Uppgift 3.5. Vi har att: a = dv dt enligt definitionen. Med vårt uttryck blir detta: Vi separerar variablerna: Vi kan nu integrera båda leden: Z dv
|
|
- Filip Berg
- för 5 år sedan
- Visningar:
Transkript
1 Uppgift 3.5 a) Vi har att: a = dv dt enligt definitionen. Med vårt uttryck blir detta: Vi separerar variablerna: Vi kan nu integrera båda leden: Z dv v = dv dt = dv v = Z k kv kdt dt, 1 v = kt + C där C är en konstant som vi ska bestämma med hjälp av begynnelsevillkoren. Då t =0är v = v 0,dvs och vårt uttryck för v blir: C = 1 v 0 1 v = kt + C, 1 v 0 = kt 1 v 0, v(t) = v 0 ktv 0 +1 Vi kan nu bestämma hur lång tid det tar innan farten halverats genom att sätta v(t) =v 0 / och lösa ut t, enligt: v 0 = v 0 ktv 0 +1 () 1 = 1 ktv 0 +1 () ktv 0 +1=() t = 1 kv 0 Numeriskt får vi med v 0 = 36/3,6 = 10 m/s att: Svar: v 0 ktv 0 +1, 36 s t = 1 0, s = 36 s
2 b) Vi har Z s(t) = v(t)dt som med vår hastighet blir: Z s(t) = v 0 ktv 0 +1 = 1 k ln (1 + ktv 0)+D där konstanten D bestäms av villkoret s(0) = s 0,medföljande resultat: och slutligen: Under 36 s förflyttar sig cykeln sträckan: Svar: 50 m D = s 0 s(t) = 1 k ln (1 + ktv 0)+s 0 s(36) s 0 = 1 ln (1 + 0, ) m = 50 m 0,008
3 Uppgift 3.6 Enligt ledningen kan vi skriva: Med vårt uttryck får vi Vi integrerar båda sidor: Z Z (6x + )dx = adx = vdv a =6x + (6x + )dx = vdv vdv, 3x +x = 1 v + C där C är en konstant vi får bestämma ur villkoret att v = 10 m/s då x = 0, vilket ger att: Vi löser ut hastigheten: 0= C, C = 50 v = ± p 6x +4x Vi ser att endast den positiva roten uppfyller begynnelsevillkoret, och vår slutliga lösning är alltså: Svar: p 6x +4x v(x) = p 6x +4x + 100
4 Uppgift 3.10 Den totala accelerationen kan delas upp i två vinkelräta komposanter; centripetalaccelerationen: a c = v R som svarar mot hastighetens riktningsändring, och den tangentiella accelerationen: a t = d v dt = dv dt som svarar mot fartändringen. När vi bestämt dessa komposanter får vi den totala accelerationens storlek, a, som: q a = a c + a t Vi beräknar först centripetalaccelerationen vid B: a c = (45/3,6) 0 m/s =7,815 m/s För att beräkna a t behöver vi alltså betrakta fartändringen vid B. Eftersom det står att hastighetsmätaren visar likformigt ökande utslag då bilen kör genom kvartscirkelbanan kan vi använda sambandet: a t s = v v 0 där s = R/4, dvs en fjärdel av cirkelns omkrets. Den tangentiella accelerationen blir då: Den totala accelerationen blir: Svar: 8,0 m/s a t = v v0 R = (45/3,6) (5/3,6) m/s =1,719 m/s 0 a = p (7,815) +(1,719) m/s 8,0 m/s
5 Uppgift 3.14 a) Vi betecknar polisens hastighet relativt jorden med v PJ = 7 km/h och fortkörarens hastighet relativt jorden med v FJ = 180 km/h. Vi söker nu polisbilens hastighet relativt fortköraren, v PF. Med det allmänna sambandet: x PA = x PB + x PA som beskriver en punkt P :s läge i systemet A relativt läget i systemet B får vi genom att derivera: v PA = v PB + v BA Vi söker polisens hastighet relativt fortkörarens system, samtidigt som vi vet fortkörarens hastighet relativt jorden, v FJ. Alltså: Numeriskt: v PJ = v PF + v FJ () v PF = v PJ v FJ v PF =(v 7 v 180 ) km/h = 108 km/h Svar: 108 km/h b) Vi söker tidpunkten då x PF = d = 10 m. Enligt resonemanget i a) har vi: x PF = x PJ Vid jaktens start väljer vi att sätta polisens läge i det jordfixa systemet, x PJ = 0. Fortkörarens läge kan då ges begynnelsevärdet x FJ = 160 m. Fortkörarens läge beskrivs sedan av funktionen: x FJ (t) =x 0 + Z t 0 x FJ v FJ dt = t eftersom 180 km/h = 50 m/s. Polisens hastighet relativt jorden är inte längre konstant, utan beskrivs av funktionen: v PJ (t) = 0 + 3,75t eftersom 7 km/h = 0 m/s. Motsvarande läge ges av: Vi får nu att: Vi sätter nu x PF = x PJ (t) = 10 m och får: Z t 0 v PJ dt = 0t + 1 3,75t x PF = 0t + 1 3,75t t 10 = 0t + 1 3,75t t () t 16t 80 = 0 Denna andragradsekvation kan lösas på valfritt sätt. Med kvadratkomplettering blir kalkylen: och (t 8) 144 = 0 t =8± 1 Den positiva roten är t = 0 s, som är vårt svar: Svar: 0 s
6 Uppgift 4.8 a) De krafterna kan ersättas med en resulterande kraft: F R = F 1 + F + F 3 Om bilen ska rulla med konstant hastighet, så att a = 0, krävs att: Detta innebär F R,x = F R,y = 0. Svar: x- och y-komposanterna ska vara noll b) Vi vet från a) att ekvationen gäller. Vi betraktar nu denna komposantvis: och löser ut komposanterna hos F 1 : Vi ser från figuren att och att Detta insatt i (1) och () ger nu: F R = ma = 0 F 1 + F + F 3 = 0 x : F 1,x + F,x + F 3,x =0 y : F 1,y + F,y + F 3,y =0 F 1,x = F,x F 3,x (1) F 1,y = F,y F 3,y () F 3,x = F 3 = 0,45 kn F 3,y = 0 F,x = F cos =0,30 cos 0 kn = 0,8191 kn F,y = F sin = 0,30 sin 0 kn = 0,1061 kn F 1,x = 0,8191 kn ( 0,45) kn = 0,16810 kn (3) F 1,y = ( 0,1061) kn = 0,1061 kn (4) Nu kan vi beräkna beloppet av kraften F 1 enligt: q F 1 = F1,x + F 1,y = p 0, ,1061 kn 0,0 kn och vinkeln enligt: vilket ger: Svar: F 1 =0,0 kn, = 31 tan = F 1,y F 1,x = 0,1061 0,
