LÖSNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL A ( ) ( + + )

Storlek: px
Starta visningen från sidan:

Download "LÖSNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL A ( ) ( + + )"

Transkript

1 LÖNINGR TILL RLEM I KITEL L. 3 4 z 5 I dett eempel ä geometin så enkel tt de sökt vinkln med lite eftetnke kn bestämms nästn diekt. Vi följe ändå en metod som lltid funge. Vektoen kn skivs i komponentfom: ( 3,, 4) ( 3, 5, 4) Vinkeln θ melln två vektoe ges v definitionen på skläpodukt: cosθ Insättning ge cosθ cosθ ( 3,, 4) ( 3, 5, 4) ( + + ) ( ) cosθ 5 5 cosθ cosθ b) Vinkeln fås diekt u figuen: tn β 3 4 c) vståndet melln spetsen på vekton och z-eln ä med hjälp v thgos sts 34. Vinkeln fås diekt u figuen: tnα 34 4 d) En nomlvekto till plnet ä n n e e ez 3 4 (,, 5) ntg tt den sökt vinkeln ä ϕ. Vinkeln melln denn nomlvekto och z- eln ges v skläpoduktdefinitionen: cos π ϕ ez n π cos ϕ n cos π 3 ϕ 5 sinϕ 3 5 ( ),, 5 4,,

2 LÖNINGR TILL RLEM I KITEL L. cceletion ä hstighetsänding pe tid: hstighet LT dim g dim LT tid T dim R L dimτ T ) dim π gr dim π dim gr dim gr dim g dim R LT L L T LT b) dim πr g dim π dim R dim g L dim g 3 3 L LT L T L T g g g c) dim π dim π dim dim R R R dim g LT dim R L T R R d) dim π dim π dim dim g R g g dim R dim g L LT T Uttcket i d) h lltså dimensionen tid och kn v ätt uttck fö stellitens omloppstid. T T En helt nnn kontoll gälle stoleksodningen: m jodens omkets ä ungefä 4 mil och tngdcceletionen sätts till m/s så fås R π π g mkets π 4 g π s 4 s 5 s.4 h Det ä ett imligt väde fö en stellit vs hstighet ä v stoleksodningen km/s.

3 L. Temen i en ekvtion måste h smm dimension. Vi kontolle däfö vje tem: dim mv dim m ( dim v) M ( LT ) ML T dim dim m dim g dim M LT L ML T dim dim dim dim k k kft längd dim längd dim( kft) dim( mss cceletion) MLT De två föst temen h smm dimension. De motsv egentligen kinetisk enegi espektive potentiell enegi. Den tedje temen h en nnn dimension och kn ej ddes till de nd. L.3 Vi bestämme dimensionen fö de stohete som ingå i fomlen och sedn undesöke vi vje given fomels dimension. dim dim effekt dim kft dim hstighet dim( mss cceletion) dim( hstighet) MLT LT ML T dim ρ dim( densitet) dim( mss pe volm) ML -3 ) dimc ρ ML ML T L M L T b) dimc( ρ) ML MLT L MLT c) dimc ρ 3 d) dimc ρ ( ) ML ML T L ML T 3 LT -3 ML L MLT Endst uttcket d) h smm dimension som hstighet.

4 L.4 Dimensionen fö (tngd-)cceletion ä dim g dim( hstighetsänding pe tid) LT - ) dim gd - -4 LT L L T 3 - b) dim( g d) LT L L T - c) dim( gd) ( LT L ) ( L T ) L T Endst uttcket c) h smm dimension som hstighet. L.5 Vi gö en z nsts: v c m g h () Dimensionsekvtionen bli dim v dim( mss) dim( cceletion) dim( längd) z - z elle LT M LT L LT M L T - + z - () Nu måste dimensionen v lik på båd sido. Eponenten fö M, L och T måste v lik. Villkoet fö ätt dimension ä M: L: + z T: (3) Lösningen ä,, z Insättning i nstsen ge då v c m g h (4) elle v c gh Den dimensionslös konstnten c kn vi inte bestämm med denn metod. Komment: Det ätt uttcket fö sluthstigheten ä v gh och kn bestämms med en enegibetktelse.

5 L.6 Vi gö en z nsts: f c l ρ () dä f ä stängens fekvens och c en dimensionslös konstnt. Motsvnde dimensionsekvtionen bli dim( ntl pe tid) dim( längd) dim( mss pe längd) dim( kft) z () ntl h dimensionen. [ ] [ ] [ ] z - dim tid dim längd dim mss pe längd dim mss cceletion (3) - - z [ ] [ ] T L ML MLT z + z T M L T + -z (4) (5) Nu måste dimensionen v lik på båd sido. Eponenten fö M, L och T måste v lik. Villkoet fö ätt dimension ä M: + z L: + z T: z (6) Lösningen ä z /, /, Insättning i nstsen ge då f c l ρ elle f c l ρ Den dimensionslös konstnten c kn vi inte bestämm med denn metod. Komment: Resulttet vis tt om stängens längd hlves fö dubbls fekvensen. Fekvensen ök med spännkften och minsk med längddensiteten.

6 L.7 Vi gö en nsts: Vpot c k () dä V pot ä den potentiell enegin i fjäden och c en dimensionslös konstnt. Dimensionsekvtionen bli kft dim( enegi) dim dim( längd) längd () Dimensionen fö enegi kn bestämms om mn kn en fomel fö ett nnt enegiuttck, t e kinetisk enegi mss cceletion dim mv dim dim längd längd [ ] (3) M LT dim m ( dim v) L L MLT MT L ML T M L T (4) (5) (6) Nu måste dimensionen v lik på båd sido. Eponenten fö M, L och T måste v lik. Villkoet fö ätt dimension ä M: L: T: (7) Lösningen ä, Insättning i nstsen ge då V pot c k (8) Den dimensionslös konstnten c kn vi inte bestämm med denn metod. Komment: Det ätt uttcket fö enegin ä V pot k och komme tt häleds sene.

7 L.8 Vi gö en z v nsts: η c E u q g () dä η ä den ine vekningsgden och c en dimensionslös konstnt. Vekningsgd ä ett föhållnde melln nttig effekt och tillföd effekt. Vekningsgd h däfö dimensionen. Dimensionsekvtionen bli enegi mss z w dim dim( ft) dim dim( cceletion) mss tid () Dimensionen fö enegi kn bestämms om mn kn en fomel fö ett nnt enegiuttck, t e kinetisk enegi T mv. mss dim v [ dim v] dim dim cceletion tid z w - [ L T ] [ LT ] [ MT ] [ LT ] ML T z + + w z w z [ ] w (3) (4) (5) Nu måste dimensionen v lik på båd sido. Eponenten fö M, L och T måste v lik. Villkoet fö ätt dimension ä M: z L: + + w T: z w (6) Lösningen ä z, w, Insättning i nstsen ge då η c E u (7) Det gå inte tt bestämm. Det betde tt ll funktione v fö hållndet E ä tillåtn. Resulttet ä lltså tt uttcket fö vekningsgden, bestämt med dimensionsnls) kn u skivs η E f u Den dimensionslös konstnten c kn inte bestämms med den hä metoden.

8 LÖNINGR TILL RLEM I KITEL L. β Kften h stoleken. Dess iktning eltivt koodintln ä också känd och given v vinkeln β. Kftens - komponent ä då sin β, medn - komponenten ä cosβ. Vi kn skiv kften på vektofom: e + e sin βe cosβe elle komponentfom (,, ) sin β, cos β, Men β ä given: tn β e e 5 5 sin β 3 5 och cosβ 3 5 toleken 8 N ä också given: F sin β 8 3 N 5 48 N F cosβ 8 4 N 64 N 5 L. e e β 4 β 3 Kften h stoleken. Dess iktning ä också känd och given v vinkeln β. Kftens -komponent ä då cos β, medn -komponenten ä sin β. Vi kn skiv: e + e cosβe sin βe elle (,, ) cos β, sin β, 4 3 Men β ä given e e toleken kn ä också given e e 5 5 8e 6e kn kn

9 L.3 Vi vet tt -komponenten v kften F ä, lltså F F sin 6 F sin 6 6 F 3 5 mm() N I K I 5 TYE -komponenten v kften F bli F F cos6 F F F 3 L.4 (,, ) m Vekton melln och ä (,, ) m - (-3,-, ) m ( 4, 3, ) m e e e Kftens iktning ges v enhetsvekton (-3, -, ) m e ,,,, Kften i linn h stoleken 5 N. Kften på espektive ögl ä 5 e ( 4, 3, ) N ( 4, 3, ) N 5 e ( 4, 3, ) N

10 L.5 Kften h smm ngeppspunkt. De kn skivs på vektofom F cos 45 e sin 45 e 3 e e F 3cos3 e + 3sin 3 e F3 sin 3 e + cos3 e Dett kn också skivs F e e 3 F 3 e + 3 e 3 F3 e + e ( ) elle F e e 3 F 3e + e F e + e 3 3 Kftsummn ä F F F + F + F k e e + ( + + ) elle F e 3 3 e Kftesultnten ä denn kftsumm med ngeppspunkt i oigo. Den kn esätt det givn kftsstemet. Kftsummn h ingen ngeppspunkt!

11 L.6 Tådens längd ä enligt thgos sts + 3 m 3 m Vinkeln β ä bestämd: m cosβ 3 3 och sin β 3 β Kftens komponente bli då 3 m F F F e cos β 3 F e sin β 3 3 N 3 3 N F 3 3 N F 3 N

12 L.7 Kll kftesultntens stolek F. Vinkeln θ söks. Eftesom α + β 5 kn vinkeln i figuen identifies. etkt den gåmkede kfttingeln! Kftesultntens stolek fås med cosinusstsen: 75 6 F cos75 + θ F 5 4cos θ 75 F Vinkeln θ kn bestämms med sinusstsen: sin75 sin 45 ( θ) F sin75 sin( 45 θ) F sin75 sin( 45 θ) 5 4cos75 45 θ csin θ 45 csin sin75 5 4cos75 sin75 5 4cos ltentivt kn vinkeln θ kn bestämms genom tt bestämm längden v sidon ED och E i figuen. h längden 6 θ E CD h längden C h längden θ 6 D C tnθ tnθ

13 L.8 ojice nomlkften N på linjen. Komponenten ä N cosθ. β N θ C Vinkeln C ä π β. π Vinkeln ä π β. Vinkeln θ kn bestämms med sinusstsen. Mn kn också diekt få cosinus fö vinkeln med hjälp v den unde figuen cosθ + sin β ( + sin β) + ( cosβ) β cosθ + sin β 4+ sin β + 4sin β + cos β sinβ β N θ cosθ + sin β 5+ 4sin β Kftkomponenten bli lltså Ncosθ + sin β N 5+ 4sin β bseve tt hä ä N den givn kften. Det ä lltså inte enheten newton som vses.

14 L.9 4 Kften kn föskjuts längs sin vekningslinje så tt båd ngipe i smm punkt, som ä öglns centum. Kfte som h smm ngeppspunkt få vektoddes till en kftesultnt. β 3 Infö ett koodintsstem z enligt figuen! Kftesultnten ngipe i och ä F Fk (,, )+ ( 3sin β, 3cos β, ) 3sin β, + 3cos β, Kftesultntens stolek ä F F ( 3sin β) + ( + 3cosβ) Denn stolek skll enligt tet v 4 + ( + ) vilket ge ekvtionen 3sin β 3cosβ 4 + ( + ) kvde! 3sin β 3cosβ 6 divide med! 9sin β cos β + cosβ 6 9( sin β + cos β)+ cosβ tigonometisk ettn 9 + cosβ cosβ 3 cosβ 4 β ccos 4 ltentiv lösning: 4 β Vi känne te sido i en kft-tingel. Vinkeln β kn då bestämms med cosinus-stsen: ( 4) ( 3) + ( ) 3 cos π β cos π β β 3 3 cosβ cosβ 4

15 L. Vekton melln och ä D 4 m z C 3 m e ( 4,-3,-5) m Den kn enklst i figuen ses som summn F C + CD + D 5 m F Kftens iktning ges v enhetsvekton e 5 ( 4, -3, -5) + ( ) ( 4,-3,-5 ) Kften ä lltså F Fe ( 4,-3,-5) N ( 4,-3,-5) N 5 L. 4 m z 5 m C C m 3 m 4 m 5 m F C F β C ( -45 ) m kläpodukten bli e e e e C cosβ kläpodukten ge vinkeln melln två känd vektoe. Fö enhetsvektoen e och e C fås nämligen e e cosβ C Vi bestämme föst enhetsvektoen. Fö tt se komponenten v vekton kn mn i figuen se hu långt mn behöve gå längs de olik koodintln fö tt komm fån till. (ltentivt beäkns, dvs dg :s koodinte fån :s. (-3,, ) m e (,, ),, e C C C C 4-45,,,,,, 4 (-3) ( -45) 3 (-3 + ( -4)+ 5) β ccos 3 4

16 L. (, -5, ) m e C e (8, -6, ) m (4,, ) m Kftens iktning smmnflle med vekton C C ( 4,, ) ( 8, 6, ) 6, 6, m m - m Kftens iktning ges då v enhetsvekton e C C C,, Linns iktning ges då v enhetsvekton Linn h en iktning som ges v ( 4,, ) (, 5, ) 4, 5, m m - m e (,, ) 4 5 Kften ä e C,, N Kftens komponent med vseende på linn ä e komp e e C ( + + ) N N 9 N 44 vet ä komp 9 44 N

17 L.3 z toleken på vje kft ä känd. Fö tt kunn skiv kften som vektoe böj vi med tt bestämm enhetsvektoen i kftens iktning: 9 m 8 m m F F 3 F D 5 m 4 m C 6 m (,, ) m ,, e C (,, ) e C (,, ) m D (,, ) e D m -5-3,, Kften kn nu skivs som vektoe: F F F 34 F e ( 9, - 8, - ) N ( 9, - 8, - ) N 7 4 F e C (, 3, -6) N 6(, 3, -6) N 7 39 F e D ( - 5,, - ) N 3( - 5,, - ) N Kftesultnten med självkl ngeppspunkt ä då F F + F + F , 6 + 8, N ( 5,, 96) N v: Kftesultnten h ngeppspunkt och ä F ( 5,, 96) N

18 L.4 z m C Kftens iktning smmnflle med stget: ( 4, 4, - 7 ) m e Enhetsvekton i denn iktning ä 6 m 4 m 7 m D e , 4, , 4, - 7 Kften kn då skivs 9 e ( 4, 4,-7 ) N 9 4, 4,-7 N ( 4, 4,-7) N L.5 45 m två kfte, som vek på en stel kopp, h vekningslinje som skä vnd i en skäningspunkt, kn de esätts v kftesultnten, som ä kftsummn med ngeppspunkt i skäningspunkten. Kftsummn ä e F 3 F e + e + e e e e + ( ) + 3 e 3 elle [ + ( ) ] F + 3 e e N ngeppspunkten på den linje som gå genom skäningspunkten och h smm iktning som kftsummn F.

