9 Rörelse och krafter 2
|
|
- Roger Eklund
- för 6 år sedan
- Visningar:
Transkript
1 9 Röelse och afte Kastöelse 9.1 Just då stenen ä i banans hösta punt och ände fö att böja öa si nedåt ä den still i etialled. Stenens acceleation ä noll i hoisontalled unde hela öelsen. Sa: Sant 9. a) Koppens hastihet ha, i aje punt, samma itnin som dess bana. b) I och med att i fösumma luftmotståndet ä aften på oppen hela tiden tyndacceleationen och den ä alltid itad at mot joden. c) Koppens acceleation ha alltid samma itnin som den esulteande aften, ilen hä ä lia med tyndaften och den ä hela tiden itad at mot joden. 9.3 y α En astöelse an ofta behandlas som tå samtidia öelse. Utånshastihetena i fö esp. öelse fås som cosα
2 a) Stäcan föemålet fädas fås som t cosα t m/s α 3 och tiden fö öelsen, t, behöe bestämmas. Den fås enom att titta i öelsens anda itnin. äden ä slut då föemålet landa. Hä landa det på samma höjd som det astas fån ilet betyde att y då det landa. Läet i y-led besis a t y yt ilet e oss t enlit y t t t y y t sinα sin 3 9,8 s,37 s Denna tid anänds sedan till att beäna fö stäcan som föemålet fädas i -led. cosα t cos3,37 m 35,3 m b) öemålet ha sin minsta öelseenei då dess hastihet ä som minst. Detta intäffa i banans hösta punt eftesom y då ä noll. Detta e oss föemålets minsta öelseenei som E,min ( cosα ) m m, m ( cos3 ),15 J,5 J Sa: a) 35 m och b) J
3 9.4 Specifit fö denna astöelse ä: Då ulan täffa maen ha den föflyttats 1,55 m i neati y-itnin. Utånshastiheten i -led ä 95 m/s. Utånshastiheten i y-led ä m/s., 95 m/s y Kulans läe i y-led es a t y yt y 1,55 m och y y -15 m t ilet e 1,55 u ilet den söta tiden fås som t 1,55 9,8 s,56 s Sa:,56 s 9.5 I astbanans hösta punt ä hastiheten /4 och ilet e y, cosα 4 u ilet den söta ineln fås enlit Sa: 76 cosα cos α ( 1 4) α cos 1 75,5
4 9.6 y y -,3 m 38 14,5 m Kulan föflytta si 14,5 m i -led t cosα t, ilet e tiden fö fäden som t cosα 14,5 m α 38 14,5 18,43 ilet e t cos38 Då ulan föflyttat si 14,5 m i -led ha den samtidit föflyttat si,3 m i neati y-itnin: och t t y,yt sinα t y,3 m 18,43 t ilet e,3 sin 38 ilet an föenlas 1667,75,3 11,35 18,43 9,8 18,43 u ilet den söta utånshastiheten fås enlit Sa: 11 m/s 1667,75 m/s 11,5 m/s 11,35 +,3
5 9.7 a) Stenanas läe i y-led es a t t y,yt sinα t Denna sis om fö att sedan, m.h.a. pq-fomeln få ett uttyc fö tiden att hamna på en iss höjd t t sinα t + y sinα y t + pq-fomeln e oss nu tiden sinα t ± sinα En minde inel α e en otae tid. y ö specialfallet y, d..s. då stenen landa på samma höjd den astas fån, fås sinα sinα sinα t ± elle t. Äen hä e en minde inel α en otae tid. b) Stenens läe i -led es a t cosα t, ö specialfallet y fås sinα cosα ilet, m.h.a. sin α cosα sinα, an föenlas till sin α ö sten A, med α 45, fås A sin 9 A och fö sten B, med α 55, fås
6 A sin11 B,94, 94 Sten A landa alltså länst bot. Sa: a) Den med minst inel, d..s. sten A och b) den med minst inel, d..s. sten A. A 9.8 Bilen och ulan ollidea om deas läe i - esp y-led sammanfalle id samma tidpunt. : Bilens läe i -led ä onstant och 1 m fån stenen. Stenen läe i -led es a t cosα t,. Bilen och stenen ä på samma plats i -led då 1 cosα t elle 1 t cosα α 3 och t sanas men ett uttyc fö den an fås fån det som hände i y-led. y: Bilens läe i y-led es a y t 1t bil Stenen läe i y-led es a t y sinα t. Bilens och stenens läen i y-led ä samma då t 1t sinα t
7 u ilet ett uttyc fö tiden fås enlit t 1 sinα t sinα 1 t α ( sin 1) Detta sätts lia med uttycet fö t fån -led Omsinin ( sinα 1) 1 cos 1 ( sinα 1) cosα 1 sinα 1 cosα In med siffo 1 sinα α 1 cosα sinα 1 sin 3 1 9,8 cos3 sin 3 113,39 pq-fomeln e oss nu hastiheten ± 113,39 m/s -4,61 m/s och 4,61 m/s 4,61 m/s ä den fysialist imlia. Sa: 5 m/s
8 9.9 Då snöet ått få ulan en astöelse. Aståndet fån P till den slå ned i maen es då a ilet e t cosα t, α t och och t behöe bestämmas. ä lia med den fat stålulan snuas med innan snöet å a som: s t 1,1 m π T 6, och T s,6 s 1 t fås fån att då ulan slå i maen ha den föflyttat si 1,85 m neati y-itnin. ilet e t y sinα t α t y och t y y 1,85 m Detta e oss nu totalt 7,7 m Sa: 7,1 m ( 1,85) π y π 1,1 t m T,6 9,8
9 Laddnins öelse i homoent eletist fält 9.1 ältlinjenas itnin ä i aje punt definiead som aftens itnin på en positi laddnin i punten. En fi eleton som placeas i ett eletist fält påeas med a en aft at motitad fältlinjena och acceleeas med, enlit Newtons :a la i en itnin at motsatt fältlinjenas. Sa: alst 9.11 ältet utfö ett abete på laddninen ilet e W s EQ W EQs Abetet ä lia stot som öninen i laddninens öelseenei. E EQs Detta e oss den söta laddninen som E Q Es E, 15J, E 35 V/m och s,4 m ilet e Q Sa: 1,1 mc,15 35 C,17 C,4 9.1 Röelsen inelät mot fältlinjena ä lifomi och den paallell med fältlinjena ä lifomit acceleead. Eletonens uspunlia hastihet ä inelät mot fältlinjena och ändas med inte unde öelsen, oss tiden att föflytta si 1, cm i den itninen fån t 5 5, 1 m/s. Det e,1 som t s 5 5, 1, 1 8 s
