1. FLUIDSTATIKK. Fast stoff: Væske: Gasser: sterke bindinger stasjonære molekyler fast volum og form

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Størrelse: px
Begynne med side:

Download "1. FLUIDSTATIKK. Fast stoff: Væske: Gasser: sterke bindinger stasjonære molekyler fast volum og form"

Transkript

1 1. FLUIDSTATIKK I dette kapitlet blir begrepet kontinuerlige media introdusert, og karakteristiske egenskaper ved væsker og gasser, dvs. ved et fluid, blir diskutert. Newton's. lov for et kontinuerlig medie blir etablert, og vi utleder og diskuterer fluidstatikkens grunnlikning. Viktige resultater forøvrig er: trykkets isotropi (retningsuavhengighet), trykkraft på flater og på romlige legemer - herunder oppdrift - trykkfordeling ved gitt ytre feltkraft i inertialsystem og i akselererte systemer. Stoffet er berørt i Geankoplis, kapittel 1 og. 1.1 Kontinuerlige media - fast stoff, væske og gass Om vi først ser på materiens molekylære oppbygging og vekselvirkning, kan vi grovt sett skille mellom de tre fasene fast stoff, væske og gass som antydet i skissene nedenfor: Fast stoff: Væske: Gasser: sterke bindinger stasjonære molekyler fast volum og form svake bindinger molekylær bevegelse fast volum ingen bindinger (nesten) molekylær bevegelse fyller enhver beholder Den faste fasen er karakterisert ved molekyler med kraftige gjensidige bindinger i stasjonære posisjoner, gitterpunkter, eller mer korrekt; ved molekyler som utfører små svingninger omkring de permanente gitterpunktene. Væskefasen er karakterisert ved langt svakere intermolekylære bindinger som gir de individuelle molekyler, og grupper av molekyler, en stor grad av mobilitet. Væsken oppviser dessuten en fri overflate. I gassfasen er molekylene ideelt sett helt ubundet og derfor helt fri i sine individuelle bevegelser. Molekylenes uordnede bevegelse, eller termiske agitasjon, er derfor mye mer intens i en gass enn i en væske. Gassmolekylene kolliderer imidlertid med hverandre, og med systemets grenseflater, men varigheten av disse vekselvirkningene er meget kort i forhold til den tid et molekyl tilbringer i fri bevegelse mellom to kollisjoner. Det er innlysende at skillet mellom gass- og væskefasen gradvis vil forsvinne om en gass komprimeres mot det kritiske punkt hvor kondensasjon setter inn. Modellen for kontinuerlige media, eller kontinuumsmodellen, får vi om vi neglisjerer detaljene i den molekylære strukturen, men tar med kollektive virkninger av molekylær bevegelse, slike som trykk på flater, viskositet (friksjon), varmeledning og diffusjon. Dette betyr at selv om vi ser på svært små volum, selv et lite differensielt volum dxdyd, så regner vi med at det er svært mange molekyler i volumet: så mange at vi betrakter massen som kontinuerlig fordelt. Gyldigheten av kontinuumsmodellen er begrenset til tilfeller hvor midlere fri veilengde λ (et mål for et molekyl's tilbakelagte strekning mellom to kollisjoner) er liten i forhold til systemets makroskopiske utstrekning L. I luft av normaltilstand er λ 1-7 m, så betingelsen λ << L vil være svært godt oppfyllt for alle tenkelige makroskopiske systemer. I vakumsystemer derimot, og