19 L.6 ntg tt tådkftens stolek ä. Den totl kften i punkten måste v noll. Vi få då fö - och - komponenten: β : + sin β : cosβ cosβ sin β β Hel sstemet pilbåge+pil påveks v den tte kften bkåt i punkten. Vänstehnden måste då ge en kft fmåt i punkten. L.7 C C β C ntg tt kften i epen ä C och C. Kftsummn på ingen C ä noll. Vi skive kftsummns hoisontell och vetikl komponent: : cosβ C C : C sin β D Den nd ekvtionen ge C sin β Den föst ekvtionen ge då C sin β cos β v: Tådkften ä C sin β och C tn β

20 L.8 l α β α β C Insättning i ekv () ge C Kften, som h ngeppspunkt i ingen, kn ddes till en kftesultnt, som måste v noll. I komponentfom fås : cosβ cosα () C : sin β + sinα () C Ekv () ge cos β cosα C (3) cosβsinα sin β + C (4) cosα sin βcosα + cosβsinα C (5) cosα sin β + α C cosα (6) cosα C sin β + α (7) Men fjädekften ä enligt Hookes lg C k l (8) Fjädens ktuell längd C bestäms med sinusstsen: C l sinα sin π α + β [ ] lsinα C sin α + β (9) sinα Fölängningen ä då l l ( + ) sin α β () Utnttj nu ekv (8), () och (7) sinα cosα k l sin( α + β) sin( β + α) sinα sin α + β cosα k l sin( α + β) sin( β + α) () () sinα sin( α + β) kl cosα

21 L.9 z Kftens iktning smmnflle med mddigonlen som kn skivs som en vekto genom tt gå omvägen m e 4m e 3m e z e elle C : C + C + 4e - 3e + e m z (, 4, 3 ) m Enhetsvekton i denn iktning ä e , 4, - 3 9, 4, - 3 Kften kn då skivs e 9, 4,-3 N elle e e e N z

22 L. z Den totl kften på oskd v tådkften ä + e + e C C Vi bestämme enhetsvektoen: 3 C 4,,,, 3 4,, 3 5 C 4 Enhetsvekton i denn iktning ä e ,, ,, - 3 C C 4, 5,,, 3 4, 5, 3 Enhetsvekton i denn iktning ä e C C C ( 4, 5, - 3 ) ( 4, 5, - 3) Kften kn då skivs , 5, C ( 4,, - 3 )+ ( 4, 5, - 3) toleken v denn kft ä En enkel ltentiv lösning utnttj figuen hä till vänste. Eftesom tåden h smm längd 5 som knten C och C måste vinkeln melln tådn v 45. Då fås en enkel geometi fö kfttingeln. Kftens stolek bestäms med thgos sts: +( ) 5

23 L. Kften h smm iktning som kedjn e h β Vi bestämme föst enhetsvekton:, h, cos β, sin β, b cos β, h sin β, b e b b Men h och β 3 3,, b z Enhetsvekton i denn iktning ä e e b (- 3,, b) e + b (- 3,, b) Kften kn då skivs e + b (- 3,, b)

24 L. Kften kn skivs e CD C z E e e Vi bestämme föst vekton ntingen genom tt gå vägen Q elle (, 3, ),, 8, 3, 8 CD D 6 3 F Q Enhetsvekton i denn iktning ä e e (, 3, 8) e 74, 3, 8 Kften kn då skivs e 74, 3, 8 Vi bestämme sedn vekton CD ntingen genom tt gå vägen C D elle CD D C (,, ) (,, 6 ),, 6 Enhetsvekton i denn iktning ä e CD CD e CD CD e CD,, 3 (,, 6) Kftens komponent med vseende på stget CD bli CD ecd e ecd ( ) 74, 3, 8,, 3 CD ( ) 74 5, 3,

25 L.3 D 4 CD z e CD e C 7 Filägg hlsn C! Filäggningsfiguen vis tådkften, nomlkften N och tngdkften som vek på ingen. Vektosummn v ll dess kfte sk v noll. Nomlkften behöve inte bestämms. Vi välje då tt pojice kften på stångens iktning. Dett gö tt nomlkften ldig komme med i ekvtionen. Eftesom tådkftens iktning ä känd u geometin ä det b beloppet som sk bestämms. Tådkften genom C och D skivs som en vekto CD CDeCD, dä CD ä beloppet v CD. estäm föst enhetsvektoen e CD och e. 4 4 ( 4, 4, 7) (,, ) CD D C ( 4,, 7) - (,, 7/ ),, 7/ e CD CD CD ( 4, 4, 7) 4, 4, å smm sätt fås ( 4, 4, 7) e ( 4, 4, 7) , 4, 7 9 ummn v kftens komponente med vseende på iktningen e skll v noll: I komponentfom: e e e e CD CD z CD CD ( 9 4, 4, 7 ) ( 4, 4, 7) (,, ) ( 4, 4, 7) 9 9 ( ) ) ( ) 49 8 CD CD 7

26 L.4 D e D D z D e D e DC DC C Filägg ingen D! Filäggningsfiguen vis tådkften som vek på ingen. Vektosummn v ll dess kfte sk v noll. Dett betde te ekvtione, en fö vje komponent, och då kn de te obeknt kftens stolek bestämms. Eftesom kftens iktning ä känd u geometin ä det b beloppen som sk bestämms. Tådkften genom t e D och skivs som vekto D DeD, dä D ä beloppet v D. estäm föst enhetsvektoen i kftens iktning! ( ) ( ) D D 3, 3, -,, 4 3, 3, 4 D ( 3, 3, 4) ( 3, 3, 4) ed ( ) D ( 3, 3, 4) , 3, 4 å smm sätt fås ( D (,, 4),, ) D ed,, D ( 44,, ) DC DC (, 4, 4) edc ,, DC ummn v tådkften D DeD, D DeD och DC DCeDC smt tngdkften e z skll bli noll: DeD + DeD + DCeDC ez I komponentfom: 3 D D + DC () D D + DC D + D + DC ( 3) dde () och (): 6 D DC Insättning i () ge D Insättning i (3) ge esulttet D 9 6 ; ; D D DC 9 7

27 L.6 5 mm() N I K I 5 TYE 6 Kften fån hnden på skiftnckeln ä ju i sig en kftesultnt till ll de kfte som vek på vje liten del v kontkttn melln hnd och nckel. Kftmomentet med vseende på punkten beäkns enligt M F d Hä ä ( d,, ) och F 3,, Insättning ge M e e ez d ( d ) 3,, 3 d M 3 e z b) Kftmomentet med vseende på z-eln ä Insättning ge M z M e z M 3d M e e e z z z z 3d Dett ä komponenten. Det gå lik b tt sv med vekton: M z d 3 e z Komment: Hä utnttj vi de n definitionen mest fö tt tän på dem i ett mcket enkelt fll. oblemet ä ju så enkelt tt mn lik gän äkn med hävm gånge kft och sedn nge iktningen motus genom tt sätt ut enhetsvekton e z. Hävmen till kften ä 3 d. Hävmen till -komposnten v kften ä d. Momentmen till kften ä vekton.

28 L.7 Kften h med vseende på en el genom en hävm d så tt kftmomentet bli d M d () β Dett moment skll betkts som en komponent v en vekto så tt M ( M ) () z Vi välje motus som den positiv iktningen så tt den öveensstämme med z-elns iktning. Minustecknet tl då om tt momentet ä medus. Motsvnde kftmoment med vseende på en el genom bli M ( d cosβ ) (3) Hä vlde vi tt bestämm hävmen till hel kften. ltentivt kn mn del upp kften i en vetikl och en hoisontell komponent och dde de kftmoment som de komponenten ge. Vi koll slutligen tt smbndsfomeln M M + F gälle. Högeledet v smbndsfomeln bli [ ] + M + F d e sin β e cosβ e (4) z d + cosβ d cosβ (5) vilket enligt ovn öveensstämme med vänsteledet M enl (3). z

29 L.8 α β b h C Vi del föst upp kften i komposnte, vs hävm ä lätte tt hitt än hävmen till hel kften ( M ) ( F) z z ( ) h+ bsin β sinα bcosβ cosα Dett kn också skivs: [ ] ( + ) M cosα hsinα b cosβcosα bsin βsinα z [ ] bcos( β α) cosα + hsinα α C b β α Innnfö klmmen stå lltså hävmen till, dvs vståndet melln och kftens vekningslinje. Kn du u geometin se tt hävmen ä den ätt? De te stäckon i klmmen ä mkede i figuen. α h

30 L.9 Kften dels upp i komposnte. Kftmomentet med vseende på punkten ä b M F Kftmomentet med vseende på en el genom vinkelät mot nckelns pln ä β ( M ) ( F) z z sin β bcosβ Vi kn även bestämm kftmomentet med en deteminnt: Det gå också tt sv M F e e e z b sin β cosβ bcosβ + sin β e z motus eftesom då iktningen också få. Momentet ä sin β bcosβ

31 L.3 d Den vidnde fömågn ä detsmm som kftmomentet. Den i figuen hoisontell komponenten v kften h en vekningslinje som gå genom punkten. Den delen v kften bid lltså däfö inte till momentet. Den vetikl kftkomponenten ä cos β och h hävmen med vseende på kugghjulets el. Den ge ett kftmoment cos β medus med vseende på eln. β Det fågs efte kftmomentet med vseende på punkten. I dett fll ä det detsmm som momentet med vseende på eln, lltså M cosβ e z Insättning v givn väden ge M ez Nm M 46. e Nm z Komment: Nä ä kftmomentet med vseende på en el detsmm som kftmomentet med vseende på en punkt på eln? Kftmomentet med vseende på punkten beäkns enligt M F. m hel denn vekto ligge längs eln så ä kftmomentet med vseende på eln detsmm som kftmomentet med vseende på punkten på eln. m i dett poblem kften hde hft en komposnt i z-elns iktning så hde kftmomentet med vseende på punkten fått en komposnt i den negtiv -iktningen. Kftmomentet med vseende på eln hde däemot inte föändts.

32 L.3 vståndet ä. Kften h lltså en hävm med vseende på en el genom. Enligt definitionen β β R fås M F M e z D C Numeiskt väde: M. e Nm 4. 4e Nm z z Hävmen med vseende på en el genom C kn bestämms u figuens geometi. vståndet C ä detsmm som vståndet D minus vståndet, dvs hävmen ä Rcosβ och momentet bli M C Rcosβ e z Numeiskt väde: M ez ez 3.. Nm Nm Kftmomentet M C bli noll fö Rcosβ Rcosβ cosβ R Dett motsvs v tt kftens vekningslinje gå genom kontktpunkten C. Komment: Enligt smbndsfomeln skll gäll: MC M + C Kontolle gän tt den stämme med de bestämd uttcken på M C och M!

33 L.3 d Den vidnde fömågn elle kftmomentet med vseende på punkten beäkns enligt M F Infö ett koodintsstem enligt figuen! α β β Hä ä och ( dcos α, dsin α, ) F sin β, cos β, Insättning ge M e e e z dcosα dsinα sin β cosβ ( ),, d cosαcosβ + sinαsin β elle med ett känt tigonometiskt smbnd M d cosαcosβ + sinαsin β e z M dcos α + β e z I figuen kn mn se och identifie hävmen d cos( α + β)till hel kften. Numeiskt väde: M. 5cos 6 e Nm. 5e Nm z z Komment: d Även i dett fll kn vi bestämm kftmomentet genom tt sök upp ntingen hävmn till den hoisontell och vetikl kftkomposnten elle också hävmen till hel kften. α β β Figuen vis hu mn bestämme dett vstånd melln och. Den tvåstukn vinkeln ä π β. vilket betde tt hävmen ä d cos( α + β)

34 L.36 Tckkften i stången ä given. ntingen bestämme mn hävmen till hel denn kft, dvs vståndet melln stång och punkten, elle också del mn upp kften i två komposnte och bestämme hävmn till dess. b θ ϕ C Del upp kften i punkten i två komposnte enligt figu. Den vetikl komposnten bid ej till kftmomentet, eftesom vekningslinjen gå genom punkten. Då åtestå b tt bestämm hävmen till den hoisontell komposnten som ä vståndet. Denn fås med cosinusstsen + b bcos θ ϕ M sinϕ Vinkeln ϕ bestäms med sinusstsen: sinϕ sin π θ b sinθ sinϕ b () sin θ cosϕ sin ϕ sin θ b b b () vståndet C ä C cosθ (3) Då ä b cosϕ cosθ (4) Insättning v () ge b sin θ cosθ (5) Kftmomentets stolek ä då hävm gånge kft, dvs M b sin sinθ θ cosθ b

35 L.39 z m C Kftens iktning smmnflle med stget: ( 4, 4, - 7 ) m e Enhetsvekton i denn iktning ä 6 m 4 m 7 m D e , 4, , 4, - 7 Kften kn då skivs 9 e ( 4, 4,-7 ) N 9 4, 4,-7 N Kftmomentet med vseende på oigo bli M dä,,7 m M e e e z Nm -4, 8, - 8 Nm -, 4, - 4 Nm Kftmomentet ä M ( -, 4, - 4 ) Nm

36 L.4 Kftmomentet med vseende på punkten beäkns enligt z M F () e CD C E e Hä ä och,, 8 () F e (3) Vi måste lltså föst bestämm enhetsvekton e. CD D 6 3 F Q (4) (, 3, ),, 8 (5), 3, 8 (6) Denn vekto kn också bestämms genom tt i figuen gå fån till längs koodintln. e, 3, 8 e, 3, 8 (7) e ( 3,, 8) ( ( ) 3,, 8) 3,, ( ) 74 3,, 8 (8) Kften på vektofom ä lltså F e ( ) (9) Insättning i () ge e e ez M F ,, 3 74 M M e 4,, 3,, 74 z z 3 74

37 L.44 L β F Två kfte med smm ngeppspunkt kn esätts v kftsummn i smm punkt. Det ä då kftesultnten mn bestämt, eftesom kftmomentet med vseende på ngeppspunkten inte föänds. Det ä noll fö båd sstemen. D Kftesultnten kn också föskjuts längs sin vekningslinje. Kftesultntens stolek fås med thgos sts: Vinkeln med vetiklen ges v F L + D tn β D L Med de givn numeisk väden fås F N N 69 N F 4 N tn β 3 4 tn β 3 4 β 49.

