) y( ) e är linjär av första ordningen. Välj integrerande fator Multipliation av (*) med IF ger oss IF ln( ) e d e (Obs! ty vi har y(0) 0 ). ( )

Läs mer

Komplettering: 9 poäng på tentamen ger rätt till komplettering (betyg Fx).

Komplettering: 9 poäng på tentamen ger rätt till komplettering (betyg Fx). TENTAMEN 9 jan 5, HF6 och HF8 Moment: TEN (Linjär algebra), hp, Kurser: Anals och linjär algebra, HF8, Linjär algebra och anals HF6 Klasser: TIELA, TIMEL, TIDAA Tid: 8.5-.5, Plats: Campus Haninge Eaminator:

Läs mer

av envariabelfunktionen g(t) och flervariabelfunktionen t = h(x, y) = x 2 + e y.)

av envariabelfunktionen g(t) och flervariabelfunktionen t = h(x, y) = x 2 + e y.) Lösningsskisser till TATA69 Flervariabelanalys 16-1- 1 Stationära punkter ges av f (4x 3 + 4x, 3y + 6z, z + 6y (,,, dvs (x, y, z (,, eller (x, y, z (, 6, 18 Ur andraderivatorna fås de kvadratiska formerna

Läs mer

Tentamen i Mekanik SG1102, m. k OPEN m fl. Problemtentamen OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas!

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 mer

Tentamen i Mekanik SG1102, m. k OPEN. Problemtentamen

Tentamen 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 mer

Tillämpad biomekanik, 5 poäng Övningsuppgifter

Tillämpad 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 mer

TFYA16: Tenta Svar och anvisningar

TFYA16: 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 mer

Lösningar Heureka 2 Kapitel 7 Harmonisk svängningsrörelse

Lösningar 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 mer

Tentamen SF1661 Perspektiv på matematik Lördagen 18 februari 2012, klockan Svar och lösningsförslag

Tentamen SF1661 Perspektiv på matematik Lördagen 18 februari 2012, klockan Svar och lösningsförslag Tentamen SF1661 Perspetiv på matemati Lördagen 18 februari 01, locan 09.00 1.00 Svar och lösningsförslag (1) Sissera den mängd i xy-planet som består av alla punter som uppfyller oliheten (x + ) + (y )

Läs mer

betecknas = ( ) Symmetriska egenskaper hos derivator av andra ordningen. (Schwarzs sats)

betecknas = ( ) Symmetriska egenskaper hos derivator av andra ordningen. (Schwarzs sats) PARTIELLA DERIVATOR Partiella derivator deinieras enom ränsvärden Deinition Låt vara en reellvärd untion deinierad på en öppen mänd n n Ω R Den partiella derivatan av i punten Aa a n Ω med avseende på

Läs mer

201. (A) Beräkna derivatorna till följande funktioner och förenkla så långt som möjligt: a. x 7 5x b. (x 2 x) 4. x 2 +1 x + 1 x 2 (x + 1) 2 f.

201. (A) Beräkna derivatorna till följande funktioner och förenkla så långt som möjligt: a. x 7 5x b. (x 2 x) 4. x 2 +1 x + 1 x 2 (x + 1) 2 f. Kap..5,.8.9. Lutning, tangent, normal, derivata, höger och vänsterderivata, differential, allmänna deriveringsregler, kedjeregel, derivator av högre ordning, implicit derivering. Gränsvärden. 0. (A) Beräkna

Läs mer

Lösningsförslag till tentamen MVE465, Linjär algebra och analys fortsättning K/Bt/Kf

Lösningsförslag till tentamen MVE465, Linjär algebra och analys fortsättning K/Bt/Kf Lösningsförslag till tentamen MVE4, Linjär algebra och analys fortsättning K/Bt/Kf 64 l. 8.3.3 Examinator: Thomas Wernstål, Matematisa vetensaper, Chalmers Telefonvat:, telefon: Hjälpmedel: Inga hjälpmedel

Läs mer

Övningstenta Svar och anvisningar. Uppgift 1. a) Hastigheten v(t) får vi genom att integrera: v(t) = a(t)dt