2 langt oppe i atmosfæren, kan gassen bli så tynn at λ lett blir sammenliknbar med vanlige makroskopiske dimensjoner. Trykkraft på flater skyldes kollisjoner av fluid-molekyler mot flaten. Når vi regner med kontinuumsmodellen er antallet kollisjoner per tid så stort at vi kun ser på den kollektive virkningen: Kraft Flate = Trykk. Vi kan også dra sluttningene: Trykk virker på flater Trykk kan aldri bli negativt 1. Ideell gasslov - Tilstandslikning Fra elementær kinteisk teori kan trykket p i en ideell (monoatomisk) gass uttrykkes som pv = nrt (Geankoplis, likn ) der p = trykk, V = volum, n = antall mol gass = (vekt av gassen) Molmassen, T = temperatur og R er den universelle gasskonstanten: kg m s mol K. Det er vanlig i fluidmekanikken å omskrive tilstandslikningen slik at volumet V erstattes av massetettheten ρ ("density"): ρ= Masse nm V = V der M er molmassen. Innsatt i tilstandslikningen: R p =ρ T =ρrgasst M Tilstandslikning for ideell gass (1.1) R GASS blir da gasskonstanten per masseenhet, og vil opptre i vår versjon av tilstandslikningen. EKSEMPEL 1.1: Luft av normal sammensetning (78% N, 1% O, 1% Ar) M = ( ) 1-3 = kgmol R LUFT = R M = 86.9 Jkg Væsker, og gasser i nærheten av kondensasjonspunktet har mer kompliserte tilstandslikninger enn (1.1) ovenfor. For strømningsmekaniske betraktninger har dette liten betydning, idet alle typiske væsker under rimelige trykkvariasjoner kan regnes å ha konstant tetthet; de er eksempler på inkompressible media: ρ konstant Tilstandslikning for væsker (1.)

3 3 Et viktig skille mellom væske og gass ligger altså her, i den mekaniske oppførselen når de utsettes for endringer i trykk. Dette kan uttrykkes ved en kompressibilitetsmodul 1 ρ K = ρ p (1.3) som vil være omtrent null for væsker, men av størrelse 1 ρr GASS T for gasser. 1.3 Flatekrefter og trykkets isotropi Det følger av det foregående at trykket alltid virker loddrett på en flate, hva enten dette er en fast begrensningsflate som veggen i en beholder, eller en tenkt begrensningsflate av et lite element, som i figuren nedenfor. g p n df = n p da da d) Konvensjonelt lar vi normalvektoren n alltid peke ut av et volum. Dermed vil trykkraften df virke i retningen til n. Trykkraften på hele legemet: dv d) 3 F = n p da TRYKK A Trykkraft på legeme (1.4) Masse : dm =ρdv d) Figur 1.1 Liten klump fluid Trykkets isotropi: Vi tenker oss nå at volumet i fig.1.1 er plukket ut midt inne i et fluid. Setter vi opp Newton's.lov for legemet må vi også ta med tyngdekraften og masse aksellerasjon: g dm= g ρdv og a dm= a ρdv Newton's.lov gir da: ρdv a = n pda + g ρdv alle flater Her er trykkraften skrevet som en sum av flatekrefter. La nå sidekantene d). Da vil leddene 3 som inneholder dv d) gå mot null før da d). Det betyr at i grensen d) vil tyngdekraften og masse aksellerasjon kunne sløyfes sammenliknet med trykkrefene. Da står vi igjen med betingelsen: = n pda alle flater (1.5)

4 4 Vi undersøker så innholdet av denne betingelsen på trykket for et enkelt tilfelle i planet. y p 1 dl 1 dl 1 dl 3 dl α p dl p 3 dl 3 Det rettvinklede trekantelementet har sidekanter dl 1, dl, dl 3 som, hvis vi tenker en lengdeenhet loddrett figurplanet, svarer til flater da 1 = dl 1 1 osv. Trykket på disse flatene er i utgangspunktet forskjellig; henholdsvis p 1, p og p 3. Bruker betingelsen (1.5) og setter opp trykkreftene dekomponert langs de viste x- og y-retningene: x-retn.: = p 1 dl 1 p 3 dl 3 sin α x y-retn.: = p dl p 3 dl 3 cos α Figur 1. Av figuren ses: dl 1 = dl 3 sin α og dl = dl 3 cos α som innsatt i gir x-retn.: = (p 1 p 3 ) dl 1 og y-retn.: = (p p 3 ) dl Men dette betyr at p 1 = p = p 3 = p. Trykket er altså det samme i ett og samme punkt (dl 1, dl, dl 3 ) uansett orienteringen av den flaten trykket virker på. Dette kalles isotropi (retningsuavhengighet) og er typisk for skalare størrelser (eksempelvis; temperatur, tetthet, konsentrasjon etc.) Resultatet ovenfor er kjent som Pascal's prinsipp. Dimensjonen av trykk må ifølge definisjonen være [kraft] [flate], og vi har derfor i SI-systemet = N kg 1Pa m = ms = [ p] Enheten for trykk i SI-systemet kalles Pascal, og forkortes Pa. En rimelig referanseverdi for trykk har vi i atmosfæretrykket under normale betingelser ved jordens overflate, p = Standard atmosfæretrykk Dette viser at enheten Pascal og Nm er meget liten, og vi må for de fleste praktiske formål operere med mange tierpotenser når trykket skal angis tallmessig i SI-enheter. Det er derfor ofte mer praktisk å benytte overtrykk ("gage pressure") og undertrykk ("vacuum pressure") som er trykket målt i forhold til omgivelsestrykket. For å presisere at man ikke bruker over- eller undertrykk, kan man si absolutt trykk, dvs. trykk målt fra null.