38 L.46 M M d d d Fig. Fig. Fig. 3 Vilken ä vekn v kften (belstningen) i punkten? nsätt i punkten två kfte med motstt iktning. e figu! Identifie kftpet och esätt det med ett kftpsmoment M enligt figu, som vis belstningens vekn i punkten. toleken v kftpsmomentet ä M d Det mimlt tillåtn vädet på M ä 3 N. Det ge den miml belstningen M 3 Nm d. 8 m 8 N v: Den miml belstningen ä 8 kn Komment: Figu 3 vill vis tt om mn såg v (filägge) koken vid, måste mn nsätt ett kftsstem enligt figuen fö tt den vsågde delen fotfnde skll v i jämvikt.

39 L.54 z 7 Fö tt kunn bestämm kftesultnten, som vi vet eiste fö ett pllellkftsstem, behöve mn vet esultnten i någon punkt t e oigo. Fö det givn kftsstemet ä kftsummn 5 b b b F Fk ( ) e 9e z z () Ingen v kften kn ge något kftmoment i z-iktningen. estäm nu vje kfts kftmoment, föst med vseende på -iktningen och sedn med vseende på -iktningen. ltentivt beäkns vje kftmoment med en deteminnt. Kftmomentet med vseende på M F 7 3 e 7 b b 3b e k k 38e + 9be + ( + ) () F och M bild tillsmmns esultnten i. Esätt nu det givn kftsstemet med en kftesultnt. Denn kftesultnt ä lik med kftsummn F, som edn bestämts. ntg tt dess ngeppspunkt ä (,, z). Kftesultnten sk v ekvimoment med det givn sstemet och då måste den ge lik kftmoment med vseende på oigo som det givn kftsstemet. Ekvtionen bli { F M { (3) n givn e e ez z 9 (- 38, 9b, ) (4) b b; ; z obestämd (5) Kftesultnten ä F 9e z med vekningslinjen b; ; z obestämd

40 L.59 3 M I poblem dä esultnten i en punkt elle kftesultnten eftefågs måste kftsummn beäkns. Hä ä ll te kften i -iktningen. Två v kften bild ett kftp. Kftsummn bestäms enligt: F F 3e e + 3e F e k 3 3 Kftmomentet i oigo bestäms enligt den llmänn fomeln M F + C k k l dä den sist temen stå fö kftpsmomenten. å gund v den enkl geometin beäkns ksspodukten som hävm gånge kft. Riktningen ges v högeegeln och vi få ( M ) ) M e Me Resultnten i oigo ä lltså z z M e F e ; M 3e z z b) Kftmomentet med vseende på punkten bestäms på smm sätt: M e Me M ( 7 M) ez z z Resultnten i punkten ä lltså F e ; M e z c) Kftesultnten finns eftesom F M. ntg tt kftesultnten h en ngeppspunkt som ges v lägevekton (,, z). m det givn kftsstemet esätts v kftesultnten måste kftmomentet med vseende på oigo v detsmm: F M e e ez z (,, 3) z 3 3 ; z Kftesultnten ä F e med en ngeppspunkt som ligge på den ät linjen 3 ; z ; obestämd.

41 L.6 β Del upp kften vid i två komposnte en hoisontell och en vetikl. Vi beäkn kftsummn: 3 M F F 3e cosβe + sin βe k F cos β, sin β 3, Vinkeln β ä given β 3, 3 F, 5, Kftmomentet i oigo bestäms enligt den llmänn fomeln M F + C k k l dä den sist temen stå fö kftpsmomenten. Hä kn kftens moment beäkns som hävm gånge kft. Riktningen ges v högeegeln och vi få M sin β + cosβ 3 e Me z z 3 β 3 M M ez Resultnten i oigo ä lltså 3 F, 5, ; M 3 e M b) Kftesultnten finns eftesom F M. ntg tt kftesultnten h en ngeppspunkt som ges v lägevekton (,, z). m det givn kftsstemet esätts v kftesultnten måste kftmomentet med vseende på oigo ändå bli detsmm: F M z e e ez z 3 M 3 5,, 3 ; z ; obestämd z 3 Kftesultnten ä F e med en ngeppspunkt som ligge på den ät linjen 3 ; z ; obestämd.

42 L Kftesultnten ä lltid smm vekto som kftsummn. I ett poblem dä kftesultnten eftefågs skll lltså des ngeppspunkt bestämms. Kftsummn bestäms enligt: F F 4e + e e + 3e k 3 4 F 4e + 3e I vilken punkt skll denn kft ngip fö tt kftmomentet i någon punkt t e oig sk bli detsmm som fö det givn kftsstemet? Kftesultnten bli i så f ekvimoment med det givn kftsstemet Vi beäkn kftmomentet med vseende på oigo fö det givn kftsstemet: M F + C k k l dä den sist temen stå fö kftpsmomenten. I stället fö med deteminnte bestäms ksspodukten som hävm gånge kft. Riktningen ges v högeegeln och vi få + M e 3e z z M 8e ntg tt kftesultnten h en ngeppspunkt som ges v lägevekton (,, z). m det givn kftsstemet esätts v kftesultnten måste kftmomentet med vseende på oigo v detsmm: F M z e e ez z (,, 8) 4 3 3z 4z ( 3 4) 8 ( + ) ; z Kftesultnten ä F 4e + 3e linjen ( 3+ 8 ) ; z. 4 med en ngeppspunkt som ligge på den ät

43 L.67 z b z c Fö det givn kftsstemet ä kftsummn elle F F 3e + e + e F ( 3,, ) k z 3 Vid bestämning v kftmomentet med vseende på kn mn tänk sig ett koodintsstem ' ' z'med oigo i. Kften ge b moment king '- eln eftesom den ä pllell med '- eln och vekningslinjen skä z' -eln. Kften 3 ge b moment king z'- eln eftesom den ä pllell med '- eln och vekningslinjen skä ' -eln. Kften ge b moment king '- eln eftesom den ä pllell med z'- eln och vekningslinjen skä '-eln. m ngeppspunkten ä Q k så bli kftmomentet med vseende på Resultnten i punkten ä lltså Kftesultnt eiste om M F ce e + 3 be Q k k z F ( 3,, ) M c,, 3b F M. kläpodukten ä hä F M ( 3,, ) c,, 3b F M -3c- + 6b Kftesultnten eiste lltså om -3c- + 6b.

44 L.68 z b c Fö det givn kftsstemet ä kftsummn F F 3e + e + e elle F ( 3,, ) k z 3 Vid bestämning v kftmomentet med vseende på kn notes tt kften ge b moment king - eln eftesom den ä pllell med - eln och vekningslinjen skä z-eln. Kftmomentet med vseende på bli. Kften 3 ge inget med vseende på vekningslinjen gå genom. Kften ge inget moment med vseende på z-eln eftesom den ä pllell med z-eln. M F b c e e k k Resultnten i punkten ä lltså F ( 3,, ) ( ) M b c,, ntg tt kftsummn F ngipe i en punkt med lägevekton ( z) Fö tt kftsummn skll kunn esätt ll kfte måste den ge smm moment som de uspunglig kften. M F,,. e e ez z b c,, 3 ( 3) z b c 3z

45 L.7 D 4 z 4 Tådkften bild ett stålkftsstem, eftesom ll vekningslinje h en skäningspunkt i. Fö tt kunn vektodde kften måste vi skiv dem som vektoe. estäm föst enhetsvektoen i vekningslinjens iktning! C å smm sätt fås e e C e D e e C 4, 8, 4,, 4, 8, 4,, C C Kftsummn ä (, 8, 6), 8, 6 D D 4,, - 8,, e D (,, ) + 4+ (, 4, 3), 4, 3 + F F + + e + e + e k 3 D 3 C (, 8, 4) D (, 8, 4) D (, 8, 4) (, 8, 4) (,, ) ,, ( ) ,, 5, 4, 3 F 9 ( )+ ( )+ 9, 8, ,, 5, 4, 3 + ( ) + ( ) (,, ) F, 8, 4 3, 6, 3, 8, 6 F Eftesom kftmomentet i ä noll fö stålkftsstemet bestå esultnten i denn punkt v enbt kftsummn F (,, ). Kftesultntens vekningslinje gå genom punkten. b) Kftmomentet i punkten fås enklst med smbndsfomeln Insättning ge M M + F e e e z M , 4, 7 Resultnten i punkten ä F,, ; M 8, 4, 7

46 LÖNINGR TILL RLEM I KITEL 3 L 3. N N β Mg α ntg tt den hög lådns mss ä M. Filägg båd lådon! Filäggningsfiguen, som skll innehåll pktiskt tget ll infomtion som behövs fö tt lös poblemet, viss hä. Kontktkften mot de lutnde plnen ä nomlkfte, N och N, eftesom fiktionskfte skns enligt teten. Tådkften ä lik på båd sido om tissn, eftesom den ä lättölig. Jämvikt fod tt kftsstemet på vje låd bild ett nollsstem, dvs kftsummn ä nollvekton och kftmomentet med vseende på någon punkt ä nollvekton. Vi pojice kftekvtionen i plnens iktning: vänst lådn : sinα () hög lådn : Mgsin β () sinα Mgsin β M sinα g sin β M sin α m sin β (3) (4) Komment: vet ä dimensionsiktigt. pecilfll ä α β M m α M, vilket betde tt jämvikten då inte ä möjlig fö två lådo. β M, vilket betde tt det fods i pincip en fst punkt tt fäst tåden i. Nomlkften bestäms u kftekvtionen vinkelätt mot de lutnde plnen. Momentekvtionen fö vde lådn ge nomlkftens vekningslinje, som måste gå genom skäningspunkten fö tådkftens och tngdkftens vekningslinje (se figu!).

47 L 3.3 F fjäde N Filägg continen fån fjäden och undelget! Infö motsvnde kfte, fjädekften och nomlkften! Fjädekften ä F k l fjäde () β β dä F fjäde k l ä fölängningen v fjäden äknt fån den ntulig längden. Jämvikt fod tt kftsstemet på continen bild ett nollsstem, dvs kftsummn ä nollvekton och kftmomentet med vseende på någon punkt ä nollvekton. Vi pojice kftekvtionen i nomlkftens och fjädekftens iktning: : F fjäde sin β () : N cos β (3) Ffjäde sin β N cosβ Tådens fölängning ä enligt smbndet () l sin β k L 3.4 α T v β CNDINVIN L D Konstnt hstighet motsv ett jämviktstillstånd. Då fods tt kftsstemet på flgplnet bild ett nollsstem, dvs kftsummn ä nollvekton och kftmomentet med vseende på någon punkt ä nollvekton. Vi pojice nu kftekvtionen i motståndskftens och lftkftens iktning: : Tcosα D sin β () : Tsinα + L cosβ () Lös ut föst sinα och cosα u dess ekvtione och bild sedn tnα! cosβ L tnα D+ sin β Fö tt bestämm T kn vi u () och (3) föst bild T cos α espektive T sin α. ummn bli enligt "tigonometisk ettn" T. T ( sin α + cos α) ( cosβ L) + ( D+ sin β) + ( + ) T cosβ L D sin β

48 L 3.5 b Kontkttn vid ä gltt. m kftsstemet komplettes med nomlkften N h vi en filäggningsfigu. β N Vi nt tt sstemets mss kn fösumms, dvs tt tngden ä fösumb jämföt med de kfte som skll bestämms. Hävstångens idé gö tt vi fövänt oss tt kften ä minde än spännkften i kedjon. Jämvikt fö det filgd sstemet fod: : + + sin β () : N cosβ () : sin β ( + b) (3) Ekv (3) ge sin β + b (4) sin β Ekv () ge b sin β (5) + sin β + b (6) Komment: ven ä helt klt dimensionsiktig. En tigonometisk funktion h dimensionen ett. Fö vinkeln β π/ ä kften hoisontell och stoleken måste v lik med skillnden i spännkftens stolek. Fö denn vinkel fås den kftföstoing, som mn fövänt sig v hävstången, nämligen + b Fö vinkeln β ä kften vetikl och spännkftens stolek ä enligt ekv (6) lik. Ekv (4) säge tt det behövs en mcket liten kft fö tt håll en viss spännkft.

