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 vid peifein: Fån meanien vet man att en masspunt med massa m som otea längs en ciel med adie med vinelhastigheten ω, ha acceleationen ω 2, itad in mot centum. Alltså ä, enligt Newton, esultanten av alla afte som vea på den (5,730824) Det doppa vatten på ett golv så att en pöl bildas. Det doppa med jämn hastighet, lite/minut. Avdunstningen antas vaa popotionell mot vattenmängden i pölen. Om pölen innehöll lite, sulle avdunstningen vaa 0.20 lite/timme. Hu mycet vatten finns i pölen 3 timma efte det att det böjade doppa och hu mycet vatten innehålle pölen efte mycet lång tid? Lösning: Låt V (t) =mängden pölvatten i lite. Sva: V 0 (t) = 0.2V (t) V 0 +0.2V = V (t) = V h + V p = = Ce 0.2t + 0.2 V (0) = 0 C = 5 V (t) =5 e 0.2t V (3) = 5 e 0.2 3 2.3 lite lim V (t) t = 5 lite F = mω 2 Fö en masspunt på vätseytan ä de atuella aftena tyngdaften mg nedåt och esultanten fån angänsande masspunte, som av symmetisäl måste vaa itad vinelätt mot ytan. Bestäm fomen på vätseytan! Lösning: Låt otationsaxeln vaa y-axel och anta att ytans pofil besivs av funtionen y (x). Då ä aftesultanten på en masspunt i (x, y (x)) med x>0 lia med (utnyttja att ( f 0 (x), ) ä nomal till tangentitningen (,f 0 (x)) ) mxω 2 (, 0) = mg (0, ) + λ ( f 0 (x), ) ½ mxω 2 = λf 0 (x) 0= mg + λ = f 0 (x) = ω2 g x Alltså anta vätseytan paabelfom!
994: 8.4 I en behållae finns på botten ett 4.2 mm tjoct sit av en flytig vätsa. Om avdunstningen se med öppet loc i det fia, så an man anta att moleyle lämna sitet i jämn tat. Mätning visa att vid sådan avdunstning educeas sitet med 0.5 mm på 0 se. Med påsatt loc duge inte denna enla modell, vilet bl.a. visas av att sitet baa educeats fån 4.2 mm till 3.8 mm på 0 se. Detta an antas beo på att en del av den fögasade väsan i detta fall åtevände till vätsesitet. Det finns goda säl att anta att detta se i en tat som ä popotionell mot den fögasade mängden. Hu tjoct ä sitet i den tillslutna behållaen enligt denna modell efte den tid då sitet med öppet loc sulle avdunstat helt? (Obs. bestämning av onstantena foda numeis metod.) Visa ocså att sitet i den slutna behållaen (enligt den angivna modellen) aldig omme att undestiga en viss nivå. Ange ocså denna nivå. Lösning: Låt y (t) =sitets tjocle. Låt 0 seunde vaa tidsenhet y 0 = 0.5+ (4.2 y) 0.5 = (4.2 y) 0 + (4.2 y) 4.2 y = Ce t + 0.5 y (0) = 4.2 C = 0.5 4.2 3.8 = 0.5 e µ 0.46423 4.2 y 3.4472 mm 0.5 y = 4.2 0.5 e t > 4.2 0.5 3.229 mm (6,770420) En tan fylld med vätsa ha fomen av en liggande cylinde med invändig adie mochlängd 2 m. Vatten inne ut genom ett hål längst ne i botten. Hu lång tid ta det fö vattnet att inna ut,om hälften inne ut på 0 min.? Lösning: Låt V = vätsevolymen, h = vätsedjupet i tanen, A = aean av vätseytan, R = tanens adie, L = tanens längd. Toicellis lag : = p h(t), onstant Kedjeegeln : = dh dh Sivfomeln : dh = A(h) Figu : A(h) =2 R 2 (h R) 2 L Sätt dessa ihop: 2 R 2 (h(t) R) 2 Lh 0 (t) = p h(t) 2hR h 2 h dh = 2L 2 3 (2R h)3/2 = 2L t + C (2R h) 3/2 = Dt + E D, E onstante Full tan: Halvfull tan: Tom tan: t =0sall ge h =2R E =0 t =0sall ge h = R D = R 3/2 /0 t =? sall ge h =0 t =20 2 2