7 Uppgift 4.1 Om vi bortser från luftmotstånd så är den enda kraft som verkar på bollen då den är i luften tyngdkraften. Hastigheten i x-led är därför konstant. Vi placerar origo där bollen lämnar kastarens hand. Bollens koordinater blir då: x(t) = v 0 t cos y(t) = v 0 t sin gt där = 50 är kastvinkeln. Tiden knyter ihop de båda ekvationerna. Eftersom både t och v 0 är okända eliminerar vi t. Vi löser därför ut t från x-ekvationen, med följande resultat: t = x v 0 cos där x är sträckan i x-led som bollen färdas, som är given. Detta uttryck kan sättas in i y-ekvationen, vilket ger: y = v 0 x v 0 cos sin = x tan och vi kan lösa ut v 0,medföljande resultat: g g x v 0 cos x v 0 cos x tan y = g x () v0 = g x v 0 cos cos ( x tan y) och slutligen: Numeriskt får vi: v 0 = v 0 = 5,0 cos 50 x r g cos ( x tan y) s 9,8 m/s = 7,7 m/s (5,0 tan 50 1,0) Svar: 7,7 m/s
8 Uppgift 4.0 y Vi betänker först vilka krafter som verkar på flygplanet. Dessa är spännkraften i snöret, F, och tyngdkraften, F g (se figuren till höger. F! x y Fg F! Resultanten till dessa utgör en centripetalkraft: Fc x F c = F + F g Jämför vektoradditionen i figuren till vänster. Fg y Vi söker nu spännkraften F. Om vi delar upp denna i x- och y-komposanter kan vi teckna kraftsituationen på flygplanet komposantvis: F x = F c (1) F y mg = 0 () Fy!! Fx R x Fg Observera att resulterande kraften är noll i y-led, men inte i x-led! Det krävs en konstant kraft i x-led för att cirkelrörelsen ska fortgå. Utan centripetalkraften skulle flygplanet fortsätta längs en rät linje. Vi ser att: Radien för cirkelrörelsen kan skrivas: F x = F sin, F = R = l sin F x sin Med periodtiden T och radien R för rörelsen kan vi teckna centripetalkraftens belopp. Med hälp av Physics Handbook s 158 ser vi att: F c = mv R och v = R T
9 som ger formeln: F c = 4 mr T Eftersom F x = F c kan vi lösa ut F och få: = 4 m T l sin F = F c sin = 4 m l sin T sin = 4 ml T Vi har t ex att F y = F cos = mg och kan skriva: som ger att: Svar: = arccos gt 4 l och F = 4 ml T 4 ml T cos = mg = arccos gt 4 l
10 Uppgift 4.5 Vi frilägger varje låda för sig och använder Newtons andra lag: X F = Ma Vänstra lådan: Högra lådan: " F N mg =0 (1)! T =ma () " F 0 N mg =0 (3)! T + F = ma (4) Eftersom vi är intresserade av kraften från snöret, T, så använder vi nu sambanden () och (4). Observera att kraften från snöret, T, är lika stor på båda lådorna. Accelerationen, a, måste också vara samma för båda lådorna. Vi har alltså:! T =ma (5)! T + F = ma (6) Vi eliminerar nu ma: T = T +F, T = 3 F Se även figuren i facit, där krafterna i vertikal led har utelämnats. Svar: /3F
11 Uppgift 5.1 Masscentrum definieras som: r CM = P P i m ir i I två dimensioner har vi r = xˆx + yŷ, ochdetföljer att vi kan beäkna x- ochy-koordinaten för masscentrum var för sig: P x CM = P i m ix i i m i P y CM = P i m iy i. Vi följer figuren där syreatomen sitter i origo: i m i i m i x CM = m O 0+m H x H 1,01 = 96 0,61 pm m O +m H 1, ,0 = 6,6pm 0,07a Vi ser att y CM = 0 eftersom H-atomerna ligger symmetriskt kring x-axeln: y CM = m O 0+m H y H,1 + m H y H, 1,01 = 96 (0,790 0,790) pm = 0 m O +m H 1, ,0 Detta innebär att r CM =0,07aˆx. Svar: 0,07aˆx
12 Uppgift 6. a) Friktionsvärmen som utvecklas är lika med det arbete som friktionskraften utför: W fr = f För att bestämma f tecknar vi krafterna som verkar på lådan: Friktionskraften kan skrivas: s ": F 1 sin + F N mg =0 (1)!: F 1 cos f = ma () f = µ k F N där µ k är det kinetiska friktiontalet och F N är normalkraften. Ekvation (1) ger direkt normalkraften: F N = mg F 1 sin och vi ser att normalkraften minskar och är till beloppet mindre än tyngdkraften. Friktionskraften är alltså: f = µ k (mg F 1 sin ) och arbetet som den uträttar är: W fr = µ k (mg F 1 sin ) s = 0,35 (10 9,8 40 sin 10 )8,1J= 160 J Friktionskraften utför alltså ett negativt arbete. Friktionsvärmen som utvecklas anges dock som positiv. Svar: 160 J b) Festeristen uträttar arbetet: W fest = F 1 cos s = 40 cos 10 8,1 J = 1914 J Den kinetiska energin som lådan får är lika med nettokraftens arbete: Z E k = F R ds =(F1cos 10 f) s Vi ser att: E k = W fest + W fr dvs att en del av festeristens arbete omvandlas till friktionsvärme istället för kinetisk energi hos lådan. Med våra beräknade värden får vi: Den efterfrågade andelen är alltså: Svar: 9% E k = 1914 J 160 J = 1754 J W fest E k = %
13 Uppgift 6.11 Rörelsemängden bevaras i stöten: p = p 0 m 1 v m v = m 1 0+m v 0 Eftersom stöten är elastisk kommer även rörelseenergin att bevaras: m 1 v Vi löser ut v 0 ifrån första ekvationen: + m v = m v 0 och sätter in den i den andra ekvationen: v 0 = m 1 m v m v (m 1 + m )=m m1 m m v m 1 + m = m 1 + m m 1 m m, m 1 m + m = m 1 + m m 1 m och eftersom m 1 6= 0 får vi: 3m 1 m = m 1 3m = m 1, m 1 /m =3 Svar: 3 (den kula som stannar har tre gånger så stor massa som den som fortsätter)
14 Uppgift 5.8 Utnyttja att rörelsemängden är bevarad komposantvis: p före x = p efter x p före y = p efter y Vi vet att u H = m/s och u Cl =4, m/s. Atomernas massor kan vi få ur tabell (t ex Physics Handbook) som: m H = 1,00794 u = 1, , kg = 1, kg m Cl = 35,45 u = 35,45 1, kg = 58, kg Observera att u i ekvationen ovan är enhet den atomiska massenheten (1 u = 1, kg) och ska inte förväxlas med u H eller u Cl. Den bildade HCl-molekylens massa blir: M = m H + m Cl = 60, kg Om vi kallar den bildade HCl-molekylens hastighet v kan vi teckna ekvationerna: 1 m H u H = Mv x m Cl u Cl = Mv y Vi kan nu lösa ut den sökta hastighetens komposanter: v x = m H u H M = 1, , =4,4 m/s v y = m Cl u Cl M = 58, , , m/s (1) 1 Vi väljer att skriva v x och v y istället för att införa någon vinkel (t ex v cos ) eftersomdennavinkel inte är känd. I detta fall förenklar detta räkningarna.