Övningstenta 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 mer

-rörböj med utloppsmunstycke,

-rörböj med utloppsmunstycke, S Rörböj 80 Givet: Horisontell 80 kpa at 80 -rörböj ed utlosunstycke A 600 (inlo) A 650 (fritt utlo) at 00 kpa volyflöde V 0475 /in vatten 0 C hoogena förhållanden över tvärsnitt friktionseffekter kan

Läs mer

Problemtentamen. = (3,4,5)P, r 1. = (0,2,1)a F 2. = (0,0,0)a F 3. = (2,"3,4)P, r 2

Problemtentamen. = (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 mer

KOMIHÅG 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 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 mer

Tentamen i mekanik TFYA kl. 8-13

Tentamen i mekanik TFYA kl. 8-13 TEKNISK HÖGSKOLN I LINKÖPING Institutionen för Fysik, Kei och Biologi Galia Pozina Tentaen i ekanik TFY6 4-- kl. 8- Tillåtna Hjälpedel: Physics Handbook eller Tefya utan egna anteckningar, aprograerad

Läs mer

Tentamen i Mekanik - Partikeldynamik TMME08

Tentamen 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 mer

Tid läge och accelera.on

Tid 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 mer

Tentamen i Mekanik I del 1 Statik och partikeldynamik

Tentamen i Mekanik I del 1 Statik och partikeldynamik Tentaen i Mekanik I del Statik och partikeldynaik TMME7 0-0-, kl 4.00-9.00 Tentaenskod: TEN Tentasal: TER, TER, TERC, TERD Eainator: Peter Schidt Tentajour: Peter Schidt, Tel. 8 7 43, (Besöker salarna

Läs mer

SF1669 Matematisk och numerisk analys II Lösningsförslag till tentamen DEL A. r cos t + (r cos t) 2 + (r sin t) 2) rdrdt.

SF1669 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

Analys o linjär algebra. Fortsatt analys.. p.1/81

Analys o linjär algebra. Fortsatt analys.. p.1/81 Analys o linjär algebra Fortsatt analys. p.1/81 Konvergenshastighet Har sett att bisetion och fixptsiteration, under lämpliga förhållanden, ger en följd, dvs onvergerar mot en lösning till den givna ev.

Läs mer

. Bestäm för denna studs stöttalet e! Lösning: Energiprincipen för bollens fall ner mot underlaget ger omedelbart före stöt:

. 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

Mekanik Föreläsning 8

Mekanik 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 mer

med angivande av definitionsmängd, asymptoter och lokala extrempunkter. x 2 e x =

med angivande av definitionsmängd, asymptoter och lokala extrempunkter. x 2 e x = UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Anders Källström Prov i matematik Distans, Matematik A Analys 2004 02 4 Skrivtid: 0-5. Hjälpmedel: Gymnasieformelsamling. Lösningarna skall åtföljas av förklarande

Läs mer

ANDREAS REJBRAND 2007-11-03 Elektromagnetism http://www.rejbrand.se. Coulombs lag och Maxwells första ekvation

ANDREAS REJBRAND 2007-11-03 Elektromagnetism http://www.rejbrand.se. Coulombs lag och Maxwells första ekvation ANDREA REJBRAND 2007-11-03 Elektromagnetism http://www.rejbrand.se oulombs lag och Maxwells första ekvation oulombs lag och Maxwells första ekvation Inledning Två punktladdningar q 1 samt q 2 i rymden

Läs mer

1 Föreläsning IV; Stokastisk variabel

1 Föreläsning IV; Stokastisk variabel 1 FÖRELÄSNING IV; STOKASTISK VARIABEL 1 Föreläsning IV; Stoastis variabel Vi har tidigare srivit P (1, 2, 3, 4, 5) = P (C) för sannoliheten för att få 1, 2, 3, 4 eller 5 vid ett tärningsast. Vi sall använda

Läs mer

9.1 Kinetik Rotation kring fix axel Ledningar

9.1 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

Om användning av potensserier på kombinatorik och rekursionsekvationer

Om användning av potensserier på kombinatorik och rekursionsekvationer Om användning av potensserier på ombinatori och reursionsevationer Anders Källén MatematiCentrum LTH andersallen@gmailcom Sammanfattning Vid analys av både ombinatorisa problem och för att lösa reursionsevationer

Läs mer

Kappa Problem 5

Kappa Problem 5 Piotr Badziag, Kjell Höyland Grillska gynasiet, Årstaängsvägen 33, 117 43 Stockhol Kappa 2014 - Proble 5 I det här probleet betraktas n stora rutnät av rektangulära, där avser antalet rader och n antaler

Läs mer

MOMENTLAGEN. Att undersöka verkan av krafter vars riktningslinjer ej sammanfaller.