49 L 3.6 Filägg clinden fån undelget! Den påveks v tngdkften och de två nomlkften N och N. Jämvikt fö den filgd koppen fod: N G N : Nsin β + Nsinα () : N cosβ + N cosα () α α β β Momentjämvikt käve tt ll te kften gå genom centumpunkten G. Med ekv () kn vi uttck N i N : N sin β N sinα (3) Insättning i () ge Ncos β sin β + N sinα cos α N ( sin α cos β + sin β cos α) sin α N sinα ; N sin α + β sin β sin α + β L 3.7 N β 3 N 3 4 N 4 5 N 5 Filägg de te övest clindn. Dett sstem påveks v de tte kften (te stcken), en nomlkft N smt de te nomlkften N 3, N 4 och N 5. Fö tt bestämm kften N behövs b en ekvtion. Jämvikt fö det filgd sstemet fod: : N 3sin β () N 3sin β

50 L 3.9 d F F Filägg nckeln och mutten. Mutten påveks v kften F och F fån nckeln smt en ektionskft och ett kftpsmoment fån gängn. Nckeln påveks v kften F och F fån mutten smt kften fån hnden. vståndet melln vekningslinjen fö F och F ä enligt geometin (med liksidig, likvinklig tingl) / 3. Jämvikt fö den filgd nckeln fod: F C F : F F () : d F F () 3 3 Divide ekv () med / 3 och dde sedn de två ekvtionen! 3 d F F + F F d 3 F Då ge ekv () d 3 F + L 3. Filägg klotet fån väggen och det lutnde plnet! Det påveks v tngdkften och nomlkften N och N. Jämvikt fö den filgd koppen fod: N N G β : N N sin β () : N cosβ () Momentjämvikt käve tt ll te kften gå genom centumpunkten G. Ekv () ge N cosβ β Insättning i () ge N sin β cosβ Resulttet ä lltså N tn β ; N cosβ

51 L 3. Filägg sstemet mn+stol+nede tissn! ntg tt mnnen d med kften i linn. Denn tådkft ä lik sto i ll del v tåden. Det motives v tt tisson ä lätt och lättölig och däfö måste momentekvtionen med vseende på vje tisss centum v noll. Jämvikt fö det filgd sstemet fod: : 3 () Momentjämvikt käve tt ll te kften gå genom centumpunkten G. Ekv () ge 3 L 3. C D 3 T 3 K 45 G d E tängen C och D ä lätt och måste då v tvåkftskopp. Kontktkftens vekningslinje måste då gå genom ändpunkten. Filägg stången och infö kften,, T och K enligt figuen! Jämvikt fö den filgd koppen fod: 3 3 : T K () : G : T + K + () d 3 T d 3 K (3) Ekv (3) ge T K (4) Ekv () ge då K 3 Insättning i () ge 3 (5) + (6) ; nm.: Resulttet kn fås diekt om mn pojice kftekvtionen på en iktning som ä vinkelät mot de lätt stängen.

52 L 3.3 V H D G 45 I dett poblem ingå egentligen en msscentumbeäkning om mn inte slå upp i en tbell. Fö en tingel ligge msscentum på vståndet en tedjedel v höjden fån bsen äknt. e ppendi i poblemsmlingen! Te obeknt kfte söks. Vi måste lltså ställ upp te ekvtione. C Filägg plåtskivn! Jämvikt fö den filgd plåtskivn fod: Enligt ekv() och (3) ä H Insättning i ekv() ge v: H 3 : H + () : V + () D : V + (3) 4 och V , 3 4, 3 (4) (5) L 3.4 N b N h Filägg pesonen och infö nomlkften N och N! Långsm mhävning betde tt cceletionen ä fösumb och tt vje läge kn ses som ett jämviktsläge. Jämvikt fod: : N + N () : N ( + b) () Momentjämvikt käve tt ll te kften gå genom centumpunkten G. Ekv () ge N b + b Ekv () ge då N b + Mn kn också i stället fö ekv () ställ upp momentekvtionen med vseende på, vilket me diekt ge esulttet. peciellt fö fllet b 3 fås N /4; N 3 / 4.

53 L 3.5 d N V G b c C h Filägg skottkän och infö ektionskften vid och C! Kften och ä vetikl. Eftesom hjulet ä fitt öligt och kontktkften vid C skn en hoisontell komposnt så ä också kontktkften vid vetikl. m N så kn min bestämms med momentekvtionen med vseende på C : c min ( + b + c) c b c min + + c c min ( + b + c) b c min + + m så kn N bestämms med momentekvtionen med vseende på C : c c N ( b + c) N b+ c L 3.6 m g m g (m +m ) g V b V m g c (m +m ) g Filägg gmnsten fån ingn! Jämvikt fö hel gmnsten fod tt de vetikl kften på händen t upp hel tngden. : m g m g () + () Filägg mn fån esten v koppen och infö kften V och kftpsmomentet M. Jämvikt fö esten v koppen fod : V m g (3) V m g (4) M M Jämvikt fod nu fö vänstemen (den hög i figuen) m g V m g V b m g c : m + m g( b + c) b + M M m g( b+ c) m gc (5)

54 L 3.7 R α K β Vi föutsätte tt skuven sitte fst. Jämvikt fod tt kftmomentet med vseende på en el genom vinkelät mot figuens pln ä noll: Del upp kften K och i komposnte pllell och vinkelät mot nckln. Det ä b komposnten som ä vinkelät mot nckln som ge ett kftmoment. : Ksinα R sin β () K sin β Rsinα Numeiskt fås K 3. 6 N 6 N 4. 3 L 3.8 Vinkelstången ä en tvåkftskopp så tt kontktkften i måste h en vekningslinje som gå genom. β T β R C Filägg nu clinden fån vinkelstången och den gltt eln vid. Infö motsvnde kfte T och R. Kften T och h känd iktning. Eftesom clinden ä en tekftskopp måste ektionskften R h en iktning genom. m figuen its på dett sätt h vi indiekt ställt upp momentekvtionen, eftesom den käve tt momentet skll v noll med vseende på. Jämvikt fod också tt : R R () : T sin β () Men geometin ge sin β 5 T 5

55 L 3.9 etkt ett jämviktsläge då koppen just lättt fån undelget och b vil mot knten vid. Filägg välten! β α+β α N α β h m clinden ote lätt finns b en nomlkft N vid. Den h sin vekningslinje genom centum. De övig kften ä tngdkften och dgkften. Välten ä en tekftskopp. Kftens vekningslinje gå genom. (m en fiktionskft skulle eiste vid måste den också motsvs v ett kftpsmoment på gund v fiktion vid eln.) Infö den vinkel α som dien (elle nomlkften N ) bild med vetiklen. Med en kftekvtion i en iktning vinkelät mot kn nomlkften vid elimines diekt. Jämvikt fod: sinα cos( β + α) sinα cos β + α L 3. etkt ett jämviktsläge då koppen just lättt fån undelget och b vil mot knten vid. Filägg välten! β β α β N α α h m clinden ote lätt finns b en nomlkft N vid. Den h sin vekningslinje genom centum. De övig kften ä tngdkften och dgkften. Välten ä en tekftskopp. Kftens vekningslinje gå genom. (m en fiktionskft skulle eiste vid måste den också motsvs v ett kftpsmoment på gund v fiktion vid eln.) Infö den vinkel α som dien (elle nomlkften N ) bild med vetiklen. Med en kftekvtion i en iktning vinkelät mot kn nomlkften vid elimines diekt. Jämvikt fod: cos( β α) sinα sinα cos β α

56 L 3. K C N G b H c h Filägg vgnen fån kontktton dä fiktionskften ä fösumb. Jämvikt fod: N : H K : N : K b c H K c b Nu v det två p v vje hjul så om nomlkften på enstk hjul söks så ä de N N c N b C L 3. R F V β H Filägg vinschtummn fån späen och ottionseln. päen ä lätt och däfö en tvåkftskopp. Kften F måste gå i smm iktning som späen. Vi föutsätte en gltt ottionsel. Jämvikt fod: : H R H R C : V R R + tn β tn β V tn β + R R

57 L 3.3 b Filägg hndtget! Det påveks v kften smt ektionskfte i leden och. I leden föutsätte vi enligt poblemteten tt kften ä vetikl. C d b b Vilken iktning h kften i? Jo, eftesom länkmen C ä en tvåkftskopp måste kftens vekningslinje gå genom C. e figu! Men hndtget ä en tekftskopp. Det betde tt vekningslinjen också måste gå genom de nd två vekningslinjens skäningspunkt. e figu! Likfomighet ge b d b d b b b C C d b b bseve tt det ä momentekvtionen som bli stisfied genom dett geometisk esonemng. Kftmomentet med vseende på måste v noll.

58 L 3.4 Filägg cikelskivn enligt figuen! 6 V Jämvikt fod: : H () 3 : V + () : + V + H M (3) M H Uttck H och H i H med hjälp v () och (). ätt in i ekv (3): 3 + M M 3 Insättning i ekv () och () ge H M ( 3) och V 3M ( 3) L 3.5 Filägg men enligt figuen och infö ektionskften K och R! c b Länkmen DE ä en tvåkftskopp och Q kften R måste lltså h en vekningslinje genom D och E. Hel den filgd R d men ä en tekftskopp. Vekningslinjen fö kften K måste lltså gå K G E genom punkten. Vi skll bestämm den hoisontell delen v kften K. Vi β D elimine däfö den ointessnt kften R genom tt ställ upp momentekvtionen med vseende på Q vståndet QG ä ctn β. Hävmen till den hoisontell kftkomponenten v K, som vi kll K bli då ctn β d. Momentekvtionen med vseende på Q bli b c ( ctn β d) K ( b+ c) K + c d tn β

59 L 3.7 Filägg bilen fån vägg och undelg! h N N G N f b ilens tngd ä. Vid kontkttn mot väggen finns enligt tet b en hoisontell nomlkft N. Fmhjulen nts ull lätt så tt det finns inte någon fiktionskft dä mot mken. m bilen divs fmåt måste lltså motsvnde fmåtiktde kft v fiktionskften vid bkhjulens kontkt med mken. khjul f N M R m bkhjulspet filäggs se mn tt det föutom kontktkften påveks v en kft R fån esten v bilen, en tngdkft och ett kftpsmoment M. Jämvikt fö hjulpet fod: : M f Dett fökl smbndet melln det divnde momentet och fiktionskften men behövs inte fö tt lös dett poblem. Jämvikt fö den filgd bilen fod: : N f () : N + N () : N ( + b) N h (3) Nomlkften N ä känd. Det betde tt N ges v ekv (3): N Nh + b och då ges N v ekv () N N N Nh + b b Nh N + + b Komment: m nomlkften N ligge en stöe del v bilens tngd på fmhjulen om < b. m b ä i dett fll nomlkften lik sto. Nomlkften N ök nomlkften vid bkhjulen och minsk den vid fmhjulen. Vid ett visst kftpsmoment på bkhjulen, dvs ett visst väde på nomlkften N, lätt fmhjulen.

60 L 3.33 h R β Filägg koppen fån leden i. Infö ektionskften R. Vi föutsätte tt leden ä gltt. Jämvikt fod: : R + cosβ () : + R sin β () : b sin β (3) b Ekv (3) ge b (4) sin β Ekv () och () ge R cosβ R + sin β b ätt in dett i (4)! R tn β R b + R R R b + + b + tn β R + b + b tn β

61 L 3.38 Filägg clindn fån vnd och fån bodet! N Vd hände om spännkften ä fö liten? Jo, de unde clindn fölo kontkten med vnd. Gänsfllet fö dett ä nä nomlkften N. Det ä dett villko som ge min. N N N N C De spetsig vinkln i figuen ä ntingen 6 elle 3. Clindn ä gltt så tt tådkften ä lik sto i ll del v tåden. Det ges också om mn ställe upp momentekvtionen med vseende på vje centum. Jämvikt fod fö den öve clinden: fö den unde vänst clinden: : 3 N 3 () : + N N () ätt nu in N i ekv () och elimine N u ekvtionen genom tt föst multiplice () med, divide () med 3 och sedn dde ekvtionen. Resulttet ä min 3

62 L 3.4 K F K D Q D b h E N β H V C Filägg stången och filägg den unde delen v sstemet fån kontkten vid E och C. tången ä homogen så tt msscentum ligge mitt på stången. ll lede ä gltt. Det betde tt det skns bomsnde kftpsmoment vid dess l. Fö hjulet betde det tt den hoisontell kften vid kontktpunkten F ä noll. nns skulle det v den end kften som skulle ge ett kftmoment med vseende på hjuleln D och hjulet skulle inte v i jämvikt. ntg tt den hoisontell och vetikl komponenten v kontktkften vid C ä H espektive V. Jämvikt fö den filgd stången fod: : ( + b) K ( + b) () Jämvikt fö den filgd unde delen v sstemet fod: : H + Nsin β () : V + N cosβ K (3) C : Ncosβ Nsin β h+ K ( + b) (4) Kften bestäms diekt med ekv (): K (5) Kften N bestäms då v ekv (4): ( + b) N cosβ + hsin β Insättning v (5) och (6) i ekv () och (3) ge då H och V : (6) H ( + b) sin β cosβ + hsin β V + b cosβ cosβ + hsin β elle V hsin β bcosβ cosβ + hsin β m htn β b (se figu!) ä den vetikl kften V. Det motsvs v tt K, N och H bild ett stålkftsstem med skäningspunkt i Q.

63 L 3.5 N f En stel kopp som h konstnt tnsltionshstighet, dvs ll punkte i koppen h lik hstighet, befinne sig i ett jämviktstillstånd. En stel kopp som ote med konstnt vinkelhstighet king en el genom msscentum ä också i jämvikt. Dett gälle även om eln genom msscentum h konstnt hstighet. Full föståelse fö dett få mn i dnmiken. k R l d m bkhjulet filäggs se mn tt det påveks v kfte i centum, kontktkften mot mken smt kften på kedjeknsen, som ju ä stelt föend med hjulet. Kedjehjulet med pedle påveks föutom v kfte i centum v kften och kften på pedlen. End möjligheten tt slipp kften vid ln ä tt ställ upp momentekvtionen med vseende på dess l. Jämvikt fod: khjul : f R k () Kedjehjul : Rl d () Ekv () ge d R l Ekv () ge då f k R f k d R R l Eftesom d och R ä givn konstnt vstånd kn ckelns fmåtdivnde kft f änds b genom utvälingen, dvs föhållndet k / Rl, som kn bestämms genom tt äkn ntlet kugg på de båd hjulen.