15 Uppgift 7.3 Vi utgår från sambandet E p + E k = W f där W f är det arbetet som konservativa krafter utför på hopparen. Hopparen påverkas av en elastisk fjäderkraft och tyngdkraften, som båda är konservativa, dvs W f =0och: E p + E k =0. En fördel med detta är att det räcker att titta på startpunkten och vändpunkten, som vi kan kalla 1 och. Vi tecknar kinetiska och poteniella energin och läge 1. Det verkar vara intuitivt att sätta y = 0 i just då linan börjar tänjas ut, vilket leder till: E k,1 = 0 E p,1 = mgh där h = 1 m. I läge, har fjäderns potentiella energi blivit 1 kx där x är den sträcka som den tänjs ut, dvs den sökta sträckan. Lägeskoordinaten är y = x, vilket ger Nu får vi med energlilagen att E k, = 0 E p, = 1 kx mgx E k, E k,1 + E p, E p,1 =0 () kx mgx mgh =0 () 1 kx mgx mgh =0 Med insatta värden får vi andragradsekvationen: x 16x 19 = 0 som har lösningarna: dvs utsträckningen blir x = 4 m. x =8± 16 m Svar: 4 m
16 Uppgift 8.6 a) Läget ges av funtionen: och hastigheten ges av: y(t) =A sin!t, v(t) =A! cos!t, där! = T. Vi ser i grafen att A = 5 cm, och efter 3 s har vikten fullbordat 5 svängningar, dvs T =3/5 s = 0,6 s. Vikten passerar jämviktsläget då y = 0, dvs sin!t = 0, vilket innebär att: Då är cos!t = ±1, och hastigheten är: t =0,!,!,... v = ±A! v = ±0,05 10 m/s = ±0,5 m/s 3 som alltså kan vara riktad uppåt eller nedåt, men som är lika stor i båda fallen. Svar: 0,5 m/s b) Metod 1 Friläggning av klossen ger kraftekvationen: F R = F mg där F R är den resulterande kraften och F är fjäderkraften. Enligt Newtons andra lag har vi: Med vårt uttryck för F R får vi: ma = F R ma = F mg () F = m(g + a) Fjäderkraftens största värde uppnås då accelerationen a är som störst, dvs då: 10 a =+A! =0,05 m/s =5,483 m/s 3 och därmed är riktad uppåt. Detta inträ ar i de nedre vändlägena. Största fjäderkraften är alltså: F =0,10(9,8 + 5,483) N = 3,1 N Svar: 3,1 N
17 Metod Enligt Hookes lag, F = k x, måste fjäderkraften vara som störst då elongationen är som störst, det vill säga i nedre vändlägena. I jämviktsläget är fjäderkraften lika stor som tyngdkraften: F = mg. När fjädern sträcks ut till det nedre vändläget ökar fjäderkraften med F = ka, där A = 5 cm enligt grafen. Den maximala kraften är alltså F = mg + ka. Vi behöver bestämma fjäderkonstanten, k, och använder sambandet r m T = k, k = m T Den sökta kraften blir därför: k = 0,10 0,6 N/m = 3,03 N/m F = 0,10 9,8 N + 3,03 0,05 N = 3,1 N Svar: 3,1 N
18 Uppgift 8.17 Vi utgår från det givna sambandet: = 0 e t cos!t där vi vill bestämma. Att amplituden har gått ned till 1,5 efter 10 svängningar innebär att: 0 e 10P =1,5 () e 0 =1,5 Vi kan nu lösa ut dämpningskonstanten genom att beräkna (den naturliga) logaritmen av båda leden: Svar: 0,0144 s 1 e 0 =0,75 () 0 =ln0,75 () ln 0,75 0 = 0,0144 1/s
19 Uppgift 8.14 Den angivna potentiella energin kommer i allmänhet inte resultera i harmonisk svängning. För små svängningar kring jämviktsläget, x = 0, kan vi göra en McLaurinutveckling: U(x) =U(0) + U 0 (0)x + 1 U 00 (0)x +... Vi har att: och därmed: U(x) = D 1 e ax =1 ax + a x ax + a x +... D = D ax + a x +... D = Da x +... D då x är litet, dvs en väteatom kommer att utföra harmonisk svängning. Om vi jämför med potentiella energin för en ideal fjäder: så ser vi att motsvarande fjäderkonstant är: E p = 1 kx k =Da Svängningsfrekvensen kan nu beräknas med uttrycket för harmonisk svängning: f = 1 T = 1 r k m där vi behöver använda oss av den reducerade massan: f = 1 µ = m 1m m 1 + m = m eftersom vi har att göra med två kroppar som svänger. Alltså: s Da µ = 1 r 4Da m Svar: 1, Hz D = 4,48 ev = 4,48 1, J=7, J m = 1,0079 u 1, kg = 1, kg s f = 1 4 7, (1, ) 1, Hz 1, Hz
20 Uppgift 8.15 a) För dämpad svängning beräknas vinkelfrekvensen som:! = r k m b 4m Numeriskt får vi:! = s 06,9 0,404 6,91 4 0,404 s 1 = 1,487 s 1 och den sökta svängningsfrekvensen: f =! =3,38 Hz b) Läget för en partikel i dämpad svängning kan som bekant skrivas: y(t) =Ae bt/m sin (!t + ) Det är exponentialfaktorn som göra att amplituden avtar. Under periodtiden T sjunker amplituden till en faktor: e bt/m av den ursprungliga värdet. Periodtiden är T = 1/f, vilket ger: e b/(fm) = e 6,91/( 3,38 0,404) =0,10 dvs amplituden minskar med 90% under en period. Svar: 90 % Kommentar: y(t + T ) y(t) Man kan resonera lite mer matematiskt stringent genom att beräkna kvoten: = Ae b(t+t )/m sin (!(t + T )+ ) Ae bt/m sin (!t + ) = e bt/m sin (!(t + T )+ ) sin (!t + ) Men enligt definitionen av periodtid har vi sin!(t + T )=sin!!t, och vi får nu y(t + T ) y(t) = e bt/m
21 Uppgift 9.9 a) Snörkrafterna är inte lika eftersom hjulet har en tröghet som motverkar vinkelacceleration, dvs ett tröghetsmoment. I uppgift 4.7 hade hjulet massan m h = 0, och därmed I = 0. Om vi tänker oss att hjulet har stor massa och vi drar hårt i ena änden i repet så kanske klossen i andra änden inte får så stor acceleration, dvs spännkraften inte är så stor. b) Vi måste ställa upp kraftekvationer för massorna m och M, samt en momentekvation för hjulet. Vi ansätter en positiv y-riktning uppåt. Klossarna kommer att få lika stora accelerationer, a, men riktade åt olika håll. Om vi sätter att accelerationen är +a (uppåt) för m och så måste den vara a (nedåt), för M. Det går lika bra att välja tvärtom. Med vårt val blir positiv rotationsriktning för hjulet blir då medurs. Detär dessa relationer som knyter samman de tre kropparnas rörelser. Friläggning av vänstra klossen: och högra klossen: T 1 mg = ma, T 1 = m(g + a) (1) T Mg = Ma, T = M(g a) () Vi betraktar nu hjulet, som utsätts för två vridmoment som försöker vrida hjulet åt olika håll. y +: T R T 1 R = I, T T 1 = Ia R (3) där vi i sista steget utnyttjat det kinematiska sambandet: Om vi nu sätter in uttrycket för hjulets tröghetsmoment = a/r (4) I = 1 m hr (5) ihögerledet i (3), får vi: T T 1 = m h a (6) Vänsterledet kan även uttryckas med hjälp av (1) och () som: T T 1 = M(g a) m(g + a) =g(m m) a(m + M) (7) och vi får nu att: m h a = g(m m) a(m + M) () a mh + m + M = g(m m) (8) och accelerationen blir: M m a = g m h /+m + M (9)
22 Med M = 00/9,8 N = 0,37 N får vi: Spännkrafterna blir alltså: a =9,81 Svar: T 1 = 19 N och T = 137 N 0, / + 0, m/s =3,097 m/s (10) T 1 = m(g + a) = 10(9,8 + 3,097) N = 19 N T = m(g a) = 0,37(9,8 3,097) N = 137 N Kommentar: Hjulets radie spelar ingen ingen roll för accelerationen, eller för spännkrafterna. Eftersom M>mkommer accelerationen att vara positiv. Om vi tittar tillbaka på vår ansats så ser vi att den vänstra tyngden rör sig uppåt och den högra nedåt. Vinkelaccelerationen för hjulet är positivt enligt (4), vilket innebär att hjulet snurrar medsols. c) Den kinetiska energin är: E k = mv + Mv + I! där! = vr. Återigen sätter vi in uttrycket för tröghetsmomentet (5) och får: (11) Farten efter 4 sekunder är: E k = mv + Mv m hv = v (m + M + m h ) (1) v = at =4 3,097 m/s = 1,388 m/s (13) vilket insatt i (1) ger: Svar:,5 kj E k = 1,388 (10 + 0,37 + 5/) J = 5 J,5 kj (14)