10 I fältets itnin ä öelsen lifomit acceleead och hastiheten ändas enlit y, y + at, y m/s och ilet e QE a m m 19 1, , 1 31 QE y t m/s m 9, m/s Stoleen på eletonens hastihet efte att den öt si 1, cm enom fältet fås med Pythaoas sats. och itninen + y 5 ( 5, 1 ) m/s m/s a tan 74,7 5 5, 1 6 Sa: 1,8 1 med itnin 75 oan dess uspunlia öelseitnin 9.13 Röelsen inelät mot fältlinjena ä lifomi och den paallell med fältlinjena ä lifomit acceleead. Eletonens uspunlia hastihet,, sa bestämmas. Den ä inelät mot fältlinjena och påeas med oföändad unde öelsen. I fältets itnin ä öelsen lifomit acceleead och hastiheten noll då eletonen täde in i fältet och y då den lämna fältet. y 17
11 Pythaoas sats e oss sambandet mellan de te hastihetena + 6 3,7 1 y och tionometi sambandet mellan tå a dem tan 17 Häu fås tan17 y ilet e, ( tan17) 3 y u ilet den söta uspunshastiheten fås 6 ( 3,7 1 ) ( tan17) + 6 ( 3,7 1 ) ( 1+ ( tan17) ) Sa: 3,5 Mm/s 6 ( 3,7 1 ) ( 1+ ( tan17) ) 6 ( 3,7 1 ) ( 1+ ( tan17) ) m/s ( 1+ ( tan17) ) 6 3,7 1 m/s m/s Simulein a tådimensionell öelse 9.14 Eules stemetod dela in tiden i små ste och beäna stohetes föändin unde dessa tidsste. Sa: Sant 9.15 Se boens Sa till önina Se boens Sa till önina.
12 Vidmoment 9.17 a) Vidmoment ha enheten Nm. Enei ha enheten J elle Nm. b) Om föemålet ä onstant, d..s. det ä stilla elle otea med en onstant hastihet, ä summan a idmomenten på det noll. Om föemålets otation ända si ä summan a idmomenten inte lia med noll Sa: a) Sant och b) falst 9.18 Staens fastsättnin i A äljs som momentpunt. Staen ä still, alltså ä summan a idmomenten medus lia med summan motus. M med M mot s A, m B Detta e sta s s elle m sta sta s s u ilet den söta aften fås som m s sta s sta m sta 1,5, sta 1, m och s, m och s Sa: 7,4 N 1,5 9,8 1, N 7,365 N,
13 9.19 Stånens ontat med stödet äljs som momentpunt. Stånen ä still, alltså ä summan a idmomenten medus lia med summan motus. M M med mot 1 -,5 3, 4, 5, Detta e 5,( 1 ) 3,(,5) + 4, elle 5,( 1 ) 3,(,5) + 4, 5, 5, 3, 1,5 + 4, u ilet den söta stäcan fås enlit 5, + 1,5 3, + 4, + 5, som 5, + 1,5 m,54 m 3, + 4, + 5, Sa:,54 m 9. Se boens Sa till önina N µ Steen ä still, alltså ä aften fån äen lia sto som fitionsaften µ och summan a idmomenten medus lia med summan motus M M med mot
14 Steens ontat med olet äljs som momentpunt. Det ä nu tå afte som e uppho till moment in momentpunten: tyndaften på steen,, och aften fån äen på steen,. Detta e elle µ u ilet den söta fitionsaften fås m m Häama, och, fås med tionometi fån och sin 37 cos37 5, 5, som och 5,sin 37 m 1,55 m 5,cos37 m 3,99 m Den söta fitionsaften an nu beänas som Sa: 41 N µ 11 9,8 1,55 N 4,74 N 3,99
15 9. y 35 1,5 m 61 5, m 3,5 a) Planan ä still, alltså ä summan a idmomenten medus lia med summan motus M med M mot Planans infästnin i äen äljs som momentpunt. Det ä nu te afte som e uppho till moment in momentpunten: tyndaften på planan, tyndaften på pesonen och den söta aften i epet,. Kaften i epet esätts med tå afte, en hoisontell och en etial, esp. y, Enlit cos35 och y sin 35 Häamen fö ä då och fö y ä den 5, m. Detta e M M med mot 5, 61 1,5 + 3,5 sin 35 5, N u ilet den söta aften fås 5, 61 1,5 + 3,5 N 574 N sin 35 5,
16 b) I och med att planan säe Newtons :a la att den esulteande aften på den ä noll. Kaften fån äen på planan ä då lia sto som, men motitad, summan a de tå tyndaftena och aften fån epet. y 61 3,5 I hoisontalled finns endast cos cos35 N 47, N I etialled summea aftena ihop till ,5 (61+3,5) 47, N y 574sin 35 N 569,3 N α es 569,3 N Den esulteande aftens stole fås sedan, m.h.a. Pythaoas sats och itnin es 47, + 569, 3 N 738,4 N 569,3 a tan 1 5,44 47, enlit fiu. Kaften fån äen ä nu lia sto som es och motitad. Sa: a) 57 N och b) 74 N itad 5 snett uppåt höe
17 θ,6 θ Staens upphännin den böjts till ett L äljs som momentpunt. L:et ä still, alltså ä summan a idmomenten medus lia med summan motus y 1, M M med Det ä nu tå afte som e uppho till moment in momentpunten: tyndaften på,6 m delen,,6, och tyndaften på 1, m delen, 1,. De es a,6 m,6 V,6ρ l,6 Aρ, 6Aρ mot och m V ρ l Aρ 1, Aρ 1, 1, 1, 1, A ä staens täsnittsaea och ρ dess densitet. Tyndaftenas häama ä, enlit fiu, / esp. y/ sin ( 9 θ ),6 och y sinθ 1, Detta e y 1,,6 1,sinθ,6sin 1,A ρ,6aρ elle sinθ,6 sin( 9 θ ) sinθ,6 cosθ sinθ cosθ,6 ( 9 θ )
18 Sa: tan θ,6 θ tan 1 (,6 ) 19,8 Centalöelse 9.4 Vid centalöelse acceleationen alltid inelät mot hastiheten, itad mot cielns centum. Den esulteande aften ha, enlit Newtons :a la, samma itnin som acceleationen. Sa: Sant 9.5 a) N Bilen acceleeas inte i etialled. Dämed ä den esulteande aften noll i den itninen och m 1 9,8 N 98 N N b) N Bilen utfö en centalöelse. Dämed ä den esulteande aften itad mot cielns centum och dess stole ä es m Den esulteande aften es ocså a es N Detta e m N elle N m m m m
19 7 m h m/s och 5 m ilet e N 1 9,8 5 N 18 N c) N Bilen utfö en centalöelse. Dämed ä den esulteande aften itad mot cielns centum och dess stole ä es m Den esulteande aften es ocså a es N Detta e m N m m elle + m + m + N 1 9,8 + 5 N 178 N Sa: a) 9,8 N, b) 1,8 N och c) 18 N 9.6 Bilen utfö en centalöelse. Dämed ä den esulteande aften itad mot cielns centum och dess stole ä es m Den esulteande aften utös hä a fitionsaften es N m m mm Detta e m mm