MOMENTLAGEN. Att undersöka verkan av krafter vars riktningslinjer ej sammanfaller. MOMETLAGE Uppgift: Materiel: Att undersöka verkan av krafter vars riktningslinjer ej saanfaller. Hävstång ed hävstångsstift Krokar till hävstång (3 st) Stativfot Stativstång Muff Vikter (100g, 50 g (2st),

Läs mer

Tentamen i Mekanik SG1102, m. k OPEN. Problemtentamen

Tentamen 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 mer

DIFFERENTIALEKVATIONER. INLEDNING OCH GRUNDBEGREPP

DIFFERENTIALEKVATIONER. INLEDNING OCH GRUNDBEGREPP DIFFERENTIALEKVATIONER INLEDNING OCH GRUNDBEGREPP Differentialekvation (DE) är en ekvation som innehåller derivator av en eller flera okända funktioner ORDINÄRA DIFFERENTIAL EKVATIONER i) En differentialekvation

Läs mer

Prov 1 c) 1 a) x x x. x cos = + 2π 0 = 2 cos cos = + + = 27 36 + 3 1+ 4 1 = = = 7 7 2,3. Svar a) 4 b) 7 c) 4 d) 9

Prov 1 c) 1 a) x x x. x cos = + 2π 0 = 2 cos cos = + + = 27 36 + 3 1+ 4 1 = = = 7 7 2,3. Svar a) 4 b) 7 c) 4 d) 9 Ellips Integralkalkyl lösningar till övningsproven uppdaterad 9.5. Prov c a b 8+ d / 8 + / + 7 6 + + + + 5 d / 5 5 ( 5 5 8 8 + 5 5 5 6 6 5 9 8 5 5 5 5 7 7 5 5 d π sin d π sin d u( s s' π / cos U( s π cos

Läs mer

x 2 5x + 4 2x 3 + 3x 2 + 4x + 5. d. lim 2. Kan funktionen f definieras i punkten x = 1 så att f blir kontinuerlig i denna punkt? a.

x 2 5x + 4 2x 3 + 3x 2 + 4x + 5. d. lim 2. Kan funktionen f definieras i punkten x = 1 så att f blir kontinuerlig i denna punkt? a. . Beräkna följande gränsvärden: a. lim 2 5 + 6 2 2. b. lim 2 5 + 4 3 + 2 4 2. c. lim. d. lim 2 3 + 3 2 + 4 + 5 2 + + 3 + 2 2 + 3 + 4. 2. Kan funktionen f definieras i punkten = så att f blir kontinuerlig

Läs mer

KOMIHÅG 18: Ekvation för fri dämpad svängning: x + 2"# n. x j,

KOMIHÅG 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

Föreläsning 17: Jämviktsläge för flexibla system

Föreläsning 17: Jämviktsläge för flexibla system 1 KOMIHÅG 16: --------------------------------- Ellipsbanans storaxel och mekaniska energin E = " mgm 2a ------------------------------------------------------ Föreläsning 17: Jämviktsläge för flexibla

Läs mer

Introhäfte Fysik II. för. Teknisk bastermin ht 2018

Introhäfte 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 mer

6 Vägledning till övningar

6 Vägledning till övningar 6 Vägledning till övningar Deforation 1.2 Tag reda på längden, L, avdcefter deforationen. Använd att töjningen =(L L o )/L o. Ibland underlättar det att använda L =(1+ )L o. Studera den rätvinkliga triangeln

Läs mer

12. Numeriska serier NUMERISKA SERIER

12. Numeriska serier NUMERISKA SERIER 122 12 NUMERISKA SERIER 12. Numerisa serier Vi har tidigare i avsnitt 10.9 sett ett samband mellan summor och integraler. Vi har ocså i avsnitt 11 definierat begreppet generaliserade integraler och för

Läs mer

Lösningar kapitel 10

Lösningar kapitel 10 Lösningar kapitel 0 Endimensionell analys Fabian Ågren, π Lösta uppgifter 0............................................... 0............................................... 0.6..............................................