64 L E k H β C D V Hjulet påveks vid kontktstället mot mken v kften uppåt. Jämvikt i vetikl led innebä då tt kften på hjulet vid ä nedåt. Då h mn också fösummt hjulets tngd jämföt med flgplnets. Filägg nu stången! Eftesom stången ä lätt, ä det en tvåkftskopp och då måste kften i leden v iktd mot punkten. ntg tt ektionskften i C h komponenten H och V enligt figuen. Kftsitutionen ä då kl eftesom leden ä gltt och tngden få fösumms. Nu åtestå tt u den givn geometin bestämm hävm. bseve tt vinkeln β inte ä 3, eftesom stängen och inte ä vinkelät. CD sin 3 CD () C 3 D cos3 D () Med thgos sts fö tingeln D fås: 3 7 D C 3 (3) Likfomighet ge D ( tn β ) D EC C 3 5 EC EC (4) Jämvikt fö stången fod: : 3 H 5 + (5) E : V (6) Ekv (5) och (6) ge H 3 6 V 6

65 L 3.6 C z E Jämvikt fö stolpen fod tt kftmomentet M. tolpen kn inte vid sig king z-eln, eftesom fundmentet kn blnse ett eventuellt kftmoment i z-iktningen. De te tådkftens moment med vseende på - och - iktningen måste däemot v noll. D CD 6 EF 3 e å smm sätt fås CD,, 6 e CD F ( 3,, 8) ( ( ) 3,, 8) 3,, 8 EF,, 6 e EF Fö tt kunn beäkn kftmomenten måste mn skiv tådkften på vektofom. Vi böj däfö med tt bestämm enhetsvektoen i tådiktningn. Hä ä () (, 3, ) (,, 8) (), 3, 8 (3) (,, 3) ( ( ),, 3),, (,, 6) ( ( ),, 6),, ( ) 74 3,, 8 (4) ( ),, 3 (5) (,, 6) (6) 37 Kften på vektofom ä lltså e ( ) (7) CD CD CDeCD ( ) 3 (8) EF EF EFeEF (,, 6) 37 (9) M e e ez e e ez e e ez CD EF kftmoment fån fundment 4 3CD ( M ) + + CD CD 6EF ( M ) + EF 37 8

66 L 3.65 C C 6m 6m z D 8m 8m 4m 8m De tte kften på stolpen ä föutom tngdkften, tådkften och C smt ektionskften vid. Tådkften skll bestämms. Det motsv två obeknt eftesom kftiktningn ä givn. Rektionskften vid motsv te obeknt. End möjligheten tt slipp den kften i äkningn ä tt ställ upp momentekvtionen med vseende på. Föst skive vi tådkften som vektoe. Vi böj med tt bestämm enhetsvektoen i des iktning. 8, 8, 4 m () ( e e,, ) (,, ) (,, ) (),, C C, 6, 8 m (3) C (, 3, 4) (, 3, 4) ec e C ( ), 3, , 3, 4 (4) C Tådkften skivn som vektoe ä lltså C e (,, ) C CeC (, 3, 4) (5) 3 5 Jämvikt fod: M + C + D (6) ( M ) e e ez e e ez e e ez C m m 6 m (7) Enheten kn tcks v fel men kften innehålle enheten N. 6 4C ( M ) C ( M ) + 6 C C 8 8 Kften ä given: 8 kn 7 kn; C 9 kn

67 L 3.67 D 9 7/4 4 z C l/4 N 3 De tte kften på hlsn, som få nts v liten, ä tngdkften, tådkften smt nomlkften N. Tngdkften och tådkften h givn iktning. Nomlkftens iktning ä delvis känd. Den ä ju vinkelät mot stången. Tådkften skll bestämms. Eftesom hlsn nts v liten h kften smm ngeppspunkt och momentekvtionen ä då edn stisfied. Gå det tt skiv upp en jämviktsekvtion utn tt nomlkften komme med? J, kftekvtionen pojiced på stångens iktning skulle kunn ge esulttet. Vi måste då föst bestämm enhetsvekton i stångens iktning smt kften som vektoe.,, 3, 4, 3, 4, () e ( 3, 4, ) ( 3, 4, ) ( 3, 4, ) ( ( ) 3, 4, ) 3, 4, e e ( 3) + ( 4) + () ( 3, 4, ) (3) 3 Tådkftens iktning fås på smm sätt. Vi bestämme föst enhetsvekton e CD. CD D C CD 7 4,, 9 9 4, 3, 3 CD (, 3, 6) (4) CD (, 3, 6) ecd e CD (5), 3, 6 e CD CD (, 3, 6) ( ( ), 3, 6) ( ) ,, ,, (6) ecd ( ) 7, 3, 6 (7) Jämvikt fod: e + ( ez) e (,, ) ( 3, 4, )+ (,, ) ( 3, 4, ) 3 3 ( )

68 LÖNINGR TILL RLEM I KITEL 4 L 4. z Låt koppens totl mss v 4m, så tt vje k stång h mssn m och längden. Msscentum fö en k homogen stång ligge självklt i mitten. Msscentums -koodint fö den smmnstt koppen ä llmänt G m + m + m + m g g 3 g3 4 g4 m + m + m + m 3 4 Insättning ge: (nume stängen uppifån och ned) G m( )+ m( /)+ m + m 3 4m 8 Motsvnde fö - och z-koodinten bli m m m m / 4m G m ( m m m / )+ + ( / )+ G 4m Lägevekton fån oigo till msscentum G ä lltså 4 ( z ) 3 8, 8, - 4 G G, G, G

69 L 4. stemets msscentum G måste på gund v smmeti ligg på -eln. R m m z G, G Vi beteckn koppn, hlvcikelskivn och tingeln, med inde och. g R Msson bestäms som edensiteten gånge en. m ρ π R, m R R ρ Msscentum fö en hlvcikelskiv och tingel h bestämts i teoiboken. Vi utnttj esultten hä g 4R, 3 π g R, 3 Msscentums -koodint fö den smmnstt koppen ä llmänt G m m + m g g + m Insättning ge G R R R R R 4 + ρ π ρ 3π 3 ρ πr + ρ R R 4R 8R π + 4 4R 3 π + 4 Mn bö med ett nämeväde G. R koll tt denn -koodint ä imlig.

70 L 4.3 Koppens msscentum måste på gund v smmeti ligg på -eln. åde - och -koodinten fö den sökt koppens msscentum ä noll. 6 3 Vi beteckn koppn, den botgn cikelskivn och den estende koppen, med inde espektive. Des msso beteckns m och m. Den uspunglig hlvcikelskivn h då mssn m m + m. Det ä msscentum fö kopp som skll bestämms. Msson bestäms som edensiteten gånge en. m ρπ( ) 4ρπ, m ρ π( 6) 8ρπ m m m ρ π( 6) ρπ( ) 4ρπ Msscentum fö en hlvcikelskiv h bestämts i teoiboken. Vi utnttj esulttet hä, G 3π π,? g g 3 Msscentums -koodint fö hel hlvcikelskivn ä llmänt G m m + m g g + m Insättning ge 8 4ρπ 3+ 4ρπ π 8ρπ g g π + 9 g 6 7 π g 4. Fån böjn, fö hel hlvcikelskivn ä 7 G.. Nä cikelskivn vid 3 ts bot måste msscentums läge sänks.

71 L 4.4 X Koppens msscentum måste på gund v smmeti ligg på X -eln. Det betde tt - och -koodinten fö den sökt koppens msscentum ä lik. Vi bestämme däfö b - koodinten. R Vi beteckn koppn, den botgn kvtcikelskivn och den estende koppen, med inde espektive. Des msso beteckns m och m. Den uspunglig kvdtisk skivn h då mssn m m + m. Msscentums -koodint fö kvtcikelskivn måste v densmm som fö hlvcikelskivn. Det ä dess msscent som mkets i figuen. Det ä msscentum fö kopp som skll bestämms. Msson bestäms som edensiteten gånge en: m ρ π R, m ρr 4 π m m m ρr ρ πr ρ R 4 4 Msscentum fö en hlvcikelskiv h bestämts i teoiboken och finns i en tbell i poblemsmlingen. Vi utnttj esulttet hä 4R g, 3 R G π,? g Msscentums -koodint fö hel den kvdtisk skivn ä llmänt G m m + m g g + m g m G m m g Insättning ge g R R 4R ρ ρ πr 4 3π π ρ R g g R R R 8. R 4 π 34 ( π) 34 ( π) 4 Det numeisk vädet vis tt msscentums koodinte ä imlig.

72 L 4.5 z h H Koppens msscentum måste på gund v smmeti ligg på -eln. Det betde tt - och z-koodinten fö den sökt koppens msscentum ä noll. Vi bestämme däfö b -koodinten. Vi beteckn koppn, den botgn konen och den estende koppen, med inde espektive. Des msso beteckns m och m. Den uspunglig konen h då mssn m m + m. R Msscentum fö en kon med höjden h ligge på vståndet 3h/ 4 fån spetsen. Dett ä egentligen en del v poblemet, men h bestämts i teoiboken och finns i tbell i poblemsmlingen. Det ä msscentums läge fö kopp som skll bestämms. Toppkonens die fås med likfomighet: Msson bestäms som densiteten gånge en: h H R m ρπ h, m ρπr H m m m R H h R H h H h R H h ρπ ρπ ρπ ρπ H 3 3 Msscentum fö en kon h bestämts i teoiboken och finns i en tbell i poblemsmlingen. Vi utnttj esulttet hä 3h H g, G 4 3 4,? g Msscentums -koodint fö hel konen ä llmänt G m m + m g g + m g m G m m g Insättning ge g RH H 3 3h ρπ ρπ h 4 4 R H 3 h 3 ρπ H 3H g RH h 4R H h 3 3 g 4 4 3( H h ) H h Kontoll: h g 3 4 H

73 L 4.6 Väggen kn sägs bestå v mång sml, hög ektngl. En v dess ektngl ligge på vståndet ifån -eln. Den h bedden d och höjden + b. Dess msscentum h läget dm g g + b L Denn ektngel väljs hä som msselement. Msselementet ä ρ dm + b d Hel koppens msscentum fås då enligt fomeln fö en smmnstt kopps msscentum: g m G d g m ; G d dm dm Insättning ge b ρ + d G ρ + b d 3 + b d + b d G L L 3 + b d + b d 4 + b 4 L 3 + b 3 L L + bl 4 3 L + bl bL + bl L 4 G L L 4 ( + b ) ρ( + b ) d ( + b + b ) d L L ρ + b d ρ + b d b + b 3 5 L 3 + b 3 L L+ bl + b L L + bl bl + 3b L 3+ bl 4

74 L 4.7 F C R β Det hä ä ett jämviktspoblem dä mn måste bestämm läget fö koppens msscentum. Fö tt se vilken hävm till koppens tngdkft som bli ktuell ställe vi föst upp jämviktsekvtionen. Jämvikt fod tt kftmomentet med vseende på upphängningseln ä noll. Mn se tt tngden v smältn inte h någon hävm med vseende på denn el. Låt behållens mss v m och låt g v msscentums vstånd fån upphängningseln. I figuen ä msscentum fö smältn och behållen mkede : m gsin β Rcosβ F F g sin β Rcosβ Vi måste bestämm mssn m och msscentums -koodint g. Vi beteckn koppn, det botgn hlvklotet och den estende koppen, med inde espektive. Des msso beteckns m och m. Det uspunglig hlvklotet h då mssn m m + m. Det ä msscentums läge fö kopp som skll bestämms. Msson bestäms som densiteten gånge en: 3 3 m ρ π, m ρ πr 3 3 m m m R R ρ π ρ π ρ π Msscentum fö ett hlvklot h bestämts i teoiboken och finns i en tbell i poblemsmlingen. Vi utnttj esulttet hä 3 R g, G 8 3 8,? g Msscentums -koodint fö hel koppen ä llmänt g Insättning ge G m m + m g g + m g m G m m g g 3 3R 3 3 ρ πr ρ π ρ π( R ) 3 g 4 4 ρ π( R ) ρ π R ( R ) R 4 4 g β 3 R 3 3 tn F ( ρ π R ) R 8 R πρg tn β F R 4R 4 4

Tentamen 1 i Matematik 1, HF1903 Tor 25 sep 2014, kl 13:15-17:15

Tentamen 1 i Matematik 1, HF1903 Tor 25 sep 2014, kl 13:15-17:15 Tentmen i Mtemtik, HF93 To sep 4, kl 3:-7: Exminto: Amin Hlilovi Undevisnde läe: Håkn Stömeg, Jons Stenholm, Elis Sid Fö godkänt etyg kävs v mx 4 poäng Betygsgänse: Fö etyg A, B, C, D, E kävs, 9, 6, 3

Läs mer

Tentamen 1 i Matematik 1, HF jan 2016, kl. 8:15-12:15

Tentamen 1 i Matematik 1, HF jan 2016, kl. 8:15-12:15 Tentmen i Mtemtik, HF9 7 jn, kl 8:5-:5 Eminto: Amin Hlilovi Unevisne läe: Feik Begholm, Jons Stenholm, Elis Si Fö gokänt etg kävs v m poäng Betgsgänse: Fö etg A, B, C, D, E kävs, 9,, espektive poäng Kompletteing:

Läs mer

Kompletterande formelsamling i hållfasthetslära

Kompletterande formelsamling i hållfasthetslära Kompletternde formelsmling i hållfsthetslär Görn Wihlorg LTH 004 Spänningstillståndet i ett pln, vinkelätt mot en huvudspänningsriktning ϕ cos ϕ+ sin ϕ + sinϕcosϕ ϕ sinϕ+ cos ϕ Huvudspänningr och huvudspänningsriktningr

Läs mer

Potentialteori Mats Persson

Potentialteori Mats Persson Föeläsning 3/0 Potentilteoi Mts Pesson Bestämning v elektiskt fält Elektosttikens ekvtione: Det elektisk fältet E bestäms v lddningsfödelningen ρ vi Guss sts E d = ρdv elle uttyckt på diffeentilfom V E

Läs mer

0 x 1, 0 y 2, 0 z 4. GAUSS DIVERGENSSATS. r r r r. r r k ut ur kroppen

0 x 1, 0 y 2, 0 z 4. GAUSS DIVERGENSSATS. r r r r. r r k ut ur kroppen Ain Hlilovic: EXTRA ÖVIGAR Guss divegenssts GAUSS IVERGESSATS Låt v ett vektofält definied i ett öppet oåde Ω Låt Ω v ett kopkt oåde ed nden so bestå v en elle fle to lödet v vektofält ut u koppen geno

Läs mer

I detta avsnitt ska vi titta på den enklaste formen av ekvationer de linjära.

I detta avsnitt ska vi titta på den enklaste formen av ekvationer de linjära. STUDIEAVSNITT EKVATIONER I de vsni sk vi i på den enklse fomen v ekvione de linjä. ALGEBRAISK LÖSNING AV EKVATIONER Meoden nä mn löse ekvione v fös gden, llså ekvione som innehålle -eme men ej eme v pen,,...