20 elle µ µ, 3 m/s och 5 m ilet e,3 5 9,8 m/s 8,58 m/s Sa: 8,5 m/s 9.7 a) Bilens fat i P fås m.h.a. den meanisa eneins beaande m mh elle h h,66,48 m,18 m ilet e 9,8, 18 m 1,88 m/s b) Bilen utfö en centalöelse. Dämed ä den esulteande aften itad mot cielns centum och dess stole ä es m Den esulteande aften i P es ocså a + es N Detta e m + N elle och N m m m m m,15, 1,88 m/s (fån a)),48/ m,4 m Detta e den söta nomalaften som N a) 1,9 m/s och b),61 N 1,88,15 9, 8 N,613 N,4
21 9.8 a) Den minsta faten som e ett spänt snöe i cielns hösta punt fås då aften i snöet ä pecis noll i cielns hösta punt. På lossen ea då endast tyndaften. Detta e Klossen utfö en centalöelse. Dämed ä den esulteande aften itad mot cielns centum och dess stole ä m es Den esulteande aften es hä ocså a es m Detta e m och den söta faten som,8 m ilet e,8 9, 8 m/s,8 m/s b) Meanisa eneins beaande e m mh + m mh nee + m m mh + mhnee + h + hnee + nee nee nee
22 Detta e h 1,6 m,,8 m/s (enlit a)) h nee, cm h + nee nee c) 9,8 1,6 + h +,8 m/s 6,7 m/s s Klossen utfö en centalöelse. Dämed ä den esulteande aften itad mot cielns centum och dess stole ä es m nee Den esulteande aften es hä a Detta e es m s nee och den söta aften i snöet som s s m nee mnee nee + + m m + 6,7, + 9, 8 N 117,9 N,8 Sa: a),8 m/s, b) 6,3 m/s och c) 1 N
23 9.9,75 α,75 h h Vineln α fås som α cos,75 h cos,75 1, h h fås fån den meanisa eneins beaande enlit m mh som h ilet e α cos 1 1,75 Den sanade fås i sin tu fån att ulan utfö en centalöelse. Dämed ä den esulteande aften itad mot cielns centum och dess stole ä m es I öelsens nedesta punt ä Detta e es m s s och den söta som m s m
24 ilet e den söta ineln som α cos 1 s m 1 cos,75 1 1, N,,75 m och m,15 s Den söta ineln fås nu som s,75 m,75, α cos 1 1 9,8 9,8,75,15 1, α cos 1 1 9,8 34,8 9,8,15 Sa: 35 Hamonis öelse 9.3 En hamonis öelses peiod es a T π y a ilet ä inte innehålle nåot amplitudbeoende. Sa: Sant 9.31 Vinelhastiheten es a ω π T T 6 s ilet e Sa:,1 ad /s π ω ad/s,147 ad/s a) Ett uttyc fö ulans fat fås enom att deiea uttycet fö hastiheten en ån med aseende på tiden. Detta e (t) y (t) 1,3,19cos(1,3t),47cos(1,3t) Kulans fat id t,8 s fås sedan som (,8),47cos(1,3,8) m/s,151 m/s
25 b) Newtons :a la e den esulteande aften som ma es Hä ä m,85 och ett uttyc fö acceleationen fås enom att deiea uttycet fö hastiheten en ån med aseende på tiden. Detta e a (t) (t) 1,3,47sin(1,3t),311sin(1,3t) Kulans acceleation id t,8 s fås sedan som a (,8),311sin(1,3,8) m/s,77 m/s Den esulteande aften fås nu som es,85,77 N,36 N Sa: a),13 m/s och b),4 N Kaftesultant 9.33 Vid en hamonis öelse es aftesultanten a es mωy Se t.e. iu 9.17: Då massan befinne si nedanfö jämitsläet ä y neati. Detta e en positi aftesultant som då ä itad uppåt, mot jämitläet. Då massan befinne si oanfö jämitsläet ä y positi. Detta e en neati aftesultant som då ä itad nedåt, mot jämitläet. Sa: Sant 9.34 Vid jämit ä summan a aftena på föemålet noll. På föemålet ea tå afte: tyndaften nedåt och aften fån fjäden uppåt. Detta e m L U detta fås fjädeonstanten som m L m,47 och L,14 m
26 ,47 9,8 Detta e N/m 39,7 N/m,14 Sa: 33 N/m Sänninsenei 9.35 jämitsläe h/ h Nede ändläe h Anta att fjäden ä stäct Då älle L m L då föemålet ä i jämitsläet. m elle L Sedan das föemålet en stäca h nedanfö jämitsläet och släpps. Den totala sänninsenein ä då ( L + h) L h Esän + + Lh öemålet ha sin stösta hastihet, och med sin stösta öelseenei E, ma, då det passea jämitsläet. Då föemålet passea jämitsläet ha en del a sänninsenein omandlats till läesenei och en del till öelseenei. L E sän + E, ma + mh Den totala sänninsenein beaas ilet e oss L h L + + Lh + E,ma + mh ilet es oss den maimala öelseenein som
27 E, ma h + Lh mh h m + h mh h + mh mh h Då föemålet just passea läet mitt emellan jämitsläet och ändläet jämitsläet ha i elle h L + h E sän + E + m L h Lh h E sän E + m 8 Den totala sänninsenein beaas ilet e oss L h + L + Lh h + 8 ilet es oss öelseenein i detta läe enlit Lh + + E h + m E h h + Lh 8 Lh h m 3h Lh mh + 8 m 3 h h + mh 8 3h mh mh + 8 3h 8 3 h E,ma Då föemålet ä mitt emellan jämitsläet och ändläet ä dess öelseenei alltså ¾ a sitt maimala äde. Sa: alst
28 9.36 a) Hooes la oppla ihop fjädens fölännin med aften som ompisen da i fjäden med. L ilet e oss fjädens fölännin som Detta e L 85 N och 3,4 N/m L m,5 m b) Den maimala hastiheten fås då all enei som laats i fjäden omandlats till öelseenei L m u ilet den söta hastiheten fås som L m L m L,5 m, 3,4 N/m och m 7 ilet e, Sa: a),5 m och b) 1,7 m/s m/s 1,74 m/s 9.37 Just då ulan fastnat i lossen ha de en emensam öelseenei som, unde hoptycandet a fjäden, omandlas till potentiell enei i fjäden. ( m + m ) ula loss efte L u ilet den söta hoptycninen fås som och L ( m + m ) ( m m ) ula loss efte ula + efte m ula,7, m loss,5, 15 N/m loss efte ä ulans och lossens emensamma hastihet just efte ollisionen. Röelsemändens beaande e oss den sanade hastiheten.