Läs mer

SF1626 Flervariabelanalys

SF1626 Flervariabelanalys 1 / 28 SF1626 Flervariabelanalys Föreläsning 2 Hans Thunberg Institutionen för matematik, KTH VT 2018, Period 4 2 / 28 SF1626 Flervariabelanalys Dagens lektion: avsnitt 11.1 11.3 Funktioner från R till

Läs mer

a k . Serien, som formellt är följden av delsummor

a k . Serien, som formellt är följden av delsummor Kapitel S Mer om serier I dettapitel sall vi fortsätta att studera serier, ett begrepp som introducerades i Kapitel 9.5 i boen, framförallt sa vi bevisa ett antal onvergensriterier. Mycet ommer att vara

Läs mer

SF1626 Flervariabelanalys Tentamen Tisdagen den 7 juni 2016

SF1626 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 mer

Kursens mål är, förutom faktakunskaper om kursinnehållet, att ge:

Kursens mål är, förutom faktakunskaper om kursinnehållet, att ge: Inlämningsuppgifter i Funtionsteori För att man sa bli godänd på ursen rävs att såväl tentamen som inlämningsuppgifter och laborationer är godända. Inlämningsuppgifterna är alltså obligatorisa. Enligt

Läs mer

TFYA16: Tenta Svar och anvisningar

TFYA16: 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 mer

RSA-kryptering. Torbjörn Tambour

RSA-kryptering. Torbjörn Tambour RSA-rytering Torbjörn Tambour RSA-metoden för rytering har den seciella och betydelsefulla egensaen att metoden för rytering är offentlig, medan metoden för derytering är hemlig. Detta an om man funderar

Läs mer

Lösningsförslag till deltentamen i IM2601 Fasta tillståndets fysik. Teoridel

Lösningsförslag till deltentamen i IM2601 Fasta tillståndets fysik. Teoridel Lösningsförslag till deltentamen i IM601 Fasta tillståndets fysi Onsdagen den 5 maj, 011 Teoridel Magnetism i MnF 1. a) Vi ser från enhetscellen att den innehåller 8 1 =1 Mn-atom med spinn upp (hörnen)

Läs mer

Tentamen i Mekanik 5C1107, baskurs S2. Problemtentamen

Tentamen 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 mer

Svar till övningar. Nanovetenskapliga tankeverktyg.

Svar till övningar. Nanovetenskapliga tankeverktyg. Svar till övningar. Nanovetenskapliga tankeverktyg. January 18, 2010 Vecka 2 Komplexa fourierserier 1. Fourierkomponenterna ges av dvs vi har fourierserien f(t) = π 2 + 1 π n 0 { π n = 0 c n = 2 ( 1) n

Läs mer

KUNGL TEKNISKA HÖGSKOLAN INSTITUTIONEN FÖR MEKANIK Richard Hsieh, Karl-Erik Thylwe

KUNGL 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

2.2 Tvådimensionella jämviktsproblem Ledningar

2.2 Tvådimensionella jämviktsproblem Ledningar 2.2 Tvådimensionella jämviktsproblem Ledningar 2.2 Sfären påverkas av tre krafter. Enligt resonemanget om trekraftsystem i kapitel 2.2(a) måste krafternas verkningslinjer då skära varandra i en punkt,

Läs mer

DIFFERENTIALEKVATIONER. INLEDNING OCH GRUNDBEGREPP

DIFFERENTIALEKVATIONER. INLEDNING OCH GRUNDBEGREPP Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR DIFFERENTIALEKVATIONER. INLEDNING OCH GRUNDBEGREPP Differentialekvation (DE) är en ekvation som innehåller derivator av en eller flera okända funktioner. ORDINÄRA DIFFERENTIALEKVATIONER

Läs mer