5 5 1.4 Fluidstatikkens grunnlikning Vi betrakter et lite, men endelig, element av enkel rektangulær geometri utsatt for omgivelsenes trykk og tyngdens innvirkning. Elementet er tatt ut midt inne i et fluid som står stille. p(x, y, ) og ρ(x, y, ) g y y p p + y y x y y x Figur 1.3 Elementets senter har koordinatene (x, y, ) og trykket er i dette punktet p(x,y,) og tettheten er ρ(x,y,), også en funksjon av romkoordinatene i tilfelle kompressibelt fluid. På grunn av at elementets sideflater ligger i endelige avstander fra punktet (x, y, ) vil trykket på disse flatene avvike noe fra trykket i senteret slik figuren antyder for y-retningen. Ved å bruke Taylor-utvikling av funksjonen p(x,y,) omkring dette punktet får vi nemlig y y p(x, y ±,) = p(x, y,) ± + y og tilsvarende for de to andre akseretningene. Netto trykkraft på elementet i y-retningen blir derfor: y y Fy = p x p x x y y + = y y hvor den deriverte skal taes i punktet (x, y, ). Kreftene i x- og -retningene følger av samme skjema og blir, henholdsvis Fx = x y og F = x y x Den vektorielle kraften som skyldes trykket på elementets seks flater kan derfor skrives FTRYKK = i + j + k V x y (1.6) hvor vi har innført elementets volum V = x y. Minustegnet kan tilbakeføres til figuren og til de elementære komponentbidragene ovenfor: Hvis den ukjente trykkfunksjonen p(x,y,) øker i y- retning, y >, så får vi en netto negativ trykkraft i y-retning.

6 6 Det er altså endringen av trykket, x, y,, og ikke verdien på trykket selv som bestemmer netto trykkraft på et element. Høyresiden av likning (1.6) inneholder en karakteristisk vektor, avledet av skalaren p, som kalles gradienten til p og er definert ved grad p = p = i + j + k x y (1.7) Trykkraften på et element kan dermed skrives som df TRYKK = pdv Vi kan nå stille opp Newton's.lov for elementet, og får ρ dv a = pdv +ρdv g Statikk, i restriktiv forstand, har vi når akselerasjonen er lik null, og dette gir når vi forkorter vekk volumet: = p+ρ g Fluidstatikkens grunnlikning Likningen benyttes typisk til å finne trykket p som funksjon av romkoordinatene når feltkraften g (per masseenhet) er gitt, hvor g nå er å oppfatte som en generell feltkraft, ikke nødvendigvis rettet langs -aksen, og ikke nødvendigvis bare knyttet til jordens gravitasjonsfelt. Eksempelvis kunne g tenkes å inkludere både elektriske og magnetiske krefter, samt massekrefter frembragt ved akselerasjon av referansesystemet. Løsning og diskusjon av grunnlikningen Innholdet og anvendelsesmulighetene til fluidstatikkens grunnlikning kan best klargjøres gjennom enkle og dagligdagse eksempler på væsker og gasser som er i statisk likevekt. Vi betrakter først det alminnelige tilfellet av likevekt i tyngdefeltet, og tar så for oss mer spesifikke systemer. (1.8) EKSEMPEL 1.: Trykkfordeling i tyngdefeltet. Her er tyngdens akselerasjon eneste bidrag til g og vi har, idet vi lar -aksen peke oppover mot g 's retning: g = gk p( + d) Dekomponerer likning (1.8): g d p ρgd = = p= p() x y p og = ρ g Figur 1.4