Läs mer

Ingenjörsmetodik IT & ME 2007. Föreläsare Dr. Gunnar Malm

Ingenjörsmetodik IT & ME 2007. Föreläsare Dr. Gunnar Malm Ingenjösmetodik IT & ME 2007 Föeläse D. Gunn Mlm 1 Dgens föeläsning F10 Mtemtisk modelle v föänding Ex tillväxten v fökylningsvius elle studieskuld Populät kllt äntetl 2 Inledning mtemtisk modelle Kn nvänds

Läs mer

Mekanik Statik Lösningar

Mekanik Statik Lösningar Meknik ttik Lösningr v Christer Nerg MEKNIK ttik Lösningr Christer Nerg och Lier Får kopiers ttik Kpitel LÖNINGR TILL RLEM I KITEL L. 3 4 5 I dett eempel är geometrin så enkel tt de sökt vinklrn med lite

Läs mer

Lösningar till övningsuppgifter. Impuls och rörelsemängd

Lösningar till övningsuppgifter. Impuls och rörelsemängd Lösninga till övningsuppgifte Impuls och öelsemängd G1.p m v ge 10,4 10 3 m 13 m 800 kg Sva: 800 kg G. p 4 10 3 100 v v 35 m/s Sva: 35 m/s G3. I F t 84 0,5 Ns 1 Ns Sva: 1 Ns G4. p 900. 0 kgm/s 1,8. 10

Läs mer

Tvillingcirklar. Christer Bergsten Linköpings universitet. Figur 1. Två fall av en öppen arbelos. given med diametern BC.

Tvillingcirklar. Christer Bergsten Linköpings universitet. Figur 1. Två fall av en öppen arbelos. given med diametern BC. villingcikla histe Begsten Linköpings univesitet En konfiguation av cikla som fascineat genom tidena ä den sk skomakakniven, elle abelos I denna tidskift ha den tidigae tagits upp av Bengt Ulin (005 och

Läs mer

===================================================

=================================================== min Halilovic: EXTR ÖVNINGR 1 av 8 vstånsbeäkning VSTÅNDSBERÄKNING ( I ETT TREDIMENSIONELLT ORTONORMERT KOORDINTSYSTEM ) vstånet mellan två punkte Låt = ( x1, och B = ( x, y, z) vaa två punkte i ummet

Läs mer

Tentamen i El- och vågrörelselära, 2014 08 28

Tentamen i El- och vågrörelselära, 2014 08 28 Tentamen i El- och vågöelseläa, 04 08 8. Beäknastolekochiktningpådetelektiskafältetipunkten(x,y) = (4,4)cm som osakas av laddningana q = Q i oigo, q = Q i punkten (x,y) = (0,4) cm och q = Q i (x,y) = (0,

Läs mer

Vilka varor och tjänster samt länder handlar svenska företag med? - och varför?

Vilka varor och tjänster samt länder handlar svenska företag med? - och varför? Enmijetet www.enmift.se/enmijetet Smhällsenmi fö ung Enmift h utveclt dett slmteil sm ett mlement till undevisningen i smhällsuns. Syftet ä tt ge eleven en öveginde föståelse fö hu smhällsenmin funge.

Läs mer

Vi börjar med att dela upp konen i ett antal skivor enligt figuren. Tvärsnittsareorna är då cirklar.

Vi börjar med att dela upp konen i ett antal skivor enligt figuren. Tvärsnittsareorna är då cirklar. 3.6 Rotationsvolme Skivmetoden Eempel Hu kan vi beäkna volmen av en kopp med jälp av en integal? Vi visa ett eempel med en kon dä volmen också kan beäknas med fomeln V = π 3 Vi böja med att dela upp konen

Läs mer

UPPGIFT 1. F E. v =100m/s F B. v =100m/s B = 0,10 mt d = 0,10 m. F B = q. v. B F E = q. E

UPPGIFT 1. F E. v =100m/s F B. v =100m/s B = 0,10 mt d = 0,10 m. F B = q. v. B F E = q. E UPPGIFT 1. B 0,10 mt d 0,10 m F B q. v. B F E q. E d e + + + + + + + + + + + + + + + + + + F E F B v 100m/s E U / d - - - - - - - - - - - - - - - - - F B F E q v B q U d Magnetfältsiktning inåt anges med

Läs mer

x 12 12 = 32 12 x 11 + 11 = 26 + 11 x 20 + 20 = 45 + 20 x=3 x=5 x=6 42 = 10x x + 10 = 15 x + 10 10 = 15 10 11 + 9 = 20 x = 65 x + 36 = 46

x 12 12 = 32 12 x 11 + 11 = 26 + 11 x 20 + 20 = 45 + 20 x=3 x=5 x=6 42 = 10x x + 10 = 15 x + 10 10 = 15 10 11 + 9 = 20 x = 65 x + 36 = 46 Vilket tl sk stå i rutn så tt likheten stämmer? + Lös ekvtionen så tt likheten stämmer. = + 9 = + = + = = Det sk stå 9 i rutn. Subtrher båd leden med. r -termen sk vr kvr i vänstr ledet. Skriv rätt tl

Läs mer

Trigonometri. 2 Godtyckliga trianglar och enhetscirkeln 2. 3 Triangelsatserna Areasatsen Sinussatsen Kosinussatsen...

Trigonometri. 2 Godtyckliga trianglar och enhetscirkeln 2. 3 Triangelsatserna Areasatsen Sinussatsen Kosinussatsen... Trigonometri Innehåll 1 Rätvinklig tringlr 1 Godtyklig tringlr oh enhetsirkeln 3 Tringelstsern 4 3.1 restsen.............................. 4 3. Sinusstsen.............................. 5 3.3 Kosinusstsen.............................

Läs mer

SF1625 Envariabelanalys

SF1625 Envariabelanalys SF1625 Envribelnlys Föreläsning 13 Institutionen för mtemtik KTH 27 september 2017 SF1625 Envribelnlys Anmäl er till tentn Anmäl er till tentn nu. Det görs vi min sidor. Om det inte går, mejl studentexpeditionen

Läs mer

PASS 1. RÄKNEOPERATIONER MED DECIMALTAL OCH BRÅKTAL

PASS 1. RÄKNEOPERATIONER MED DECIMALTAL OCH BRÅKTAL PASS. RÄKNEOPERATIONER MED DECIMALTAL OCH BRÅKTAL. Tl, bråktl och decimltl Vd är ett tl för någonting? I de finländsk fmiljern brukr det vnligtvis finns två brn enligt Sttistikcentrlen (http://www.tilstokeskus.fi/tup/suoluk/suoluk_vesto_sv.html).

Läs mer

TMV151/TMV181. Fredrik Lindgren. 19 november 2013

TMV151/TMV181. Fredrik Lindgren. 19 november 2013 TMV151/TMV181 Fredrik Lindgren Mtemtisk vetenskper Chlmers teknisk högskol och Göteborgs universitet 19 november 2013 F. Lindgren (Chlmers&GU) Envribelnlys 19 november 2013 1 / 24 Outline 1 Mss, moment

Läs mer

1 Två stationära lösningar i cylindergeometri

1 Två stationära lösningar i cylindergeometri Föeläsning 6. 1 Två stationäa lösninga i cylindegeometi Exempel 6.1 Stömning utanfö en oteande cylinde En mycket lång (oändligt lång) oteande cylinde ä nedsänkt i vatten. Rotationsaxeln ä vetikal, cylindes

Läs mer

Mekanik för I, SG1109, Lösningar till problemtentamen,

Mekanik för I, SG1109, Lösningar till problemtentamen, KTH Mekanik 2010 05 28 Mekanik fö I, SG1109, Lösninga till poblemtentamen, 2010 05 28 Uppgift 1: En lätt glatt stång OA kan otea king en fix glatt led i O. Leden i O sitte på en glatt vetikal vägg. I punkten

Läs mer

SF1625 Envariabelanalys

SF1625 Envariabelanalys Modul 5: Integrler Institutionen för mtemtik KTH 30 november 4 december Integrler Integrler är vd vi sk håll på med denn veck och näst. Vi kommer tt gör följnde: En definition v vd begreppet betyder En

Läs mer

1 av 9 SKALÄRPRODUKT PROJEKTION AV EN VEKTOR PÅ EN RÄT LINJE. Skalärprodukt: För icke-nollvektorer u r och v r definieras skalärprodukten def

1 av 9 SKALÄRPRODUKT PROJEKTION AV EN VEKTOR PÅ EN RÄT LINJE. Skalärprodukt: För icke-nollvektorer u r och v r definieras skalärprodukten def Amin Hlilic: EXTRA ÖVNINGAR 9 Skläpkt ch ektpjektin SKALÄRPRODUKT PROJEKTION AV EN VEKTOR PÅ EN RÄT LINJE Skläpkt: Fö icke-nllekte ch efinies skläpkten ef cs enligt följne Om minst en ch ef ä nllekt å

Läs mer

Ideal vätska: inkompressibel, ingen viskositet (dvs ingen friktion) (skalär, verkar i alla riktningar) kraften längs ytans normal

Ideal vätska: inkompressibel, ingen viskositet (dvs ingen friktion) (skalär, verkar i alla riktningar) kraften längs ytans normal Något o vätsko (kp 4) Idel vätsk: inkopessibel, ingen viskositet (dvs ingen fiktion) hoogen densitet M densitet ρ ρ() llänt V dm dv tyck n P A N / P (sklä, vek i ll iktning) n kften längs ytns nol vätsk

Läs mer

===================================================

=================================================== Amin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR 1 av 9 Avstånsbeäkning AVSTÅNDSBERÄKNING ( I ETT TREDIMENSIONELLT ORTONORMERAT KOORDINATSYSTEM ) Avstånet mellan två punkte Låt A = ( x1, och B = ( x, y, z ) vaa två punkte

Läs mer

1 Rörelse och krafter

1 Rörelse och krafter 1 Röelse och kafte 101. Man bö da vinkelätt mot vektyget. Kaften F beäknas då genom att momentet M = F! l " F = M l Sva: 40 N = 110 0,45 N = 44 N 10. a) Maximalt moment få Ebba i de ögonblick då kaften

Läs mer

LINJÄR ALGEBRA II LEKTION 1

LINJÄR ALGEBRA II LEKTION 1 LINJÄR ALGEBRA II LEKTION JOHAN ASPLUND INNEHÅLL. VEKTORRUM OCH DELRUM Hel kursen Linjär Algebr II hndlr om vektorrum och hur vektorrum (eller linjär rum, som de iblnd klls) beter sig. Tidigre hr mn ntgligen

Läs mer

För att bestämma virialkoefficienterna måste man först beräkna gasens partitionsfunktion då. ɛ k : gasens energitillstånd.

För att bestämma virialkoefficienterna måste man först beräkna gasens partitionsfunktion då. ɛ k : gasens energitillstånd. I. Reella gase iialkoefficientena beo av fomen på molekylenas växelvekningspotential i en eell gas. Bestämmandet av viialkoefficientena va en av den klassiska statistiska mekanikens huvuduppgifte. Fö att

Läs mer

Kvalificeringstävling den 2 oktober 2007

Kvalificeringstävling den 2 oktober 2007 SKOLORNAS MATEMATIKTÄVLING Svensk Mtemtikersmfundet Kvlifieringstävling den oktober 007 Förslg till lösningr 1 I en skol hr vr oh en v de 0 klssern ett studieråd med 5 ledmöter vrder Per är den ende v

Läs mer

Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Thomas Erlandsson

Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Thomas Erlandsson Uppsl Universitet Mtemtisk Institutionen Thoms Erlndsson RÄTA LINJER, PLAN, SKALÄRPRODUKT, ORTOGONALITET MM VERSION MER OM EKVATIONSSYSTEM Linjär ekvtionssystem och den geometri mn kn härled ur dess är

Läs mer

24 Integraler av masstyp

24 Integraler av masstyp Nr, mj -5, Ameli Integrler v msstyp Kurvintegrler v msstyp Vi hr hittills studert en typ v kurvintegrl, R F dr, där vi integrerr den komponent v ett vektorfält F som är tngentiell till kurvn ( dr) i punkter

Läs mer

7 Elektricitet. Laddning

7 Elektricitet. Laddning LÖSNNGSFÖSLAG Fysik: Fysik och Kapitel 7 7 Elekticitet Laddning 7. Om en positiv laddning fös mot en neutal ledae komme de i ledaen lättöliga, negativt laddade, elektonena, att attaheas av den positiva

Läs mer

Integralen. f(x) dx exakt utan man får nöja sig med att beräkna

Integralen. f(x) dx exakt utan man får nöja sig med att beräkna CTH/GU STUDIO TMVb - / Mtemtisk vetenskper Integrlen Anlys och Linjär Algebr, del B, K/Kf/Bt Inledning Mn kn inte lltid bestämm integrler f() d ekt utn mn får nöj sig med tt beräkn pproimtioner. T.e. e

Läs mer

LEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 10. från jorden. Enligt Newtons v 2 e r. där M och m är jordens respektive F. F = mgr 2

LEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 10. från jorden. Enligt Newtons v 2 e r. där M och m är jordens respektive F. F = mgr 2 LEDNINGA TILL POBLEM I KAPITEL LP Satelliten ketsa king joden oc påvekas av en enda kaft, gavitationskaften fån joden Enligt Newtons v e allänna gavitationslag ä den = G M e () v dä M oc ä jodens espektive

Läs mer

1 av 12. Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR

1 av 12. Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Amn Hlloc: EXTRA ÖVNINGAR Vetopodt VEKTRPRDUKT CH TILLÄMPNINGAR Kompln etoe. Defnton: V säge tt,,..., n ä ompln etoe om etoen lgge ett pln nä de stts fån smm pnt. Med nd od, ompln etoe n mn pllellföfltt

Läs mer

TFYA16/TEN2. Tentamen Mekanik. 29 mars :00 19:00. Tentamen består av 6 uppgifter som vardera kan ge upp till 4 poäng.