29 m + ula efte föe ( m ula m loss ) efte m,7 1 ( m + m ) (,7 +,5) ula ula föe loss Nu an den söta hoptycninen beänas L,3351 Sa:,14 m 9.38 Anta att (,7 +,5) 15 m,137 m m/s,3351 m/s i) det ostäcta ummibandets söta länd ä l. ii) ummibandet ä h lånt då det ä maimalt stäct. Gummibandets maimala fölännin ä då L h l. Din totala fallhöjd ä lia med ummibandets stösta länd h. Innan du falle ha du således läesenein mh Då ummibandet bomsat upp di ha din läesenei omandlats till potentiell enei i ummibandet L mh ( h l) u ilet den söta länden fås enlit mh mh h ( h l) + l lh Detta ä en andaadseation som sis om fö att unna lösas med p-fomeln l lh + h mh
30 In med siffo l l pq-fomeln 5 l l , 78 9, l ± 1744, m 5 ± 3, 981m 1, m ä det enda möjlia altenatiet. Sa: 1 m 9.39 a) Bilens uspunlia läesenei omandlas till potentiell enei i fjäden unde ollisionen. L mh u ilet den söta hoptycninen fås som mh L m 1 3, h 1 m och, 1 6 N/m 13 9,8 1 ilet e L m,391 m 6, 1 b) Bilens acceleation ä, enlit Newtons :a la, stöst då den esulteande aften ä stöst. Kaften som acceleea bilen ä aften fån fjäden. Detta e oss ma L elle L, 1 6,391 a m/s 6 m/s m 13 Sa: 6 m/s 9.4 a) jädens maimala utstäcnin, L, fås då laddninens potentiella enei i fältet omandlats till potentiell enei i fjäden. L QE L
31 ilet e den maimala fölänninen som L QE 6 Q 4 1 C, E 5 4, 1 N/m och 75 N/m , 1 ilet e L 75 5 m,47 m b) Klossens jämitsläe infinne si aften fån fältet ä lia sto som aften fån fjäden elle Q E QE L m,13 m Sa: a),43 m och b),1 m Peiodtid 9.41 Peiodtiden fö en matematis pendel es a T π l ilet ä obeoende a massan hos det häne i pendeln. Sa: Sant 9.4 a) Vinelhastiheten fås som ω π T T π m π ilet e ω m π m 65 N/m och m,68 ilet e ω 65,68 ad/s 9,78 ad/s
32 eensen fås som f ω 9,78 Hz T m π m π π π 1,56 Hz och amplituden bli lia med aståndet lossen das fån sitt jämitsläe, d..s.,11 m b) Klossens hastihet es a ωacos ( ωt) och ä maimal då cos-temen ä maimal. Hastihetens maimala äde fås då som ω A 9,78,11 m/s 1,8 m/s ma Detta intäffa då den acceleeande aften eat så läne som möjlit i samma itnin, d..s. då lossen passea jämitsläet. c) Klossens acceleation es a a ω Asin ( ωt) och ä maimal då sin-temen ä maimal. Acceleationens maimala äde fås då som a ω A 9,78,11 m/s 1,5 m/ s ma Detta intäffa då den esulteande aften på lossen ä maimal, d..s. då fjäden ä som mest stäct, d..s. i ändläet. Sa: a) 9,8 ad/s 1,6 Hz och,11 m, b) 1,1 m/s då jämitsläet passeas och c) 11 m/ s i ändläet Peiodtiden es a T π m u ilet den söta fjädeonstanten fås som m T π π m T m,44 och T 8,8/15 s,5867 s
33 π Detta e,44 N/m 5,4 N/m,5867 Sa: 5 N/m 9.44 Kulans öelseenei es a m E Kulans öelseenei då den befinne si mitt emellan ändläet och jämitsläet es, enlit 9.35, ocså a 3 h E 4 Detta e m 3 h 4 elle 3 h h 3 4 m h,15 m och behöe bestämmas. jädeonstanten fås fån m T π m som π m T π m h ilet e T h π 3 3 m T π h hπ 3 3 T T T,75 s Den söta hastiheten fås nu som hπ,15 π 3 3 m/s 1,9 m/s T,75 Sa: 1,1 m/s
34 9.45 Pendelns sänninstid es a T π l l 1, m och 9,8 m/s. Detta e peiodtiden T π 1, 9,8 s,4 s Pendelns länd på Mas fås som T l π 3,77 m/s och T,4 s Sa:,38 m,4 l 3,77 m,384 m π 9.46 a) Klotet ha sin maimala hastihet då jämitsläet passeas. Detta intäffa,5 s efte att det släppts. Röelsen fån det att lotet släppts till det passea jämitsläet fösta ånen utö en fjädedel a hela sänninsöelsen. Alltså utö tiden fö detta en fjädedel a peiodtiden. Detta e T 4,5 s elle T 1, s b) Klotets läesenei då det hålls 5 cm oan jämitsläet ha helt omandlats till öelseenei då det passea jämitsläet. Detta e m mh h h,5 m ilet e 9,8, 5 m/s, m/s Sa: a) 1, s och b), m/s
35 9.47 öst ha i m 1 L och T 1 π m 1 elle 1 T 1 m 1 f1 1 π Sedan ha i m L elle m 1 L och f f1 π m π m π m Sa: f f 1
9 Rörelse och krafter 2
9 Röelse och afte Kastöelse 9.1 Just då stenen ä i banans hösta punt och ände fö att böja öa si nedåt ä den still i etialled. Stenens acceleation ä noll i hoisontalled unde hela öelsen. Sa: Sant 9. a)
Magnetiskt fält kring strömförande ledare Kraften på en av de två ledarna ges av
Magnetism Magnetiskt fält king stömföande ledae. Kaften på en av de två ledana ges av F k l ewtons 3:e lag säge att kaften på den anda ledaen ä lika sto men motiktad. Sva: Falskt. Fältets styka ges av
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
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
ω = θ rörelse i två dimensioner (repetition) y r dt radianer/tidsenhet kaströrelse: a x = 0 a y = -g oberoende rörelse i x- respektive y-led
y@md 7 6 5 4 3 1 öelse i två dimensione (epetition) kastöelse: a x = 0 a y = -g obeoende öelse i x- espektive y-led 10 0 30 kastpaabel x@md likfomig cikulä öelse d ( t) ω = θ dt adiane/tidsenhet y = konst.