23 Uppgift 11.7 a) Den totala kinetiska energin är summan av translations- och rotationsenergi: E k = E k,trans + E k,rot = m v CM + I! där v CM är masscentrums hastighet. Om ringen inte glider kan vi relatera v CM till vinkelhastigheten! enligt: v CM =!r 1, där r 1 är ytterradien. Tröghetsmomentet, I för ringen fås från s171 i Physics Handbook som: I = 1 m r 1 + r Om vi sätter in detta i uttrycket för kinetisk energi får vi: E k = m v CM = mv CM = mv CM 4 vcm r1 + 1 m r 1 + r! 1+ (r /r 1 ) ! r r 1 Numeriskt får vi: Svar: 15 J E k = 18 3, ! J = 15 J 60 b) Eftersom endast konservativa krafter verkar så är den mekaniska energin bevarad enligt sambandet: E k + E p =0 som får utseendet: och vi får det numeriska svaret: Svar: 1, m E k mgh =0, h = E k mg h = ,8 m=1, m
24 Uppgift Vi betraktar de två kolliderande kropparna som ett isolerat system. Då kommer totala rörelsemängden och rörelsemängdsmomentet att vara konstant. a) Rörelsemängden bevaras, och tyngdpunktens hastighet, v, fås med sambandet: Numeriskt får vi: Svar: 0,8 m/s mu =(M + m)v () v = v = 0,5 4 m/s = 0,8 m/s,5 m M + m u b) Rörelsemängdsmomentet med avseende på t ex en axel genom masscentrum bevaras. Före kollisionen är endast den inkommande partikeln i rörelse, och just före kollisionen kan partikelns hastighetsvektor anses bilda rät vinkel med stången, vilket innebär att: L 1 = mud I sambandet ovan är d avståndet från trä punkten till masscentrum. Vi bestämmer därför masscentrums läge. Om vi utgår från trä punkten har vi: d = (M + m) 0+ML M + m = 1 1+0,5 m=0,8m Efter trä en kan vi teckna rörelsemängdsmomentet med avseende på axeln genom masscentrum som: L = I! där I är tröghetsmomentet för den sammansatta kroppen med avseende på axeln genom masscentrum: I = X i m i r i =(M + m)d + M(L d) =(1,5 0,8 +1 1, )kg m =,4kg m Vi kan nu beräkna vinkelhastigheten: Numeriskt får vi: Svar: /3 s 1 L 1 = L () mvd = I! ()! = mvd I! = 0,5 4 0,8,4 s 1 = 3 s 1
25 Uppgift 10.4 Vi tecknar jämviktsvillkoren: X F = 0 X = 0 Vi kallar armens massa m och hantelns massa M. Enligt uppgiften verkar en kraft vid leden, F h, vars storlek och riktning är okänd. Kraftekvationen kan delas upp i x- ochy-led:! : F h,x F cos =0 (1) " : F h,y + F sin mg Mg =0 () och momentekvationen, som vi med fördel tecknar kring leden: x = Fasin mgb Mgd = 0 (3) Momentekvationen ger direkt att: vilket ger det numeriska svaret: mb + Md F = g a sin 3,6 0, ,33 F =9,8 N = 1648 N 1,6kN 0,035 sin 50 Stödkraftens komposanter fås nu med hjälp av ekvation (1) och (), dvs: och F h,x = F cos = 1648 cos 50 N 1059 N F h,y =(m + M)g F sin =[(3,6 + 1) 9, sin 50 ]N 1109 N Här lägger vi märke till att kraften F h är riktad snett nedåt åt höger. Beloppet av denna kraft är: q F h = Fh,x + F h,y = p N 1,5kN Svar: F =1,6 kn, F h =1,5 kn
26 Uppgift 10.3 a) Vi tecknar jämviktsekvationer för varje kloss: Det måste gälla att: T 1 + f + m 1 g + N 1 = 0 T + m g + N = 0 T 1 = T = T Vi betraktar därför de krafter som verkar på klossarna parallellt med respektive plan, dvs parallellt med T 1,, vilket leder till de två ekvationerna: kloss 1: T + f m 1 g sin =0 kloss : T + m g sin Observera att vi har ansatt f positiv åt samma håll som spännkraften, dvs %. Vi har nu två ekvationer och två obekanta, varur vi löser ut friktionskraften f. Detta görs enklast genom att addera ekvationerna till varandra, vilket ger direkt: f m 1 g sin + m g sin =0() f = m 1 g sin m g sin Med givna värden på massor och vinklar får vi: f =3g sin 30 4g sin 60 = 3 g p 3g<0 Att f<0 innebär att kraften är riktad snett nedåt vänster (.). Svar:. b) Vi löser ut massan m ur sambandet ovan: m = m 1g sin g sin Den maximala friktionskraften är f = µn 1 = µm 1 g cos. Observera minustecknet. Vi sätter in detta värde på f och får: dvs Numeriskt får vi: Svar:,6 kg sin 30 +0,3cos 30 m =3 sin 60 m = m 1g sin + µm 1 g cos g sin m = m 1 sin + µ cos sin f kg = 3 1+0,3p 3 p 3 kg =,6kg
27 Uppgift 13.6 a) Med Newtons andra lag: dvs F g + F D = ma () m 0 g och vi har alltså A = k/m och B = m 0 g/m. b) Den homogena ekvationen är: med det karaktäristiska polynomet: som har lösningarna: r Alltså har vi homogena lösningen: och med partikulärlösningen får vi totala lösningen: ÿ ÿ h k mẏ = m0 m g k =0 mẏh k m r =0() r r r =0 eller r = k m y h = C + De kt/m y p = B A t = m0 g m kv = ma k =0 m m k t = m0 g k t y = y h + y p = C + De kt/m + m0 g k t Konstanterna C och D bestämmer vi med hjälp av initialvillkoren. y(0) = 0 ger C + D =0() C = och eftersom ẏ = k m De kt/m + m0 g k ger initialvillkoret för hastigheten, ẏ(0) = 0, att vilket innebär att: Slutligen får lösningen: D k m D + m0 g k =0() D = mm0 g k y(t) = mm0 g k Svar: y(t) = mm0 g k e kt/m 1 + m0 g k t C = D = mm0 g k e kt/m 1 + m0 g k t
28 m c) Då t har vi kt/m k 1oche kt/m 0. Om vi jämför de två övriga termerna genom att dividera dem så ser vi att: m 0 g k t k mm 0 g = k m t 1 vilket innebär att: Alltså: m 0 g k t mm 0 g k y(t) m0 g k t då t m k d) Med m 0 =0,74m får vi uttrycket: y(t) = 0,74mg t k Numeriskt får vi med t = 1 h = 3600 s att molekylen rört sig sträckan: Svar: mm 0,74 9,8 8, m m= mm
29 Uppgift 13.7 a) Centrifugalkraften är riktad radiellt utåt: F c = mv r Eftersom v = r/t = rf kan vi skriva den som: och med givna värden får vi: F c =4 f mr F c = , ,0 10 N=9, N 0,95 pn Svar: 9, N=0,95 pn b) Vi tecknar Newtons andra lag: X F = ma () Fc När hastigheten är konstant har vi a = 0, dvs v p kv = ma F c v p F c kv =0 och vi kan lösa ut drifthastigheten, v, enligt: v = 1 v p Fc k = 1 v Fc p 3 d Numeriskt, med p =1,1 v och d =1, m får vi: v = 1 Svar: 0,1 mm/s 1 9, , , m/s = 8, m/s 0,1 mm/s
Uppgift 3.5. Vi har att: a = dv dt enligt definitionen. Med vårt uttryck blir detta: dt = kv2. Vi separerar variablerna: v 2 = kdt
Uppgift 3.5 a) Vi har att: a = dv dt enligt definitionen. Med vårt uttryck blir detta: Vi separerar variablerna: Vi kan nu integrera båda leden: dv v = k dv dt = kv dv v = kdt dt 1 v = kt + C där C är
Läs merUppgift 3.5. Vi har att: a = dv dt enligt definitionen. Med vårt uttryck blir detta: Vi separerar variablerna: Vi kan nu integrera båda leden: Z dv
Uppgift 3.5 a) Vi har att: a = dv enligt definitionen. Med vårt uttryck blir detta: Vi separerar variablerna: Vi kan nu integrera båda leden: dv v 2 = dv = dv v 2 = k kv2 k, v = kt + C där C är en konstant
Läs merÖvningstenta Svar och anvisningar. Uppgift 1. a) Hastigheten v(t) får vi genom att integrera: v(t) = a(t)dt
Övningstenta 015 Svar och anvisningar Uppgift 1 a) Hastigheten v(t) får vi genom att integrera: v(t) = a(t)dt tillsammans med begynnelsevillkoret v(0) = 0. Vi får: v(t) = 0,5t dt = 1 6 t3 + C och vi bestämmer
Läs merTFYA16: Tenta Svar och anvisningar
150821 TFYA16 1 TFYA16: Tenta 150821 Svar och anvisningar Uppgift 1 a) Sträckan fås genom integration: x = 1 0 sin π 2 t dt m = 2 π [ cos π 2 t ] 1 0 m = 2 π m = 0,64 m Svar: 0,64 m b) Vi antar att loket
Läs merTFYA16: Tenta Svar och anvisningar
180111 TFYA16 1 TFYA16: Tenta 180111 Svar och anvisningar Uppgift 1 a) Svar: 89 cm x = 0 t 3 dt = [ t 3 9 ] 0 = 8 m 89 cm 9 b) Om vi betecknar tågets (T) hastighet relativt marken med v T J, så kan vi
Läs merTFYA16: Tenta Svar och anvisningar
170418 TFYA16 1 TFYA16: Tenta 170418 Svar och anvisningar Uppgift 1 a) Vi är intresserade av största värdet på funktionen x(t). Läget fås genom att integrera hastigheten, med bivillkoret att x(0) = 0.