7 7 Så x- og y-retningen viser at trykket avhenger kun av, slik at den siste komponentlikningen kan skrives med vanlig (total) derivert: dp d = ρg Fluidstatikk i tyngdefeltet (1.9) Før vi kan finne trykket må vi kjenne hvordan tettheten ρ varierer. EKSEMPEL 1.3: Trykk i isoterm atmosfære. Det er en brukbar tilnærmelse, innen visse begrensede høyder, å betrakte atmosfæren som en ideell gass med konstant temperatur T. Vi søker trykket som funksjon av høyden over bakken. Fra fluidstatikkens grunnlikning har vi dp = ρ g hvor nå ρ konstant. Tilstandslikningen for d ideell gass gir imidlertid her p =ρ RLUFTT og samlet får vi: dp g = d p R T LUFT Denne likningen kan integreres til p() = p e g RLUFTT (1.1) hvor p som vanlig er trykkets verdi ved jordoverflaten. Løsningen (1.1) viser at trykket minsker eksponentielt med høyden over bakken og at minskningen dessuten er bestemt av tallfaktoren gr LUFT T. Resultatet (1.1) kalles for barometerformelen, åpenbart fordi det kan benyttes til å overføre en barometermåling av trykket i en høyde over bakken til den korresponderende verdi p ved jordoverflaten. En bedre modell for trykkfordelingen i atmosfærens første 1-15 km kan oppnås ved å ta hensyn til at temperaturen normalt sett avtar monotont med høyden i dette området. Temperaturvariasjonen er dessuten meget nært lineær, slik at vi kan sette T() = T α, < 15 km og α er en konstant av størrelsesorden 1 - Km. Temperaturen har en nokså komplisert variasjon gjennom de nederste 6 km av atmosfæren. Realistiske modeller for trykkberegning må som regel baseres på kurvetilpassning av temperaturen, kombinert med bruk av fluidstatikk og tilstandslikning.

8 8 EKSEMPEL 1.4: Trykk i væske p Væsker er karakterisert ved at tettheten ρ er konstant, og integrasjonen av grunnlikningen blir spesielt enkel: Vi får generelt H h d da p = ρ g + C hvor integrasjonskonstanten fastlegges ved kravet p + ρgh Bredde = b p = p for = H Figur 1.5 svarende til det viste karet med væske til en høyde H over bunnen og vårt valgte origo ved dybden H. Det gir sammenhengen p() = p +ρg(h ) (1.11) som viser at trykket avtar lineært med høyden over karets bunn. Om vi innfører dybdekoordinaten h fra væskeoverflaten kan resultatet skrives p(h) = p +ρgh (1.1) som tilsvarende viser at trykket øker lineært med dybden fra overflaten og nedover i væsken. Karet er rektangulært med bredde b inn i papirplanet. Trykkraften på den høyre karveggen finner vi ved å integrere opp trykkfordelingen over arealet: H 1 FTRYKK = pda = ( p +ρg( H ) ) b d = pbh + ρgh b A (1.13) hvor retningen er loddrett på karveggen fra innsiden og utover. Leddet p bh er atmosfæretrykkets bidrag, og hvis det var netto trykkraft vi skulle finne, så må vi trekke fra dette fordi atmosfæretrykket virker på utsiden av karet også. Netto trykkraft på karveggen kan vi skrive som H FTRYKK =ρg bh Denne størrelsen kan tolkes som trykket midt på arealet ( = gjennomsnittstrykk) ganget med hele arealet. Kraften F TRYKK virker i senteret til den trekantformede trykkfordelingen, dvs. H3 over bunnen. Figur 1.6 H h F TRYKK ρgh