TFYA16/TEN2. Tentamen Mekanik. 29 mars :00 19:00. Tentamen består av 6 uppgifter som vardera kan ge upp till 4 poäng. Institutionen fö fysik, kei och biologi (IM) Macus Ekhol TYA16/TEN2 Tentaen Mekanik 29 as 2016 14:00 19:00 Tentaen bestå av 6 uppgifte so vadea kan ge upp till 4 poäng. Lösninga skall vaa välotiveade sat

Läs mer

TATA42: Föreläsning 4 Generaliserade integraler

TATA42: Föreläsning 4 Generaliserade integraler TATA42: Föreläsning 4 Generliserde integrler John Thim 29 mrs 27 Vi hr stött på begreppet tidigre när vi diskutert Riemnnintegrler i föregående kurs. Denn gång kommer vi lite mer tt fokuser på frågn om

Läs mer

Sfärisk trigonometri

Sfärisk trigonometri Sfärisk trigonometri Inledning Vi vill nvänd den sfärisk trigonometrin för beräkningr på storcirkelrutter längs jordytn (för sjöfrt och luftfrt). En storcirkel är en cirkel på sfären vrs medelpunkt smmnfller

Läs mer

TATA42: Tips inför tentan

TATA42: Tips inför tentan TATA42: Tips inför tentn John Thim 25 mj 205 Syfte Tnken med dett kort dokument är tt ge lite extr studietips inför tentn. Kursinnehållet definiers så klrt fortfrnde v kursplnen och kurslitterturen så

Läs mer

9. Vektorrum (linjära rum)

9. Vektorrum (linjära rum) 9. Vektorrum (linjär rum) 43. Vektorrum (linjärt rum) : definition och xiom 44. Exempel på vektorrum v funktioner. 45. Hur definierr mn subtrktion i ett vektorrum? 46. Underrum 47. Linjärkombintioner,

Läs mer

Lösningar och svar till uppgifter för Fysik 1-15 hösten -09

Lösningar och svar till uppgifter för Fysik 1-15 hösten -09 Lösninga och sa till uppgifte fö ysik -5 hösten -09 Röelse. a) -t-diaga 0 5 0 (/s) 5 0 5 0 0 0 0 0 0 50 t (s) b) Bosstäckan ges a 0 + s t 5 /s + 0 /s 5.0 s 6.5 < 00 Rådjuet klaa sig, efteso bosstäckan

Läs mer

=============================================== Plan: Låt π vara planet genom punkten P = ( x1,

=============================================== Plan: Låt π vara planet genom punkten P = ( x1, Amin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Räta linje och plan RÄTA LINJER OCH PLAN Räta linje: Låt L vaa den äta linjen genom punkten P = x, y, som ä paallell med vekton v = v, v, v ) 0. 2 3 P v Räta linjens ekvation

Läs mer

Mekanik för I, SG1109, Lösningar till problemtentamen,

Mekanik för I, SG1109, Lösningar till problemtentamen, KTH Meknik 2008 05 20 Meknik för I, SG09, Lösningr till probletenten, 2008 05 20 Uppgift : En bo ed ssn och längden är i sin en ände onterd i en kulled på en vertikl vägg. I den ndr änden A är fäst två

Läs mer

Lösningsförslag nexus B Mekanik

Lösningsförslag nexus B Mekanik Lösningsföslag 1 Mekanik 101. Stenen falle stäckan s. s gt 9,8 1, 6 m 1,6 m Sva: 1 m 10. Vi kan använda enegipincipen: mv mgh v gh Hastigheten vid nedslaget bli då: v gh 9,85 m/s 6 m/s Sva: 6 m/s 10. a)

Läs mer

Tentamen 1 i Matematik 1, HF dec 2016, kl. 8:00-12:00

Tentamen 1 i Matematik 1, HF dec 2016, kl. 8:00-12:00 Tentmen i Mtemtik, HF9 9 dec 6, kl. 8:-: Emintor: Armin Hlilovic Undervisnde lärre: Erik Melnder, Jons Stenholm, Elis Sid För godkänt betyg krävs v m poäng. Betygsgränser: För betyg A, B, C, D, E krävs,

Läs mer

Byt till den tjocka linsen och bestäm dess brännvidd.

Byt till den tjocka linsen och bestäm dess brännvidd. LINSER Uppgit: Mteriel: Teori: Att undersök den rytnde örmågn hos olik linser och tt veriier linsormeln Ljuskäll och linser ur Optik-Elin Med hjälp v en lmp och en ländre med ler öppningr år vi ler ljusstrålr,

Läs mer

Räkneövning 1 atomstruktur

Räkneövning 1 atomstruktur Räkneövning 1 tomstruktur 1. Atomerns lägen i grfen (ett mteril som består v endst ett end tomlger v koltomer och vrs upptäckt gv Nobelpriset i fysik, 010) ligger i de gitterpunkter som viss i figuren

Läs mer

LÖSNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 5

LÖSNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 5 LÖIGR TILL ROLEM I KITEL 5 L 5. Frilägg kurvbågen rån den vertikl stången! α Vi börjr med tt i iguren sätt ut tyngdkrten, som nts vr. Mssentrums vstånd rån stången r/π, där r är rdien, nts här vr känt.

Läs mer

NATIONELLT KURSPROV I MATEMATIK KURS C VÅREN 2005 3. Del I, 10 uppgifter utan miniräknare 4. Del II, 8 uppgifter med miniräknare 6

NATIONELLT KURSPROV I MATEMATIK KURS C VÅREN 2005 3. Del I, 10 uppgifter utan miniräknare 4. Del II, 8 uppgifter med miniräknare 6 Kurs plnering.se NpMC vt005 (5) Innehåll Förord NATIONELLT KURSPROV I MATEMATIK KURS C VÅREN 005 Del I, 0 uppgifter utn miniräknre 4 Del II, 8 uppgifter med miniräknre 6 Förslg på lösningr till uppgifter

Läs mer

MA002X Bastermin - matematik VT16

MA002X Bastermin - matematik VT16 MA00X Bstermin - mtemtik VT6 Något om trigonometri Mikel Hindgren februri 06 Cirkelns ekvtion Exempel Beräkn vståndet melln punktern (4, 6) och (, ). 7 6 5 4 d (, ) 4 = (4, 6) 6 = 4 4 5 6 Pythgors sts:

Läs mer

ELEMENTÄR - SVÅRARE FÄRGGENETIK. Del 2

ELEMENTÄR - SVÅRARE FÄRGGENETIK. Del 2 ELEENTÄ - SVÅE FÄGGENETIK Del 2 v i Gönkvist ång nlg funge så tt nä två nlg ed olik vekn föekoe i s nlgs så doine det en nlget öve det nd. De doinende nlgen klls doinnt och de nlgen so ge vik klls ecessiv.

Läs mer

Gör slag i saken! Frank Bach

Gör slag i saken! Frank Bach Gör slg i sken! Frnk ch På kppseglingsbnn ser mn tävlnde båtr stgvänd lite då och då under kryssrn. En del v båtrn seglr för styrbords hlsr och ndr för bbords. Mn kn undr vem som gör rätt och hur mn kn

Läs mer

ORTONORMERADE BASER I PLAN (2D) OCH RUMMET (3D) ORTONORMERAT KOORDINAT SYSTEM

ORTONORMERADE BASER I PLAN (2D) OCH RUMMET (3D) ORTONORMERAT KOORDINAT SYSTEM Armin Hlilovi: EXTRA ÖVNINGAR 1 v 1 Ortonormerde bser oh koordinter i 3D-rummet ORTONORMERADE BASER I PLAN D OCH RUMMET 3D ORTONORMERAT KOORDINAT SYSTEM Vi säger tt en bs i rummet e r, e r, e r z e r,

Läs mer

KURVOR OCH PÅ PARAMETER FORM KURVOR I R 3. En kurva i R 3 beskrivs anges oftast på parameter form med tre skalära ekvationer:

KURVOR OCH PÅ PARAMETER FORM KURVOR I R 3. En kurva i R 3 beskrivs anges oftast på parameter form med tre skalära ekvationer: Amin Hlilovic: EXTRA ÖVNINGAR Kuvo på pmeefom KURVOR OCH PÅ PARAMETER FORM KURVOR I R En kuv i R beskivs nges ofs på pmee fom med e sklä ekvione: x = f, y = f, z = f, D R * Fö vje få vi en punk på kuvn

Läs mer

Den geocentriska världsbilden

Den geocentriska världsbilden Den geocentiska väldsbilden Planetens Mas osition elativt fixstjänona fån /4 till / 985. Ganska komliceat! Defeent Innan Koenikus gällde va den geocentiska väldsbilden gällande. Fö att föklaa de komliceade

Läs mer

Lamellgardin. Nordic Light Luxor INSTALLATION - MANÖVRERING - RENGÖRING

Lamellgardin. Nordic Light Luxor INSTALLATION - MANÖVRERING - RENGÖRING INSTALLATION - MANÖVRERING - RENGÖRING Se till tt lmellgrdinen fästes i ett tillräckligt säkert underlg. Ev motor och styrutrustning skll instllers v behörig elektriker. 1 Montering Luxor monters med de

Läs mer

1 av 9. vara en icke-nollvektor på linjen L och O en punkt på linjen. Då definierar punkten O och vektorn e r ett koordinataxel.

1 av 9. vara en icke-nollvektor på linjen L och O en punkt på linjen. Då definierar punkten O och vektorn e r ett koordinataxel. Amin Haliloic: EXTRA ÖVNINGAR a 9 Base och koodinate i D-ummet BASER CH KRDINATER Vektoe i ett plan Vektoe i ummet BASER CH KRDINATER FÖR VEKTRER SM LIGGER PÅ EN RÄT LINJE Vi betakta ektoe som ligge på

Läs mer

x=konstant V 1 TANGENTPLAN OCH NORMALVEKTOR TILL YTAN z = f ( x, LINEARISERING NORMALVEKTOR (NORMALRIKTNING) TILL YTAN.

x=konstant V 1 TANGENTPLAN OCH NORMALVEKTOR TILL YTAN z = f ( x, LINEARISERING NORMALVEKTOR (NORMALRIKTNING) TILL YTAN. Amin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR Tangentplan Linjäa appoimatione TANGENTPLAN OCH NORMALVEKTOR TILL YTAN z LINEARISERING NORMALVEKTOR NORMALRIKTNING TILL YTAN Låt z vaa en dieentieba unktion i punkten a b

Läs mer

Föreläsning 1. Elektrisk laddning. Coulombs lag. Motsvarar avsnitten 2.12.3 i Griths.

Föreläsning 1. Elektrisk laddning. Coulombs lag. Motsvarar avsnitten 2.12.3 i Griths. Föeläsning 1 Motsvaa avsnitten 2.12.3 i Giths. Elektisk laddning Två fundamentala begepp: källo och fält. I elektostatiken ä källan den elektiska laddningen och fältet det elektiska fältet. Två natulaga

Läs mer

0 a. a -Â n 2 p n. beskriver på sedvanligt sätt en a-periodisk utvidgning av f. Nedanför ritas en partialsumma av Fourierserien.

0 a. a -Â n 2 p n. beskriver på sedvanligt sätt en a-periodisk utvidgning av f. Nedanför ritas en partialsumma av Fourierserien. Sinus- och cosinusserier I slutet v kursen där vi skll lös differentilekvtioner på ändlig intervll v typen H, L, behöver vi konstruer Fourierserier med en viss typ v uppförnde i intervllens ändpunkter.

Läs mer

Analys o 3D Linjär algebra. Lektion 16.. p.1/53

Analys o 3D Linjär algebra. Lektion 16.. p.1/53 Anlys o 3D Linjär lgebr Lektion 16. p.1/53 . p.2/53 v 3D Linjär lgebr Hr betrktt vektorer v typen etc resp dvs ordnde triplr v typen. reell tl 3D Linjär lgebr Punkt-vektor dulismen En ordnd tripel v typen

Läs mer

GEOMETRISKA VEKTORER Vektorer i rummet.

GEOMETRISKA VEKTORER Vektorer i rummet. GEOMETRISKA VEKTORER Vektorer i rummet. v 6 Någr v de storheter som förekommer inom nturvetenskp kn specificers genom tt ders mätetl nges med ett end reellt tl. Exempel på sådn storheter, som klls sklär

Läs mer

Campingpolicy för Tanums kommun

Campingpolicy för Tanums kommun 1(8) Cmpingpolicy för Tnums kommun 1. Bkgrund Strömstds och Tnums kommuner diskuterde gemensmt sin syn på cmpingverksmhetern i respektive kommun år 2003 och kunde då se ett stort behov v tt en likrtd syn

Läs mer

4 ARBETE OCH ENERGI. 4.1 Inledning. 4.3 Lagen fór kinetiska energin i en dimension. 4.2 Integration av rörelseekvationerna i en dimension

4 ARBETE OCH ENERGI. 4.1 Inledning. 4.3 Lagen fór kinetiska energin i en dimension. 4.2 Integration av rörelseekvationerna i en dimension Arbete och energi 4 4 ARBETE OCH ENERGI 4. Inledning Från Newton s ndr lg kn mn härled ndr lgr, vilk lterntivt kn nvänds vid problemlösning. Dett leder till de ny begreppen rbete och energi. I mång fll

Läs mer

Läsanvisningar för MATEMATIK I, ANALYS

Läsanvisningar för MATEMATIK I, ANALYS Läsnvisningr för MATEMATIK I, ANALYS Läsnvisningrn är tänkt i först hnd för dig som läser kursen mtemtik I på distns, och de sk vägled dig på din res genom nlysen. Stoffet är i stort sett portionert på

Läs mer

sluten, ej enkel Sammanhängande område

sluten, ej enkel Sammanhängande område POTENTIALFÄLT ( =konsevativt fält). POTENTIALER. EXAKTA DIFFERENTIALER Definition A1. En kuva = ( t), och ändpunkten sammanfalle. a t b ä sluten om ( a) = ( b) dvs om statpunkten Definition A. Vi säge

Läs mer

Mat-1.1510 Grundkurs i matematik 1, del III

Mat-1.1510 Grundkurs i matematik 1, del III Mt-.50 Grundkurs i mtemtik, del III G. Gripenberg TKK december 00 G. Gripenberg TKK) Mt-.50 Grundkurs i mtemtik, del III december 00 / 59 Vribelbyte F gx))g x) dx = d F gx)) dx dx = / b F gx)) = F gb))

Läs mer

Generaliserade integraler

Generaliserade integraler Generliserde integrler Mtemtik Breddning 2.5 Frm till denn punkt hr vi endst studert integrler där funktionen som skll integrers vrit begränsd. Dessutom hr det intervll över vilket vi integrerr vrit begränst

Läs mer

Kmerobjektiv oc elokusering Zoomobjektiv Ett kmerobjektiv sk normlt vbil ett objekt som beinner sig på någr meters vstån på en ilm i en krtig örminskning. Det innebär tt okllängen på et objektiv mn sk

Läs mer

1(5) & nt s. MrLJösÄKRtNG INNENALLER. MILJöPOLICY. och. ARBETSMILJöPOLIGY. K:\Mallar

1(5) & nt s. MrLJösÄKRtNG INNENALLER. MILJöPOLICY. och. ARBETSMILJöPOLIGY. K:\Mallar 1(5) & nt s MLJösÄKRtNG INNENALLER MILJöPOLICY ch ARBETSMILJöPOLIGY K:\Malla MILJOPOLICY 2(5) # nt s Denna miljöplicy gälle Elcente. Syfte Elcente ska följa aktuell miljölagstiftning, egle, kav ch nme

Läs mer

Vågräta och lodräta cirkelbanor

Vågräta och lodräta cirkelbanor Vågäta och lodäta cikelbano Josefin Eiksson Sammanfattning fån boken Ego fysik 13 septembe 2012 Intoduktion Vi ska studea koklinjig öelse i två dimensione - i ett plan. Våätt plan och lodätt plan Exempel

Läs mer

Tentamen i mekanik TFYA16

Tentamen i mekanik TFYA16 EKNISK HÖGSKOLN I LINKÖPING Institutionen för Fysik, Kei och ioloi Gli Pozin enten i eknik FY6 illåtn Hjälpedel: Physics Hndbook eller efy utn en nteckninr, vprorerd räknedos enlit IFM:s reler. Forelslinen

Läs mer

Tentamen ellära 92FY21 och 27

Tentamen ellära 92FY21 och 27 Tentmen ellär 92FY21 och 27 201-08-22 kl. 8 13 Svren nges på seprt ppper. Fullständig lösningr med ll steg motiverde och eteckningr utstt sk redoviss för tt få full poäng. Poängen för en helt korrekt löst

Läs mer

V1. Intervallet [a,b] är ändligt, dvs gränserna a, b är reella tal och INTE ±. är begränsad i intervallet [a,b].