Läs meruniversity-logo Mekanik Repetition CBGA02, FYGA03, FYGA07 Jens Fjelstad 1 / 11
Mekanik Repetition CBGA02, FYGA03, FYGA07 Jens Fjelstad 2010 03 18 1 / 11 Översikt Friläggning Newtons 2:a lag i tre situationer jämvikt partiklar stela kroppars plana rörelse Energilagen Rörelsemängd
Läs merLösningar Heureka 2 Kapitel 7 Harmonisk svängningsrörelse
Lösningar Heureka Kapitel 7 Harmonisk svängningsrörelse Andreas Josefsson Tullängsskolan Örebro Lo sningar Fysik Heureka Kapitel 7 7.1 a) Av figuren framgår att amplituden är 0,30 m. b) Skuggan utför en
Läs mer6.3 Partikelns kinetik - Härledda lagar Ledningar
6.3 Partikelns kinetik - Härledda lagar Ledningar 6.104 Om du inte tidigare gått igenom illustrationsexempel 6.3.3, gör det först. Låt ϕ vara vinkeln mellan radien till kroppen och vertikalen (det vill
Läs merSvar 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
Läs merSvar 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:
Läs merRepetion. Jonas Björnsson. 1. Lyft ut den/de intressanta kopp/kropparna från den verkliga världen
Repetion Jonas Björnsson Sammanfattning Detta är en kort sammanfattning av kursen Mekanik. Friläggning Friläggning består kortfattat av följande moment 1. Lyft ut den/de intressanta kopp/kropparna från
Läs mer9.1 Kinetik Rotation kring fix axel Ledningar
9.1 Kinetik Rotation kring fix axel Ledningar 9.5 Frilägg hjulet och armen var för sig. Normalkraften kan beräknas med hjälp av jämvikt för armen. 9.6 Frilägg armen, och beräkna normalkraften. a) N µn
Läs merLEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 4
LEDNINAR TILL PROBLEM I KAPITEL 4 LP 4.3 Tyngdkraften, normalkraften och friktionskraften verkar på lådan. Antag att normalkraftens angreppspunkt är på avståndet x från lådans nedre vänstra hörn. Kraftekvationen
Läs mer= v! p + r! p = r! p, ty v och p är dt parallella. Definiera som en ny storhet: Rörelsemängdsmoment: H O
1 KOMIHÅG 15: --------------------------------- Definitioner: Den potentiella energin, mekaniska energin Formulera: Energiprincipen ---------------------------------- Föreläsning 16: FLER LAGAR-härledning
Läs merKOMIHÅG 10: Effekt och arbete Effekt- och arbetslag Föreläsning 11: Arbete och lagrad (potentiell) energi
KOMIHÅG 10: Effekt och arbete Effekt- och arbetslag ----------------------------------------- Föreläsning 11: Arbete och lagrad (potentiell) energi Definition av arbete: U 0"1 = t 1 t 1 # Pdt = # F v dt,
Läs merMer Friktion jämviktsvillkor
KOMIHÅG 6: --------------------------------- Torr friktion: F! µn. Viskös friktion: F = "cv. Extra villkor för jämvikt: risk för glidning eller stjälpning. ---------------------------------- Föreläsning
Läs mer9.2 Kinetik Allmän plan rörelse Ledningar
9.2 Kinetik Allmän plan rörelse Ledningar 9.43 b) Villkor för att linan inte skall glida ges av ekv (4.1.6). 9.45 Ställ upp grundekvationerna, ekv (9.2.1) + (9.2.4), för trådrullen. I momentekvationen,
Läs merNewtons 3:e lag: De par av krafter som uppstår tillsammans är av samma typ, men verkar på olika föremål.
1 KOMIHÅG 8: --------------------------------- Hastighet: Cylinderkomponenter v = r e r + r" e " + z e z Naturliga komponenter v = ve t Acceleration: Cylinderkomponenter a = ( r " r# 2 )e r + ( r # + 2
Läs merInlupp 3 utgörs av i Bedford-Fowler med obetydligt ändrade data. B
Inlupp Sommarkurs 20 Mekanik II En trissa (ett svänghjul) har radie R 0.6 m och är upphängd i en horisontell friktionsfri axel genom masscentrum.. Ett snöre lindas på trissans utsida och en konstant kraft
Läs merKOMIHÅG 18: Ekvation för fri dämpad svängning: x + 2"# n. x j,
KOMIHÅG 18: ------------------------------------------------------ Ekvation för fri dämpad svängning: x + "# n x + # n x = # n x j, 1 med konstanterna! n = k m och!" n = c m. ------------------------------------------------------
Läs mer" e n och Newtons 2:a lag
KOMIHÅG 4: --------------------------------- 1 Energistorheter: P = F v, U "1 = t 1 # Pdt. Energilagar: Effektlagen, Arbetets lag ---------------------------------- Föreläsning 5: Tillämpning av energilagar
Läs mer6.2 Partikelns kinetik - Tillämpningar Ledningar
6.2 Partikelns kinetik - Tillämpningar Ledningar 6.13 Det som känns som barnets tyngd är den uppåtriktade kraft F som mannen påverkar barnet med. Denna fås ur Newton 2 för barnet. Svar i kilogram måste
Läs mer" e n Föreläsning 3: Typiska partikelrörelser och accelerationsriktningar
KOMIHÅG 2: 1 Cylinderkomponenter: Hastighet v = r e r + r" e " + z e z Acceleration: a = ( r " r# 2 )e r + ( r # + 2 r # )e # + z e z Naturliga komponenter: v = ve t a = v e t + v 2 " e n ------------------------------------
Läs merLEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 14. Kroppen har en rotationshastighet. Kulan P beskriver en cirkelrörelse. För ren rotation gäller
LEDNINR TILL ROBLEM I KITEL 4 L 4. Kroppen har en rotationshastighet. Kulan beskriver en cirkelrörelse. För ren rotation gäller v = r v = 5be O t Eftersom och r O är vinkelräta bestäms storleken av kryssprodukten
Läs merOm den lagen (N2) är sann så är det också sant att: r " p = r " F (1)
1 KOMIHÅG 12: --------------------------------- Den mekaniska energin, arbetet ---------------------------------- Föreläsning 13: FLER LAGAR-härledning ur N2 Momentlag Hur påverkas rörelsen av ett kraftmoment??