TFYA16: Tenta Svar och anvisningar
1808 TFYA16 1 TFYA16: Tenta 1808 Sva och anvisninga Uppgift 1 a) Läget som funtion av tid fås genom sambandet: x(t) = v(t) dt = v 0 (1 t )dt = v 0 ( t 1 3 t3 ) + x 0 Eftesom x(0) = 0 gälle att x 0 = 0.
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
Gravitation och planetrörelse: Keplers 3 lagar
Gavitation och planetöelse: Keples 3 laga (YF kap. 13.5) Johannes Keple (1571-1630) utgick fån Copenicus heliocentiska väldsbild (1543) och analyseade (1601-1619) data fån Tycho Bahe, vilket esulteade
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
Datum: Tid:
Kus: Moment: Pogam: Rättande läae: Examinato: Datum: Tid: Hjälpmedel: Omfattning och betygsgänse: Öig infomation: TETAME I FYSIK HF005 Fysik fö baså II Studente egisteade på den älde kusen HF0016 Fysik
Tentamen i dynamik augusti 14. 5kg. 3kg
Tentamen i dynamik auusti 14 Uppift. Två massor, en på 5k och en på 3k, är sammankopplade av en tråd med konstant länd. Massorna lider friktionsfritt läns stänerna. Massorna är uppträdda på stänerna. En
LÖSNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 8
LÖSIGR TILL PROLEM I KPITEL 8 LP 8. Vi anta föst att den gina bomsande kaften F k ä den enda kaft som påeka öelsen och dämed också intängningsdjupet. Men eka ingen kaft i öelseiktningen? Fastän man i talspåk
Tentamen i Mekanik I del 1 Statik och partikeldynamik
Tentamen i Mekanik I del Statik och patikeldynamik TMME8 0-0-, kl 4.00-9.00 Tentamenskod: TEN Tentasal: Examinato: Pete Schmidt Tentajou: Pete Schmidt, Tel. 8 7 43, (Besöke salana ca 5.00 och 7.30) Kusadministatö:
Mekanik Laboration 3
Götebogs Uniesitet Natuetenskapligt baså, NBAF 9/9 8 Institutionen fö fsik Inga Albinsson Natuetenskapligt baså, NBAF Laboationen genomfös i guppe om te och omfatta 4 olika fösök som totalt genomfös unde
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
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
REDOVISNINGSUPPGIFT I MEKANIK
Chiste Nbeg REDVISNINSUIFT I MEKANIK En civilingenjö skall kunna idealisea ett givet vekligt sstem, göa en adekvat mekanisk modell och behandla modellen med matematiska och numeiska metode I mekaniken
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
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
Grundläggande mekanik och hållfasthetslära
Gundläggande mekanik och hållfasthetsläa 7,5 högskolepoäng Pomoment: tentamen Ladokkod: A145TG (41N19A) Tentamen ges fö: Enegiingenjöe åskus 1 Tentamensdatum: 18-6-1 Tid: 14.-18. Hjälpmedel: Hjälpmedel
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
V.g. vänd! Tentamen i SG1140 Mekanik II, OBS! Inga hjälpmedel. Lycka till! Problem
Institutionen fö Meani Nichoas paidis te: 79 748 epost: nap@ech.th.se hesida: http://www.ech.th.se/~nap/ S4, 76 entaen i S4 Meani II, 76 S! Inga hjäpede. Lyca ti! Pobe ) ) y d x ey e ex en ed ängden otea
LEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 8. Vi antar först att den givna bromsande kraften F = kx är den enda kraft som påverkar rörelsen och därmed också O
LEDIGAR TILL ROLEM I KAITEL 8 L 8. Vi anta föst att den givna bomsande kaften F = k ä den enda kaft som påveka öesen och dämed också O intängningsdjupet. Men veka ingen kaft i öeseiktningen? Fastän man
Lösningar till övningsuppgifter centralrörelse och Magnetism
Lösninga till öningsuppgifte centalöelse ch Magnetism Centalöelse G1 Centipetalacceleatinen a = = 5, m/s = 15,9 m/s 1,7 Sa: 16 m/s G4 (3,5 10 3 ) c 0,045 a m/s =,7 10 8 m/s Sa:,7 10 8 m/s 50 G7 = 50 km/h
verkar horisontellt åt höger på glidblocket. Bestäm tangens för vinkeln så att
Istitutioe fö Mei Chiste Nybeg Ho Essé Nichols Apzidis 011-08- 1) Tete i SG1130 och SG1131 Mei, bsus Vje uppgift ge högst 3 poäg. Ig hjälpedel. Sivtid: 4 h OBS! Uppgifte 1-8 sll iläs på sept pppe. Lyc
Tentamen 1 i Matematik 1, HF sep 2015, kl. 8:15-12:15
Tentamen i Matemati, HF sep, l 8:-: Examinato: min Halilovic Undevisande läae: Fedi Begholm, Jonas Stenholm, Elias Said Fö godänt betyg ävs av max poäng Betygsgänse: Fö betyg, B, C, D, E ävs,,, espetive
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
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.