994: 8.22 Ett äl med höjden H och onstant hoisontell tväsnittsaea ha ett hål i botten och en vattenan ovanfö sig. Det ta lia lång tid att fylla älet fån anen med hålet täppt, som det ta att tömma älet via hålet, med anen stängd. Om både an och hål hålls öppna, visa det sig att vattenytan stabilisea sig på en viss nivå. Vilen? Lösning: Låt A = älets tväsnittsaea, T = den omtalade tiden, h (t) =vattendjupet i älet. = dh dh = Adh Fyllning med an öppen och hål täppt: Inflödet pe tidsenhet fån anen = A H T Tömning med an stängd, hål öppet: A dh = h µ H h(t) = 2A t T = 2A H Både an och hål öppna: A dh = AH T h Denna sulle man visseligen unna angipa som en sepaabel evation dh H0 h = A, med p H 0 = AH T sätt h = x, dh =2xdx men det ä såväl jobbigt som onödigt. Diffeentialevationen säge oss att ½ h 0 < 0, om h (t) >H0 (t) > 0, om h (t) <H 0 Alltså: Så länge vattennivån övestige H 0, så omme den att minsa, och så länge den undestige H 0, så omme den att öa. Att den veligen omme att näma sig nivån H 0 obegänsat och inte avstanna på en höge elle läge nivå, följe av följande esonemang: Om h (t) H 0 + ε fö något positivt ε, så h 0 = ³p H0 h ³p H0 H + ε = δ A A så h (t) omme att avta minst lia fot som en ät linje med itn. oeff. δ. Någon gång måste den då omma ne till nivån H 0. (Analogt fö fallet h (t) H 0 ε.) 2 994: 8.52 Ett ep hålles hängande öve en glatt stång, så att 8 m hänge på ena sidan och 2 mpåden anda. Man släppe epet. Bestäm den tid som åtgå fö att epet sall glida av stången. Lösning: Jag misstäne att poblemföfattaen ha tänt sig följande esonemang: Låt ρ = epets längddensitet, y(t) =längden av den del av epet som falle ne, y (0) = 2 m. Delanas masso ä då ρy esp. ρ (20 y). Gavitationen da i den ena med aften ρyg och i den anda med aften ρ (20 y) g. Newtons anda lag ge (y 00 (t) ä acceleationen) ρyg ρ (20 y) g =20ρy 00 y 00 (t) g y (t) = g, 0 g =9.8 m/s2 y (t) =y h + y p = Ae g/0t + Be g/0t +0 Vi vet att y (0) = 2, y 0 (0) = 0 och söe det minsta t fö vilet y (t) =20: A p + B +0=2 g/0 (A B) =0 Ae g/0t + Be g/0t +0=20 Sätt x = e g/0t ( A = B = t = x + x =0 ½ A = B = x 2 0x +=0 0 0 ³ g ln x = g ln 5+ 24 Men ä det veligen Newtons anda lag som ge evationen ovan? Vi ha ju inte tagit med stångens aft på epet?! Evationen ä itig, men jag to att motiveingen ä mea omplicead än ovanstående. En vaiant ä att filägga epets vänsta och höga dela, men just nu to jag inte itigt på den helle Man få nog betata vidmoment τ och öelsemängdsmoment L med avseende på stången. Infö = stångens adie. τ = dl Z df = d Z vdm ρyg ρ (20 y) g = d ( y0 (t) ρ20) y 00 (t) g y(t) = g 0 3
994: 8.67 En opp med massan m löpe fitionsfitt på en hoisontell sena S och påveas av en centalaft F, som ä popotionell mot avståndet till centalpunten O (med popotionalitetsonstant ). 