Läs merTFYA16: Tenta Svar och anvisningar
160819 TFYA16 1 TFYA16: Tenta 160819 Svar och anvsnngar Uppgft 1 a) Svar: A(1 Bt)e Bt v = dx dt = d dt (Ate Bt ) = Ae Bt ABte Bt = A(1 Bt)e Bt b) Då partkeln byter rktnng har v v = 0, dvs (1 t) = 0. Svar:
Läs merTentamen Mekanik F del 2 (FFM521 och 520)
Tentamen Mekanik F del (FFM51 och 50 Tid och plats: Lösningsskiss: Fredagen den 17 januari 014 klockan 08.30-1.30. Christian Forssén Obligatorisk del 1. Endast kortfattade lösningar redovisas. Se avsnitt
Läs merGÖTEBORGS UNIVERSITET Institutionen för fysik LÖSNINGAR TILL TENTAMEN I MEKANIK B För FYP100, Fysikprogrammet termin 2
GÖTEBORGS UNIVERSITET Institutionen för fysik LÖSNINGAR TILL TENTAMEN I MEKANIK B För FYP100, Fysikprogrammet termin Tid: Plats: Ansvarig: Hjälpmedel: Tisdag juni 009, kl 8 30 13 30 V-huset Lennart Sjögren,
Läs merTentamen i SG1140 Mekanik II. Problemtentamen
010-01-14 Tentamen i SG1140 Mekanik II KTH Mekanik 1. OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas! Problemtentamen Triangelskivan i den plana mekanismen i figuren har en vinkelhastighet
Läs merKOMIHÅG 12: Ekvation för fri dämpad svängning: x + 2"# n
KOMIHÅG 1: ------------------------------------------------------ Ekvation för fri dämpad svängning: x + "# n x + # n x = a, Tre typer av dämpning: Svag, kritisk och stark. 1 ------------------------------------------------------
Läs merMekanik Föreläsning 8
Mekanik Föreläsning 8 CBGA02, FYGA03, FYGA07 Jens Fjelstad 2010 02 19 1 / 16 Repetition Polära koordinater (r, θ): ange punkter i R 2 m h a r: avståndet från origo (0, 0) θ: vinkeln mot positiva x axeln
Läs merKUNGL TEKNISKA HÖGSKOLAN INSTITUTIONEN FÖR MEKANIK Richard Hsieh, Karl-Erik Thylwe
Tentamen i SG1102 Mekanik, mindre kurs för Bio, Cmedt, Open Uppgifterna skall lämnas in på separata papper. Problemdelen. För varje uppgift ges högst 6 poäng. För godkänt fordras minst 8 poäng. Teoridelen.
Läs merRepetition Mekanik, grundkurs
Repetition Mekanik, grundkurs Kraft är en vektor och beskrivs med storlek riktning och angreppspunkt F= Fe + F e + Fe x x y y z z Kraften kan flytta längs sin verkninglinje Addera krafter Moment i planet
Läs merVågrörelselära och optik
Vågrörelselära och optik Kapitel 14 Harmonisk oscillator 1 Vågrörelselära och optik 2 Vågrörelselära och optik Kurslitteratur: University Physics by Young & Friedman (14th edition) Harmonisk oscillator:
Läs merLösningar Kap 11 Kraft och rörelse
Lösningar Kap 11 Kraft och rörelse Andreas Josefsson Tullängsskolan Örebro Lösningar Fysik 1 Heureka: kapitel 11 11.1.-11.2 Se facit eller figurerna nedan. 1 11.3 Titta på figuren. Dra linjer parallella
Läs merInre krafters resultanter
KOMIHÅG 6: --------------------------------- Torr friktion: F " µn Normalkraftens angrepp?? Risk för glidning eller stjälpning ---------------------------------- Föreläsning 7: Inre krafters resultanter
Läs merSvar 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
Läs merStelkroppsmekanik partiklar med fixa positioner relativt varandra
Stelkroppsmekanik partiklar med fixa positioner relativt varandra Rörelse relativt mass centrum Allmänt partikelsystem Stel kropp translation + rotation (cirkelrörelse) För att kunna beskriva och förstå
Läs merMekanik F, del 2 (FFM521)
Mekanik F, del (FFM51) Ledningar utvalda rekommenderade tal Christian Forssén, christianforssen@chalmersse Uppdaterad: April 4, 014 Lösningsskissar av C Forssén och E Ryberg Med reservation för eventuella
Läs mer. Bestäm för denna studs stöttalet e! Lösning: Energiprincipen för bollens fall ner mot underlaget ger omedelbart före stöt:
KOMIHÅG 19: ------------------------------------------------------ Dämpade vibrationer: Fria fallet Kritisk dämpningsrörelse x(t) = e "# nt ( B + Ct) + x j Svag dämpningsrörelse x(t) = e "#$ nt ( Bcos(
Läs merLÖSNINGAR TENTAMEN MEKANIK II 1FA102
LÖSNINGAR TENTAMEN 16-10-20 MEKANIK II 1FA102 A1 Skeppet Vidfamne 1 har en mast som är 11,5 m hög. Seglet är i överkant fäst i en rå (en stång av trä, ungefär horisontell vid segling). För att kontrollera
Läs merTentamen i Mekanik SG1102, m. k OPEN. Problemtentamen
014-06-04 Tentamen i Mekanik SG110, m. k OPEN. OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik 1. Problemtentamen En boll skjuts ut genom ett hål med en hastighet v så att den
Läs merLösning. (1b) θ 2 = L R. Utgå nu från. α= d2 θ. dt 2 (2)
Lösningar till dugga för kursen Mekanik II, FA02, GyLärFys, KandFys, F, Q, W, ES Tekn-Nat Fak, Uppsala Universitet Tid: 7 april 2009, kl 4.00 7.00. Plats: Skrivsalen, Polacksbacken, Uppsala. Tillåtna hjälpmedel:
Läs merMekanik FK2002m. Repetition
Mekanik FK2002m Föreläsning 12 Repetition 2013-09-30 Sara Strandberg SARA STRANDBERG P. 1 FÖRELÄSNING 12 Förflyttning, hastighet, acceleration Position: r = xî+yĵ +zˆk θ = s r [s = θr] Förflyttning: r
Läs merTentamen i Mekanik SG1102, m. k OPEN. Problemtentamen
2015-06-01 Tentamen i Mekanik SG1102, m. k OPEN OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas KTH Mekanik Problemtentamen 1. En bil med massan m kör ett varv med konstant fartökning ( v =)
Läs merIntrohäfte Fysik II. för. Teknisk bastermin ht 2018
Introhäfte Fysik II för Teknisk bastermin ht 2018 Innehåll Krafter sid. 2 Resultant och komposanter sid. 5 Kraft och acceleration sid. 12 Interna krafter, friläggning sid. 15 1 Kraftövningar De föremål
Läs merTentamen Mekanik F del 2 (FFM520)
Tentamen Mekanik F del FFM50 Tid och plats: Måndagen den 3 maj 011 klockan 14.00-18.00 i V. Lösningsskiss: Christian Forssén Obligatorisk del 1. a 1 och är identiska vid ekvatorn. Centripetalaccelerationen
Läs merProblemtentamen. = (3,4,5)P, r 1. = (0,2,1)a F 2. = (0,0,0)a F 3. = (2,"3,4)P, r 2
2015-MM-DD Övningstentamen i Mekanik SG1130, grundkurs B1. OBS: Inga hjälpmede förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik 1. Problemtentamen Ett kraftsystem består av tre krafter som angriper
Läs merGrundläggande om krafter och kraftmoment
Grundläggande om krafter och kraftmoment Text: Nikodemus Karlsson Original character art by Esa Holopainen, http://www.verikoirat.com/ Krafter - egenskaper och definition Vardaglig betydelse Har med påverkan
Läs mer7,5 högskolepoäng. Provmoment: tentamen. Tentamen ges för: Högskoleingenjörer årskurs 1. Tentamensdatum: 2012-03-12 Tid: 09.00-13.