V1. Intervallet [a,b] är ändligt, dvs gränserna a, b är reella tal och INTE ±. är begränsad i intervallet [a,b]. Armin Hlilovic: ETRA ÖVNINGAR Generliserde integrler GENERALISERADE INTEGRALER När vi definierr Riemnnintegrl f ( ) d ntr vi tt följnde två krv är uppfylld: V. Intervllet [,] är ändligt, dvs gränsern,

Läs mer

Integraler och statistik

Integraler och statistik Föreläsning 8 för TNIU Integrler och sttistik Krzysztof Mrcinik ITN, Cmpus Norrköping, krzm@itn.liu.se www.itn.liu.se/krzm ver. 4 - --8 Inledning - lite om sttistik Sttistik är en gren v tillämpd mtemtik

Läs mer

Uttryck höjden mot c påtvåolikasätt:

Uttryck höjden mot c påtvåolikasätt: Sinusstsen Beviset i PB gger å tre resultt som nog få gmnsieelever är förtrogn med. Vrje tringel hr en s.k. omskriven cirkel en cirkel som går genom ll tre hörnen : C Uttrck höjden mot c åtvåoliksätt:

Läs mer

Induktion LCB 2000/2001

Induktion LCB 2000/2001 Indution LCB 2/2 Ersätter Grimldi 4. Reursion och indution; enl fll n 2 En tlföljd n nturligtvis definiers genom tt mn nger en explicit formel för uträning v n dess 2 element, som till exempel n 2 () n

Läs mer

21. Boltzmanngasens fria energi

21. Boltzmanngasens fria energi 21. Boltzmanngasens fia enegi Vi vill nu bestämma idealgasens fia enegi. F = Ω + µ; Ω = P V (1) = F = P V + µ (2) Fö idealgase gälle P V = k B T så: F = [k B T µ] (3) men å anda sidan vet vi fån föa kapitlet

Läs mer

BILDFYSIK. Laborationsinstruktioner LABORATIONSINSTRUKTIONER. Fysik för D INNEHÅLL. Laborationsregler sid 3. Experimentell metodik sid 5

BILDFYSIK. Laborationsinstruktioner LABORATIONSINSTRUKTIONER. Fysik för D INNEHÅLL. Laborationsregler sid 3. Experimentell metodik sid 5 LABORATIONSINSTRUKTIONER Laboationsinstuktione Fysik fö D BILDFYSIK INNEHÅLL Laboationsegle sid 3 Expeimentell metodik sid 5 Svängande fjäda och stava sid 17 Geometisk optik sid 21 Lunds Tekniska Högskola

Läs mer

NATIONELLT KURSPROV I MATEMATIK KURS C VÅREN 2011 3. Kravgränser 4. Del I, 8 uppgifter utan miniräknare 5. Del II, 9 uppgifter med miniräknare 8

NATIONELLT KURSPROV I MATEMATIK KURS C VÅREN 2011 3. Kravgränser 4. Del I, 8 uppgifter utan miniräknare 5. Del II, 9 uppgifter med miniräknare 8 Kurs plnering.se NpMC vt011 1(9) Innehåll Förord NATIONELLT KURSPROV I MATEMATIK KURS C VÅREN 011 Krvgränser 4 Del I, 8 uppgifter utn miniräknre 5 Del II, 9 uppgifter med miniräknre 8 Förslg på lösningr

Läs mer

GRADIENT OCH RIKTNINGSDERIVATA GRADIENT. Gradienten till en funktion f = f x, x, K, innehåller alla partiella derivator: def. Viktig egenskaper:

GRADIENT OCH RIKTNINGSDERIVATA GRADIENT. Gradienten till en funktion f = f x, x, K, innehåller alla partiella derivator: def. Viktig egenskaper: Amin Haliloic: EXTRA ÖVNINGAR GadientRiktningsdeiata GRADIENT OCH RIKTNINGSDERIVATA GRADIENT Gadienten till en funktion f = f,, K, ) i en punkt P,, K, ) ä ekto som innehålle alla patiella deiato: gad def

Läs mer

r r r r Innehållsförteckning Mål att sträva mot - Ur kursplanerna i matematik Namn: Datum: Klass:

r r r r Innehållsförteckning Mål att sträva mot - Ur kursplanerna i matematik Namn: Datum: Klass: Innehållsföteckning 2 Innehåll 3 Mina matematiska minnen 4 Kosod - Lodätt - Vågätt 5 Chiffe med bokstäve 6 Lika med 8 Fomel 1 10 Konsumea mea? 12 Potense 14 Omketsen 16 Lista ut mönstet 18 Vilken fom ä

Läs mer

Repetitionsuppgifter i matematik

Repetitionsuppgifter i matematik Lärrprogrmmet Ingång Mtemtik och Lärnde Repetitionsuppgifter i mtemtik Inför vårterminens mtemtikstudier kn det vr r tt repeter grundläggnde räknefärdigheter. Dett mteril innehåller uppgifter inom följnde

Läs mer

10. Tillämpningar av integraler

10. Tillämpningar av integraler 90 10 TILLÄMPNINGAR AV INTEGRALER 10. Tillämpningr v integrler 10.1. Riemnnsummor I det här vsnittet sk vi se hur integrler nvänds för tt beräkn re v en pln t, volm v rottionskroppr, längd v en kurv, re

Läs mer

LE2 INVESTERINGSKALKYLERING

LE2 INVESTERINGSKALKYLERING LE2 INVESTERINGSKALKYLERING FÖRE UPPGIFTER... 2 2.1 BANKEN... 2 2.2 CONSTRUCTION AB... 2 2.3 X OCH Y... 2 UNDER UPPGIFTER... 3 2.4 ETT INDUSTRIFÖRETAG... 3 2.5 HYRA ELLER LEASA... 3 2.6 AB PRISMA... 3

Läs mer

Lösningar basuppgifter 6.1 Partikelns kinetik. Historik, grundläggande lagar och begrepp

Lösningar basuppgifter 6.1 Partikelns kinetik. Historik, grundläggande lagar och begrepp Lösningr bsuppgifter 6.1 Prtikelns kinetik. Historik, grundläggnde lgr och begrepp B6.1 1-2) Korrekt 3) elktig (Enheten skll inte vr med här; om exempelvis m 2 = 10 kg, så är m 2 g = 98,1. Uttrycket m

Läs mer

Definition. En cirkel är mängden av de punkter i planet vars avstånd till en given punkt är (*)

Definition. En cirkel är mängden av de punkter i planet vars avstånd till en given punkt är (*) Armin Hlilovic: EXTRA ÖVNINGAR Andrgrdskurvor NÅGRA VIKTIGA ANDRAGRADSKURVOR: CIRKEL, ELLIPS, HYPERBEL OCH PARABEL CIRKEL Definition. En cirkel är mängden v de punkter i plnet vrs vstånd till en given

Läs mer

Gauss och Stokes analoga satser och fältsingulariteter: källor och virvlar Mats Persson

Gauss och Stokes analoga satser och fältsingulariteter: källor och virvlar Mats Persson Föreläsning 14/9 Guss och tokes nlog stser och fältsingulriteter: källor och virvlr Mts Persson 1 tser nlog med Guss och tokes stser 1.1 tser nlog med Guss sts Det finns ett pr stser som är mycket när

Läs mer

Vilken rät linje passar bäst till givna datapunkter?

Vilken rät linje passar bäst till givna datapunkter? Vilken rät linje pssr bäst till givn dtpunkter? Anders Källén MtemtikCentrum LTH nderskllen@gmil.com Smmnfttning I det här dokumentet diskuterr vi minst-kvdrtmetoden för skttning v en rät linje till dt.

Läs mer

Sammanfattning av STATIK

Sammanfattning av STATIK Sammanfattning av STATIK Pete Schmidt IEI-ekanik, LiTH Linköpings univesitet Kaft: En kafts vekan på en kpp bestäms av kaftens stlek, iktning ch angeppspunkt P. Kaftens iktning ch angeppspunkt definiea

Läs mer

Detta är Saco GÅ MED I DITT SACOFÖRBUND

Detta är Saco GÅ MED I DITT SACOFÖRBUND d t m f s e g e v S l! m e s k V dem k 2 V sml Sveges kdemke 3 Dett ä Sco Sco, Sveges kdemkes centlognston, bestå v 22 självständg fckföbund och ykesföbund. Tllsmmns ä v öve 650 000 kdemke som ä studente,

Läs mer

Appendix. De plana triangelsatserna. D c

Appendix. De plana triangelsatserna. D c ppendix e pln tringelstsern Pythgors sts: I en rätvinklig tringel gäller, med figurens etekningr: 2 = 2 + 2 1 2 evis: Vi utnyttjr likformigheten melln tringlrn, oh. v denn får vi, med figurens etekningr:

Läs mer

16 Area- och volymberäkningar, areor av buktiga

16 Area- och volymberäkningar, areor av buktiga Nr 6, ril -5, Ameli 6 Are- och volmberäkningr, reor v buktig tor 6. Någr reberäkningr Eemel (96e) Beräkn ren som begränss v =,=, = och =. 3.5.5.5.5.5.5 3 Lösning: En möjlighet är tt del tn enligt den streckde

Läs mer

Internetförsäljning av graviditetstester

Internetförsäljning av graviditetstester Internetförsäljning v grviditetstester Mrkndskontrollrpport från Enheten för medicinteknik 2010-05-28 Postdress/Postl ddress: P.O. Box 26, SE-751 03 Uppsl, SWEDEN Besöksdress/Visiting ddress: Dg Hmmrskjölds

Läs mer

Lösningar till tentamen i EF för π3 och F3

Lösningar till tentamen i EF för π3 och F3 Lösningr till tentmen i EF för π3 och F3 Tid och plts: 31 oktober, 14, kl. 14.19., lokl: Vic 3BC. Kursnsvrig lärre: Gerhrd Kristensson. Lösning problem 1 Vi beräknr potentilen från en stv och multiplicerr

Läs mer

10 Dimensionering av balkar med varierande tvärsnitt och krökta balkar

10 Dimensionering av balkar med varierande tvärsnitt och krökta balkar x ap 0 Dimensioneing av balka med 0 Dimensioneing av balka med vaieande tväsnitt oc kökta balka Tabell 0. Allmänna balkfome. Pulpetbalk l Sadelbalk l ap l Kökt balk 'x 'ap 0 x x 0 l/-c/ l/ c/ γ = c/ =

Läs mer

13.9.2006 Dnr 6/002/2006. Till pensionsstiftelser som bedriver tilläggspensionsskydd och är underställda lagen om pensionsstiftelser

13.9.2006 Dnr 6/002/2006. Till pensionsstiftelser som bedriver tilläggspensionsskydd och är underställda lagen om pensionsstiftelser FÖRESRIFT 13.9.2006 Dnr 6/002/2006 Till pensionsstiftelser som edriver tilläggspensionsskydd och är underställd lgen om pensionsstiftelser FÖRSÄRINGSTENIS BERÄNINGR OCH DERS BERÄNINGSGRUNDER FÖR PENSIONSSTIFTELSER

Läs mer

FYSIKTÄVLINGEN KVALIFICERINGS- OCH LAGTÄVLING LÖSNINGSFÖRSLAG. = fn s = fmgs 2. mv 2. s = v 2. π d är kilogrammets.

FYSIKTÄVLINGEN KVALIFICERINGS- OCH LAGTÄVLING LÖSNINGSFÖRSLAG. = fn s = fmgs 2. mv 2. s = v 2. π d är kilogrammets. FYSIKÄVINGEN KVAIFICERINGS- OCH AGÄVING 5 febuai 1998 ÖSNINGSFÖRSAG SVENSKA FYSIKERSAMFUNDE 1. Den vanliga modellen nä en kopp glide på ett undelag ä att man ha en fiktionskaft som ä popotionell mot nomalkaften

Läs mer

Kap.7 uppgifter ur äldre upplaga

Kap.7 uppgifter ur äldre upplaga Ka.7 ugifte u älde ulaga 99: 7. Beäkna aean innanfö s.k. asteoidkuvan jj + jyj Absolutbeloen ha till e ekt att, om unkten (a; b) kuvan, så gälle detsamma (a; b) (segelsymmeti m.a.. -aeln), ( a; b) (segelsymmeti

Läs mer