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
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
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
Upp gifter. c. Finns det fler faktorer som gör att saker inte faller på samma sätt i Nairobi som i Sverige.
Upp gifte 1. Mattias och hans vänne bada vid ett hoppton som ä 10,3 m högt. Hu lång tid ta det innan man slå i vattnet om man hoppa akt ne fån tonet?. En boll täffa ibban på ett handbollsmål och studsa
Nr 1406 BILAGA Försäkringstekniska storheter
3858 406 BILAGA. Fösäingstenisa stohete e fösäingstenisa stohetena i dessa gunde följe de allmänna beäningsgundena fö pensionsfösäingsbolagen som fastställdes a social- och hälsoådsministeiet 6.0.990 och
Tentamen i SG1140 Mekanik II, OBS! Inga hjälpmedel. Lycka till! Problem
nsttutonn fö Man Ncholas pads tl: 79 78 post: nap@mch.th.s hmsda: http://www.mch.th.s/~nap/ S-85 ntamn S Man, 85 BS! nga hjälpmdl. Lca tll! Poblm ) En hosontll am ' md längdn l ota md n onstant nlhastght
Tentamen i Mekanik I del 1 Statik och partikeldynamik
Tentamen i Mekanik I del 1 Statik och partikeldynamik TMME27 2016-10-24, kl 14.00-19.00 Tentamenskod: TEN1 Tentasal: TER1, TER2, TERE, TERF Examinator: Peter Schmidt Tentajour: Peter Schmidt, Tel. 28 27
Tentamen i SG1140 Mekanik II, Inga hjälpmedel förutom: papper, penna, linjal, passare. Lycka till! Problem
Institutionn fö Mani Nicholas paidis tl: 79 748 post: nap@mch.th.s hmsida: http://www.mch.th.s/~nap/ 4-9 ntamn i 4 Mani II, 9 Inga hjälpmdl föutom: papp, pnna, linjal, passa. Lca till! Poblm ) L a En bhålla
Lösningar till Tentamen i fysik B del 1 vid förutbildningar vid Malmö högskola
Lösningar till Tentamen i fysik B del 1 vid förutbildningar vid Malmö högskola Tid: Måndagen 5/3-2012 kl: 8.15-12.15. Hjälpmedel: Räknedosa. Bifogad formelsamling. Lösningar: Lösningarna skall vara väl
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
Longitudinell dynamik. Fordonsdynamik med reglering. Longitudinell dynamik: Luftmotstånd. Longitudinell dynamik: Krafter
Lonitudinell dynamik Fodonsdynamik med elein Modell med kaftjämvikt i lonitudinell led F tot = ma Jan Åslund jaasl@isy.liu.se Associate Pofesso Dept. Electical Enineein Vehicula Systems Linköpin Univesity
TFYA16/TEN2. Tentamen Mekanik. 18 april :00 19:00. Tentamen består av 6 uppgifter som vardera kan ge upp till 4 poäng.
Institutionen fö fysik, kemi och biologi (IFM) Macus Ekholm TFYA16/TEN2 Tentamen Mekanik 18 apil 2017 14:00 19:00 Tentamen bestå av 6 uppgifte som vadea kan ge upp till 4 poäng. Lösninga skall vaa välmotiveade
FINALTÄVLING. 24 april 1999 LÖSNINGSFÖRSLAG SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET
FYSIKTÄVLINGEN FINALTÄVLING 4 pil 1999 LÖSNINGSFÖRSLAG SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET 1. Dt om cceletionen ge en sttning v bilens effet. Kinetis enegi vid 1 m/h:, MJ. Denn enegi fås på 1 seunde vilet medfö tt
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)
Grundläggande mekanik och hållfasthetslära
Gundläggande mekanik och hållfasthetsläa 7,5 högskolepoäng Pomoment: Ladokkod: tentamen 145TG (41N19) Tentamen ges fö: Enegiingenjöe åskus 1 Tentamensdatum: 1 juni 17 Tid: 9.-13. Hjälpmedel: Hjälpmedel
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,
TFEI02: Vågfysik. Tentamen : Lösningsförslag
160530: TFEI0 1 Uppgift 1 TFEI0: Vågfysik Tentamen 016-05-30: Lösningsförslag a) Ljudintensiteten, I, är ett mått på hur stor effekt, P eff, som transporteras per area. Om vi vet amplituden på vågen kan
Kursinformation i Partikeldynamik för M (TMME08)
Kursinformation i Partikeldynamik för M (TMME08) 18h föreläsningar, 6h lektioner och h datorlaboration i period VT, 009. Kurshemsida www.mechanics.iei.liu.se/edu ug/tmme08/ Föreläsare och examinator Jonas
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
Tentamen för TFYA87 Fysik och Mekanik
Linköpings Universitet IFM Mats Fahlman Tentamen för TFYA87 Fysik och Mekanik Måndagen 1/8 017, kl 08:00-1:00 Hjälpmedel: Avprogrammerad miniräknare, formelsamling (bifogad) Råd och regler Lösningsblad:
Uppgifter 1994 års upplaga
Uppgifte 994 ås upplaga 994: 8.3 (Föutsätte vetoäning.) En vetial cylindis behållae ä delvis fylld med vätsa och otea med jämn vinelhastighet ω ing sin vetiala axel. Vätsenivån sjune då i mitten och höjs
Svar och anvisningar
160322 BFL102 1 Tenta 160322 Fysik 2: BFL102 Svar och anvisningar Uppgift 1 a) Centripetalkraften ligger i horisontalplanet, riktad in mot cirkelbanans mitt vid B. A B b) En centripetalkraft kan tecknas:
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:
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
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
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
Tentamen Mekanik TFYA16/TEN2. 24 augusti :00 19:00 TER2. Tentamen består av 6 uppgifter som vardera kan ge upp till 4 poäng.