Mekanik rovmoment: tentamen Ladokkod: TT8A Tentamen ges för: Högskoleingenjörer årskurs 7,5 högskolepoäng Tentamensdatum: -3- Tid: 9.-3. Hjälpmedel: Hjälpmedel vid tentamen är hysics Handbook (Studentlitteratur),
Läs merTentamen i Mekanik 5C1107, baskurs S2. Problemtentamen
005-05-7 Tentamen i Mekanik 5C1107, baskurs S. OBS: Inga hjälpmede förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik 1. Problemtentamen En homogen stång med massan m är fäst i ena änden i en fritt vridbar
Läs merII. Partikelkinetik {RK 5,6,7}
II. Partikelkinetik {RK 5,6,7} med kraft att beräkna och förstå Newtons lagar och kraftbegreppet är mycket viktiga för att beskriva och förstå rörelse Kenneth Järrendahl, 1: Tröghetslagen Newtons Lagar
Läs merSG1108 Tillämpad fysik, mekanik för ME1 (7,5 hp)
Läsåret 11/12 Utförliga lärandemål SG1108 Tillämpad fysik, mekanik för ME1 (7,5 hp) Richard Hsieh Huvudsakligt innehåll: Vektoralgebra och dimensionsbetraktelser. Kraft och kraftmoment. Kraftsystem; kraftpar,
Läs merSTOCKE OLMS UNIVERSITET FYS IKUM
STOCKE OLMS UNIVERSITET FYS IKUM Tciita.ncaisskrivnintg i Mckanik för FK2002 /Fk~ zoc~ -j Onsdagen den 5 januari 2011 kl. 9 14 Hjälpmedel: Miniriiknare och formelsamling. Varje problem ger maximall 4 poäng.
Läs merObs: Använd vektorstreck för att beteckna vektorstorheter. Motivera införda ekvationer!
1) m M Problemlösningar µ α α Lösning: Frilägg massorna: T N N F µ T Mg mg Jämvikt för M kräver T Mgsin α = 0 (1) a) Gränsfall F µ = µ N men jämvikt för m kräver: N mg cosα = 0 (2) T µ N mgsinα = 0 (3)
Läs merTentamen i Mekanik SG1107, baskurs S2. Problemtentamen
010-05-6 Tentamen i Mekanik SG1107, baskurs S OBS: Inga hjälpmede förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik Problemtentamen 1 En cylinder med massan M vilar på en homogen horisontell planka med
Läs merGÖTEBORGS UNIVERSITET Institutionen för fysik LÖSNINGAR TILL TENTAMEN I MEKANIK B För FYP100, Fysikprogrammet termin 2
GÖTEBORGS UNIVERSITET Institutionen för fysik LÖSNINGAR TILL TENTAMEN I MEKANIK B För FYP00, Fysikprogrammet termin 2 Tid: Plats: Ansvarig: Hjälpmedel: Lödag 29 maj 200, kl 8 30 3 30 V-huset Lennart Sjögren,
Läs merKapitel extra Tröghetsmoment
et betecknas med I eller J används för att beskriva stela kroppars dynamik har samma roll i rotationsrörelser som massa har för translationsrörelser Innebär systemets tröghet när det gäller att ändra rotationshastigheten
Läs merFöreläsning 17: Jämviktsläge för flexibla system
1 KOMIHÅG 16: --------------------------------- Ellipsbanans storaxel och mekaniska energin E = " mgm 2a ------------------------------------------------------ Föreläsning 17: Jämviktsläge för flexibla
Läs merTentamen i Mekanik - Partikeldynamik TMME08
Tentamen i Mekanik - Partikeldynamik TMME08 Onsdagen den 13 augusti 2008, kl. 8-12 Examinator: Jonas Stålhand Jourhavande lärare: Jonas Stålhand, tel: 281712 Tillåtna hjälpmedel: Inga hjälpmedel Tentamen
Läs merTFYA16/TEN :00 13:00
Link opings Universitet Institutionen f or fysik, kemi och biologi Marcus Ekholm TFYA16/TEN2 Ovningstentamen Mekanik 2015 8:00 13:00 Tentamen best ar av 6 uppgifter som vardera kan ge upp till 4 po ang.
Läs merWALLENBERGS FYSIKPRIS
WALLENBERGS FYSIKPRIS KVALIFICERINGSTÄVLING 8 januari 016 SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET LÖSNINGSFÖRSLAG KVALTÄVLINGEN 016 1. a) Den stora och lilla bollen faller båda,0 m. Energiprincipen ger hastigheten då
Läs merTentamen i Mekanik för D, TFYY68
TEKNISKA HÖGSKOLAN I LINKÖPING Institutionen för Fysik, Kemi och Biologi Carl Hemmingsson/Magnus Johansson Tentamen i Mekanik för D, TFYY68 Fredag 2018-08-23 kl. 8.00-13.00 Tillåtna Hjälpmedel: Physics
Läs merBasala kunskapsmål i Mekanik
Basala kunskapsmål i Mekanik I kunskapsmålen nedan används termerna definiera, förklara och redogöra återkommande. Här följer ett försök att klargöra vad som avses med dessa. Definiera Skriv ner en definition,
Läs merLÄRARHANDLEDNING Harmonisk svängningsrörelse
LÄRARHANDLEDNING Harmonisk svängningsrörelse Utrustning: Dator med programmet LoggerPro LabQuest eller LabPro Avståndsmätare Kraftgivare Spiralfjäder En vikt Stativmateriel Kraftgivare Koppla mätvärdesinsamlaren
Läs merTentamen i Mekanik för D, TFYA93/TFYY68
TEKNISKA HÖGSKOLAN I LINKÖPING Institutionen för Fysik, Kemi och Biologi Magnus Johansson Tentamen i Mekanik för D, TFYA93/TFYY68 Måndag 019-01-14 kl. 14.00-19.00 Tillåtna Hjälpmedel: Physics Handbook
Läs mer3. Om ett objekt accelereras mot en punkt kommer det alltid närmare den punkten.
Tentamen 1, Mekanik KF HT2011 26:e November. Hjälpmedel: Physics handbook alt. Formelblad, Beta mathematics handbook, pennor, linjal, miniräknare. Skrivtid: 5 timmmar. För godkänt krävs minst 18/36 på
Läs merTentamen i Mekanik SG1102, m. k OPEN m fl. Problemtentamen OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas!
014-08-19 Tentamen i Mekanik SG110, m. k OPEN m fl. OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik Problemtentamen 1. En boll med massa m skjuts ut ur ett hål så att den hamnar
Läs merundanträngda luften vilket motsvarar Flyft kraft skall först användas för att lyfta samma volym helium samt ballongens tyngd.
FYSIKTÄVLINGEN Finalen - teori 1 maj 001 LÖSNINGSFÖRSLAG SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET 1 Vi beräknar först lyftkraften för en ballong Antag att ballongen är sfärisk med diametern 4πr 4π 0,15 0 cm Den har då
Läs merTentamen i delkurs 1 (mekanik) för Basåret Fysik NBAF00
GÖTEBORGS UNIVERSITET 181011 Institutionen för fysik Kl 8.30 13.30 Tentamen i delkurs 1 (mekanik) för Basåret Fysik NBAF00 Examinator: Hjälpmedel: Betygsgränser: Carlo Ruberto Valfri tabell- och formelsamling
Läs merAndra EP-laborationen
Andra EP-laborationen Christian von Schultz Magnus Goffeng 005 11 0 Sammanfattning I denna rapport undersöker vi perioden för en roterande skiva. Vi kommer fram till, både genom en kraftanalys och med
Läs merÖvningar Arbete, Energi, Effekt och vridmoment
Övningar Arbete, Energi, Effekt och vridmoment G1. Ett föremål med massan 1 kg lyfts upp till en nivå 1,3 m ovanför golvet. Bestäm föremålets lägesenergi om golvets nivå motsvarar nollnivån. G10. En kropp,
Läs merKollisioner, impuls, rörelsemängd kapitel 8
Kollisioner, impuls, rörelsemängd kapitel 8 ! Sida 4/4 Laboration 1: Fallrörelse på portalen ikväll Institutionen för Fysik och Astronomi! Mekanik HI: 2014 Fallrörelse Institutionen för Fysik och Astronomi!