994: 8.70 En vetialt hängande otationssymmetis opp påveas föutom av sin egen tyngd av en aft F, som angipe i undesidan och da at neåt. Koppens densitet ä ρ, dess längd i höjdled ä L (= i figuen nedan). Dimensionea oppen så att spänningen ä onstant, =, i vaje hoisnotellt tväsnitt av oppen. (Spänning = aft pe aeaenhet.) -2.5 -.25 0.25 x 2.5 0-0.25-0.5 Koppen släpps på avståndet a fån det jämvitsläge J som senans nämaste punt till O utgö. Hu lång tid döje det innan oppen fö fösta gången åteigen ha hastigheten =0? Lösning: Lägg en x-axel längs senan med oigo i J. Låt x (t) =oppens läge, OJ = avståndet fån O till J. Kaften mot centalpunten ä OJ 2 + x (t) 2 Dess omposant vinelätt mot senan uppvägs av en nomalaft det som sty öelsen ä omposanten paallellt med senan, som ä = OJ 2 + x (t) 2 Kaftevationen längs senan: x (t) OJ 2 + x (t) 2 mx 00 (t) = x (t), Begynnelsevillo : x (0) = a, x (0) = 0 x (t) = a cos m t Hastigheten x 0 (t) = a sin m t π bli 0 nämast fö t = p /m y -0.75 Lösning: Låt A (y) =tväsnittens aea = πx 2,F(y) =snittaften. Vi vill att det sall gälla F (y) = A (y) =πx 2 = F 0 (y) = 2πx dx Filägg en tunn siva av oppen mellan y och y+. Dess tyngd ä ρa (y) dx. Kaftbalans fö den innebä F (y)+ρa (y) g = F (y + ) F (y + ) F (y) = ρga (y) F 0 (y) = ρga (y) =ρgπx 2 Kombinea ovanstående: 2πx dx dx x - = ρgπx 2 = ρg 2 x = Ce ρg 2 y Konstanten C bestäms av villoet F ( L) =F = den vetiala aften som da i nede ändan, alltså F = π ³Ce ρg 2 ( L) 2 F C = π e ρg 2 L Sva: Med oodinatsystem enl. figu, så ges bågen ifjädevadantenav F x = π e ρg 2 (L+y) 4
(6, 840504) En infetionssjudom antas spida sig i en befolningsgupp med en hastighet, som ä popotionell mot såväl antalet infeteade som antalet oinfeteadepesone. Vid en viss tidpunt ä halva befolningen smittad. Spidningshastigheten ä då så sto att, om den föblev onstant, sulle hela befolningen vaa smittad efte 24 daga. Hu sto del av befolningen ä fatist smittad efte 24 daga? Lösning: Låt y 0 (t) = andelen smittade. Vi äna med att totala antalet männiso ä onstant, så att antalen infeteade/oinfeteade ä popotionella mot esp. andela. y 0 = y ( y) µ y 0 y + = y ln y ln ( y) = t + C y =/2 nä t =0 C =0 y y y (t) = = e t +e t Om spidningshastigheten voe onstant, så sulle y (t) öa linjät: y (t) =y (0) + y 0 (0) t. Att hela befolningen då sulle vaa smittad efte 24 daga ä litydigt med att (låt 24 daga motsvaa tidsenhet) (5, 880324) En positivt laddad patiels läge i xyplanet vid tiden t ges av x = x (t),y= y (t). Vid t =0ä patieln i vila i oigo och fö t>0 utsätts den fö osade eletisa och magnetisa fält så att dess öelseevatione bli ½ x 00 (t) =y 0 (t) y 00 (t) = x 0 (t) Bestäm patielns läge fö t>0. Lösning: Evationena ä baa ytligt sett av anda odningen egentligen ä de av fösta odningen om man betata x 0 och y 0 som obeanta. Sätt y 0 = x 00 in i den anda evationen: x 000 = x 0 [Sätt x 0 = z och lös z 00 + z =] x 0 = A cos t + B sin t + x = A sin t B cos t + t + C Sedan få man successivt: x 0 (0) = 0 A =, y 0 (t) = sint + B cos t, y 0 (0) = 0 B =0, y (t) = cos t +, x (0) = 0 C =0 = 2 + y0 (0) Å anda sidan: y 0 (0) an vi enelt uttyca i diet u diff.evationen(enlaeänattdeiveaochsätta in!): y 0 (0) = y (0) ( y (0)) = 4 Alltså =2och den fatisa andelen smittade = +e 2 Baa fö att ännu en gång illustea att poblem an lösas på olia sätt: y 0 = y ( y) y 0 = y y 2, [y 6= 0] y 2 y0 = y z 0 + z = z (t) = Ce t + Sätt z = y 5