Institutionen fö fysik, kemi och biologi (IFM) Macus Ekholm TFYA16/TEN Tentamen Mekanik 4 augusti 018 14:00 19:00 TER Tentamen bestå av 6 uppgifte som vadea kan ge upp till 4 poäng. Lösninga skall vaa
LÖSNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 7
LÖIGAR TILL PROLEM I KAPITEL 7 LP 7.1 Hissen komme uppifån och bomsas så att acceleationen ä iktad uppåt. Filägg pesonen fån hissgolvet. Infö nomalkaften som golvet påveka föttena med. Tyngdkaften ä. Kaftekvationen
I ett område utan elektriska laddningar satisfierar potentialen Laplace ekvation. 2 V(r) = 0
Föeläsning 3 Motsvaa avsnitten 3. 3.2.4, 3.3.2 3.4 i Giffiths Laplace och Poissons ekvation (Kap. 3.) I ett omåde utan elektiska laddninga satisfiea potentialen Laplace ekvation 2 () = 0 och i ett omåde
Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520)
Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520) Tid och plats: Tisdagen den 25 maj 2010 klockan 08.30-12.30 i V. Hjälpmedel: Physics Handbook, Beta, Lexikon, typgodkänd miniäknae samt en egenhändigt skiven A4 med valfitt
Kontrollskrivning Mekanik
Institutionen fö fysik, kemi och biologi (IFM) Macus Ekholm TFYA6/KTR Kontollskivning Mekanik novembe 06 8:00 0:00 Kontollskivningen bestå av 3 uppgifte som totalt kan ge 4 poäng. Fö godkänt betyg (G)
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
Tentamensskrivning i Mekanik (FMEA30) Del 1 Statik- och partikeldynamik Lösningsförslag ( ) ( ) ( ) ( )
Utgåva Tntansskivning i Mkanik (FMEA30) Dl tatik- och patikldynaik 305 Lösningsföslag. a) Filägg stång + skylt! Infö spännkaftna = och = i linona, tyngdkaftn g = k ( 00g), angipand i skyltns asscnta G
2012 Tid: läsningar. Uppgift. 1. (3p) (1p) 2. (3p) B = och. då A. Uppgift. 3. (3p) Beräkna a) dx. (1p) x 6x + 8. b) x c) ln. (1p) (1p)
Tentamen i Matematik HF9 (H9) feb Läae:Amin Halilovic Tid:.5 7.5 Hjälpmedel: Fomelblad (Inga anda hjälpmedel utöve utdelat fomelblad.) Fullständiga lösninga skall pesenteas på alla uppgifte. Betygsgänse:
Svar och anvisningar
15030 BFL10 1 Tenta 15030 Fysik : BFL10 Svar och anvisningar Uppgift 1 a) Enligt superpositionsprincipen ska vi addera elongationerna: y/cm 1 1 x/cm b) Reflektionslagen säger att reflektionsvinkeln är
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
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
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
FYSIKTÄVLINGEN SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET. KVALIFICERINGS- OCH LAGTÄVLING 31 januari Lösning: Avstånd till bilden: 1,5 2,0 m = 3,0 m
FYSIKÄVLINGEN KVALIFIERINGS- O LAGÄVLING jnui 00 SVENSKA FYSIKERSAFUNDE. Avstånd till bilden:,5,0,0,5,5 5,,5,5 6,5 6 0,5 Sv: Det inns två öjlig kökningsdie, och. . 7 pt/c 7 0 6 pt/ O vi nse solvinden loklt
1. Kraftekvationens projektion i plattans normalriktning ger att
MEKANIK KTH Föslag till lösninga vid tentamen i 5C92 Teknisk stömningsläa fö M den 26 augusti 2004. Kaftekvationens pojektion i plattans nomaliktning ge att : F ṁ (0 cos α) F ρv 2 π 4 d2 cos α Med givna
Svar och anvisningar
170317 BFL10 1 Tenta 170317 Fysik : BFL10 Svar och anvisningar Uppgift 1 a) Den enda kraft som verkar på stenen är tyngdkraften, och den är riktad nedåt. Alltså är accelerationen riktad nedåt. b) Vid kaströrelse
Övning 3 Fotometri. En källa som sprider ljus diffust kallas Lambertstrålare. Ex. bioduk, snö, papper.
Övning 3 Fotometi Lambetstålae En källa som spide ljus diffust kallas Lambetstålae. Ex. bioduk, snö, pappe. Luminansen ä obeoende av betaktningsvinkeln θ. Om vinkeln ändas ändas I v men inte L v. L v =
TFYA16/TEN2. Tentamen Mekanik. 10 januari :00 13:00. Tentamen består av 6 uppgifter som vardera kan ge upp till 4 poäng.
Institutionen fö fysik, kemi och biologi (IM) Macus Ekholm TYA16/TEN2 Tentamen Mekanik 10 januai 2017 8:00 13:00 Tentamen bestå av 6 uppgifte som vaea kan ge upp till 4 poäng. Lösninga skall vaa välmotiveae
Tentamen för TFYA87 Fysik och Mekanik
Linköpings Universitet IFM Mats Fahlman Tentamen för TFYA87 Fysik och Mekanik Tisdagen 19/4 017, kl 08:00-1:00 Hjälpmedel: Avprogrammerad miniräknare, formelsamling (bifogad) Råd och regler Lösningsblad:
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:
Svar till repetitionsuppgifter i Fysik B på Kap 1 Kraft och rörelse samt Kaströrelse.
Sar ti repetitinsuppifter i Fysi B på Kap 1 Kraft h rörese sat Kaströrese. Ipus h röreseänd G1. p er 10,4 10 3 13 800 Sar: 800 G6. a Vid en isin ean tå rppar bearas inte deras hastiheter. Tå rppar an t.ex.
Partikeldynamik Problemsamling Lösningar
Patikeldynamik Poblemsamling Lösninga a Chiste Nybeg MEKANIK Patikeldynamik Lösninga Chiste Nybeg och Libe A Få kopieas Patikeldynamik Poblemsamling LÖSNINGAR TILL PROLEM I KAPITEL 6 LP. Acceleationen
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
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
Angående kapacitans och induktans i luftledningar
Angående kapacitans och induktans i luftledninga Emilia Lalande Avdelningen fö elekticitetsläa 4 mas 2010 Hä behandlas induktans i ledninga och kapacitans mellan ledae. Figu öve alla beskivninga finns
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:
TFYA16/TEN2. Tentamen Mekanik. 12 januari :00 13:00. Tentamen besta r av 6 uppgifter som vardera kan ge upp till 4 poa ng.