Läs merLösningsskiss för tentamen Mekanik F del 2 (FFM521/520)
Lösningsskiss för tentamen Mekanik F del 2 (FFM521/520) Tid och plats: Tisdagen den juni 2014 klockan 08.0-12.0 i M-huset. Lösningsskiss: Christian Forssén Obligatorisk del 1. Ren summering över de fyra
Läs merOmtentamen i Mekanik I SG1130, grundkurs för CMATD och CL. Problemtentamen
2015-06-12 Omtentamen i Mekanik I SG1130, grundkurs för CMATD och CL. OBS: Inga hjälpmede förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik Problemtentamen 1. Med hjälp av en tråd kan ett homogent block
Läs merLösningsförslat ordinarie tentamen i Mekanik 2 (FFM521)
Lösningsförslat ordinarie tentamen i Mekanik (FFM5) 08-06-0. Baserat på Klassiker Ett bowlingklot med radie r släpps iväg med hastighet v 0 utan rotation. Initialt glider den mot banan, och friktionen
Läs merHärled utgående från hastighetssambandet för en stel kropp, d.v.s. v B = v A + ω AB
. Härled utgående från hastighetssambandet för en stel kropp, d.v.s. v B v A + ω AB motsvarande samband för accelerationer: a B a A + ω ω AB + a AB. Tolka termerna i uttrycket för specialfallet plan rörelse
Läs merNEWTONS 3 LAGAR för partiklar
wkomihåg 12: Acceleration-med olika komponenter. ----------------------------------------- Föreläsning 13: Dynamik kraft-rörelse (orsakverkan) NEWTONS 3 LAGAR för partiklar 1 1. En 'fri' partikel förblir
Läs merALTERNATIVA KOORDINATSYSTEM -Cylindriska koordinatsystem. De polära koordinaterna r och " kan beskriva rörelsen i ett xyplan,
KOMIHÅG 8: --------------------------------- Rörelsemängd: p = mv, Kinematiska storheter: r ( t), v ( t), a ( t) Kinematiska samband med begynnelsevillkor 1 Föreläsning 9: ALTERNATIVA KOORDINATSYSTEM -Cylindriska
Läs merTentamen Mekanik F del 2 (FFM520)
Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520) Tid och plats: Måndagen den 24 augusti 2009 klockan 08.30-12.30 i V. Lösningsskiss: Christian Forssén. Obligatorisk del 1. Rätt svarsalternativ på de sex frågorna är:
Läs merLösningar till övningar Arbete och Energi
Lösningar till övningar Arbete och Energi G1. Lägesenergin E p = mgh = 1. 9,8. 1,3 J = 153 J Svar: 150 J G10. Arbetet F s = ändringen i rörelseenergi E k Vi får E k = 15,4 J = 36 J Svar: 36 J G6. Vi kan
Läs merLösningar Heureka 2 Kapitel 3 Rörelse i två dimensioner
Lösningar Heureka Kapitel 3 Rörelse i två dimensioner Andreas Josefsson Tullängsskolan Örebro Lösningar Fysik Heureka:Kapitel 3 3.1) Enligt figuren: nordliga förflyttningen: 100+00-100=00m Östliga förflyttningen:
Läs merDefinitioner: hastighet : v = dr dt = r fart : v = v
KOMIHÅG 8: --------------------------------- Jämvikten kan rubbas: stjälpning, glidning Flexibla system- jämvikt bara i jämviktslägen ---------------------------------- Föreläsning 9: PARTIKELKINEMATIK
Läs merRepetitionsuppgifter i Fysik 1
Repetitionsuppgifter i Fysik 1 Uppgifterna i detta häfte syftar till att kort repetera några begrepp från fysiklektionerna i höstas. Det är inte på något sätt ett komplett repetionsmaterial, utan tanken
Läs merNFYA02: Svar och lösningar till tentamen 140115 Del A Till dessa uppgifter behöver endast svar anges.
1 NFYA: Svar och lösningar till tentamen 14115 Del A Till dessa uppgifter behöver endast svar anges. Uppgift 1 a) Vi utnyttjar att: l Cx dx = C 3 l3 = M, och ser att C = 3M/l 3. Dimensionen blir alltså
Läs merDatum: Författare: Olof Karis Hjälpmedel: Physics handbook. Beta Mathematics handbook. Pennor, linjal, miniräknare. Skrivtid: 5 timmar.
Mekanik KF, Moment 1 Datum: 2012-08-25 Författare: Olof Karis Hjälpmedel: Physics handbook. Beta Mathematics handbook. Pennor, linjal, miniräknare. Skrivtid: 5 timmar. Del 1 (Lämna in denna del med dina
Läs merRepetition 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
Läs merKursens olika delar. Föreläsning 0 (Självstudium): INTRODUKTION
1 Föreläsning 0 (Självstudium): INTRODUKTION Kursens olika delar Teorin Tentamen efter kursen och/eller KS1+KS2 Inlämningsuppgifter Lära känna kraven på redovisningar! Problemlösning Tentamen efter kursen
Läs mer2.2 Tvådimensionella jämviktsproblem Ledningar
2.2 Tvådimensionella jämviktsproblem Ledningar 2.2 Sfären påverkas av tre krafter. Enligt resonemanget om trekraftsystem i kapitel 2.2(a) måste krafternas verkningslinjer då skära varandra i en punkt,
Läs merFÖRBEREDELSER INFÖR DELTENTAMEN OCH TENTAMEN
FÖRBEREDELSER INFÖR DELTENTAMEN OCH TENTAMEN Repetera de övningsuppgifter som kännts besvärliga. Om du behöver mera övning så kan du välja fritt bland de övningsuppgifter i Problemsamlingen som överhoppats.
Läs merTentamen i Mekanik II
Institutionen för fysik och astronomi F1Q1W2 Tentamen i Mekanik II 30 maj 2016 Hjälpmedel: Mathematics Handbook, Physics Handbook och miniräknare. Maximalt 5 poäng per uppgift. För betyg 3 krävs godkänd
Läs merLösningar Heureka 2 Kapitel 2 Kraftmoment och jämvikt
Lösningar Heureka Kapitel Kraftmoment och jämvikt Andreas Josefsson Tullängsskolan Örebro Lo sningar Fysik Heureka Kapitel.1) Vi väljer en vridningsaxel vid brädans kontaktpunkt med ställningen till vänster,
Läs merTentamen i SG1140 Mekanik II för M, I. Problemtentamen
2010-10-23 Tentamen i SG1140 Mekanik II för M, I. OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik 1. Problemtentamen Triangelskivan i den plana mekanismen i figuren har en vinkelhastighet
Läs merTillämpad biomekanik, 5 poäng Övningsuppgifter
, plan kinematik och kinetik 1. Konstruktionen i figuren används för att överföra rotationsrörelse för stången till en rätlinjig rörelse för hjulet. a) Bestäm stångens vinkelhastighet ϕ& som funktion av
Läs merLösningar 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
Läs merFöreläsning 10: Stela kroppens plana dynamik (kap 3.13, 4.1-8) Komihåg 9: e y e z. e z )
1 Föreläsning 10: Stela kroppens plana dynamik (kap 3.13, 4.1-8) Komihåg 9: H O = "I xz e x " I yz e y + I z e z H G = "I xz ( ) ( G e x " I G yz e y + I G z e z ) # (fixt origo, kroppsfix bas) # (kroppsfix
Läs merMöjliga lösningar till tentamen , TFYY97
Tal Se kurslitteraturen. Möjliga lösningar till tentamen 069, TFYY97 Tal Det finns oändligt många lösningar till detta tal. En möjlig lösning skulle vara följand. Börja med att titta i -led. Masscentrum
Läs merMekanik KF, Moment 2. o Ingenting händer: T! = T! o Den blir kortare: T! =!! o Den blir längre: T! = 2T!
Mekanik KF, Moment 2 Datum: 2013-03-18, 8-13 Författare: Jan-Erik Rubensson Hjälpmedel: Physics handbook. Beta Mathematics handbook. Pennor, linjal, miniräknare. Skrivtid: 5 timmar. Del 1 (Lämna in denna
Läs mer