Linko pings Universitet Institutionen fo r fysik, kemi och biologi Marcus Ekholm TFYA16/TEN2 Tentamen Mekanik 12 januari 2015 8:00 13:00 Tentamen besta r av 6 uppgifter som vardera kan ge upp till 4 poa
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
Tentamen för TFYA87 Fysik och Mekanik
Linköpings Universitet IFM Mats Fahlman Tentamen för TFYA87 Fysik och Mekanik Fredagen 1/1 018, kl 14:00-18:00 Hjälpmedel: Avprogrammerad miniräknare, formelsamling (bifogad) Råd och regler Lösningsblad:
Repetition Mekanik Fy2 Heureka 2: kap. 2, 3.1-3, version 2016
Repetition Mekanik Fy2 Heureka 2: kap. 2, 3.1-3, 4.1-3 version 2016 Kraftmoment (vridmoment) En krafts förmåga att vrida ett föremål runt en vridningsaxel kallas för kraftmoment (vridmoment). Moment betecknas
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
Tentamen för TFYA87 Fysik och Mekanik
Linköpings Universitet IFM Mats Fahlman Tentamen för TFYA87 Fysik och Mekanik Tisdagen 10/1 017, kl 14:00-18:00 Hjälpmedel: Avprogrammerad miniräknare, formelsamling (bifogad) Råd och regler Lösningsblad:
Lösningar till Kaströrelse magnetism Växelström. Kaströrelse. sin. G1.v y = 4,6 sin 21 o g t ger. v y = (4,6 sin 21 o 9,82 2,3) m/s = 20,9 m/s
Lösningar till Kaströrelse magnetism Växelström Kaströrelse G1. y 4,6 sin 1 g t ger y (4,6 sin 1 9,8,3) m/s 0,9 m/s Sar: 1 m/s G. För hastigheterna id kaströrelse gäller x csα y sin α g t Om y 8,5 sin
U U U. Parallellkretsen ger alltså störst ström och då störst effektutveckling i koppartråden. Lampa
FYSIKTÄVLINGEN KVALIFICEINGS- OCH LAGTÄVLING 6 febuai 1997 SVENSKA FYSIKESAMFNDET LÖSNINGSFÖSLAG 1. Seieketsen ge I s + Paallellketsen ge I p + / + I s I p Paallellketsen ge alltså stöst stöm och å stöst
Fö. 3: Ytspänning och Vätning. Kap. 2. Gränsytor mellan: vätska gas fast fas vätska fast fas gas (mer i Fö7) fast fas fast fas (vätska vätska)
Fö. 3: Ytspänning och Vätning Kap. 2. Gänsyto mellan: vätska gas fast fas vätska fast fas gas (me i Fö7) fast fas fast fas (vätska vätska) 1 Gänsytan vätska-gas (elle vätska-vätska) Resulteande kaft inåt
θ = M mr 2 LÖSNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 10 LP 10.1
LÖNINGR TILL PRLE I KPITEL 10 LP 10.1 Kuln och stången påeks föutom et gin kftpsmomentet tyngkften, en ektionskft och ett kftmoment i eln. Vken tyngkften elle ektionskften ge något kftmoment me seene på
Lösningar/svar till tentamen i F0031T Hydromekanik Datum:
Lösningar/svar till tentamen i F003T Hydromekanik Datum: 00-06-04 Observera att lösningarna inte alltid är av tentamenslösningskvalitet. De skulle inte ge full poäng vid tentamen. Motiveringar kan saknas
Tentamensskrivning i Mekanik, Del 2 Dynamik för M, Lösningsförslag
Tentamensskrivning i Mekanik Del Dynamik för M 08 Lösningsförslag. a) meelbart före stöt har kula en horisontella hastigheten v mean kula är i vila v s v = 0. Låt v och v beteckna kulornas hastigheter
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
Lösningsförslag till tentamen i 5B1107 Differential- och integralkalkyl II för F1, (x, y) = (0, 0)
Institutionen fö Matematik, KTH, Olle Stomak. Lösningsföslag till tentamen i 5B117 Diffeential- och integalkalkyl II fö F1, 2 4 1. 1. Funktionen f(x, y) = xy x 2 +y 2 (x, y) (, ), (x, y) = (, ) ä snäll
Tentamen för TFYA87 Fysik och Mekanik
Linköpings Universitet IFM Mats Fahlman Tentamen för TFYA87 Fysik och Mekanik Onsdagen 30/3 06, kl 08:00-:00 Hjälpmedel: Avprogrammerad miniräknare, formelsamling (bifogad) Råd och regler Lösningsblad:
Ö D W & Ö Sida 1 (5) OBS! Figuren är bara principiell och beskriver inte alla rördetaljerna.
Ö4.19 Ö4.19 - Sida 1 (5) L h 1 efinitioner och gina ärden: Fluid Ättiksyra T 18 ºC h 4m OBS! Figuren är bara principiell och beskrier inte alla rördetaljerna. p 1 p p atm L 30 m 50 mm 0,050 m ε 0,001 mm
Heureka Fysik 2, Utgåva 1:1
Heueka Fysik, 978-91-7-5678-3 Utgåva 1:1 Sidan Va Rättelse 30 Rad 6 neifån 1 gt ska esättas med 1 gt 78 Lösning, ad 3 N -6 ska esättas med N 88 Rad 8 neifån e ev ska esättas e ev och v ska esättas med
Kapitel 8. Kap.8, Potentialströmning
Kpitel 8 Kp.8, Voticitet (epetition) Hstighetspotentil Stömfunktionen Supeposition Cikultion -dimensionell kopp Kutt-Joukovskis lftkftsteoem Komple potentil Rottionssmmetisk potentilstömning Rottion v
Lösningar till Problemtentamen
KTH Mkanik 2005 10 17 Mkanik II, 5C1140, M, T, CL 2005 10 17, kl 14.00-18.00 Lösninga till Pobltntan Uppgift 1: Två cylinda d adina spktiv R sitt ihop so n stl kopp. Dn kan ota fitt king n fix hoisontll
Biomekanik, 5 poäng Introduktion -Kraftbegreppet. Mekaniken är en grundläggande del av fysiken ingenjörsvetenskapen
Biomekanik Mekanik Skillnad? Ambition: Att ge översiktliga kunskaper om mekaniska sammanhang och principer som hör samman med kroppsrörelser och rörelser hos olika idrottsredskap. Mekaniken är en grundläggande