9 9 Om vi nå forlater karet i eksemplet ovenfor og isteden ser på et væskerom med mindre restriktiv dybdebegrensning, som for eksempel havet eller et vann, kan vi spørre etter dybden vi må ned under overflaten før trykket har endret seg signifikant, la oss si at en dobling av trykket. Vi søker da en dybde H slik at p(h) = p i likning (1.1) ovenfor. Det gir H p 1 Nm ρg 1kg m 1 m s 5 = = 3 1m når vi regner "litt romslig". Vi har derfor som typisk resultat at trykket øker med l atm. for hver 1m nedover i vannet. EKSEMPEL 1.5: Væskemanometer. Manometer er en innretning til å måle trykk med, for eksempel atmosfæretrykket p ved jordens overflate. Den hydrostatiske grunnlikningen (1.9) anvendt på manometervæsken av konstant tetthet ρ M gir generelt p() = C ρ M g (1.14) p Den fri overflaten i nivået 1 er utsatt for det søkte trykket p, mens overflaten ved = er eksponert for vakum (egentlig manometervæskens damptrykk ved den gitte temperaturen). Av likning (1.14) får vi da de to relasjonene p ρ M 1 p = p( 1 ) = C ρ M g 1 = p( ) = C ρ M g Figur 1.7 som samlet gir resultatet p = ρ M g ( 1 ) = ρ M gh Her er h manometerhøyden som kan avleses, og p blir dermed bestemt. For en manometervæske bestående av kvikksølv vil vi typisk ha tallverdiene ρ M = kgm og g = 9.86 ms => h =.76 m Standard atmosfæretrykket svarer altså til 76 mm kvikksølvhøyde. Atmosfæretrykket er sjelden akkurat likt standardverdien Nm. Det vil oppvise små variasjoner (i tredje siffer) etter som vær og vind skifter mellom høytrykk og lavtrykk.

10 3 Oppdrift - Archimedes' lov sier at "Oppdriftskraft = vekten av fortrengt fluid". Ser først på et lite fluidelement plukket ut i et fluid som står stille. Da har vi balanse mellom trykkrefter og tyngdekraft. Fra likn. (1.8): = p dvolum +ρdvolum g der ρ dvolum = massen av elementet. Dette er egentlig Newton's 1.lov: summen av kreftene = for et legeme som står stille. Det første leddet er netto trykkraft på elementet, og det andre er tyngdekraften. Da kan vi skrive Netto trykkraft = Oppdrift = mg for elementet. Trykkraften skyldes trykket i fluidet rundt legemet (elementet), og forblir uendret om vi nå bytter ut fluidelementet vårt med et virkelig legeme med f.eks tetthet ρ'. Så oppdriftskraften er den samme for et gitt legeme (med gitt volum), uavhengig av hva legemet består av. Nå har vi imidlertid ikke nødvendigvis balanse mellom tyngdekraft og oppdrift, så vi må bruke Newton's.lov: m'a = mg+ m'g der m' = ρ' dvolum = massen av elementet. Den samme relasjonen får vi også for større legemer, ikke bare på et differensielt element. EKSEMPEL 1.6: Oppdrift. Et liters oljefat med massen m = kg er festet til havbunnen. Finn snorkraften S. Fatet står stille, så summen av kreftene er null. Velger positiv retning opp: g Figur 1.8 Oppdrift S mg = Oppdrift mg S Oppdriftskraften = tyngden til liter vann: VANN ( ) S = liter ρ g mg =. m 998kg m kg 9.81m s = 176N 3 3 EKSEMPEL 1.7: Oppdrift, flytende legeme. Undersøk riktigheten av utsagnet: "Bare 1% av isfjellet vises". Hele isfjellet har volum V mens volumet under vannoverflaten er V U. Siden isfjellet ligger stille har vi balanse mellom oppdrift og tyngdekraft, men her blir oppdriften kun "vekten av det fortrengte fluid", dvs. vekten av vannvolumet V U. Figur 1.9 Bruker tetthet for ren is og sjøvann:

11 31 V ρ 9 kg m =ρ V g ρ V g = = 88% 3 U IS VANN U IS 3 V ρvann 15kg m Altså vises ca. 1% av isfjellet. 1.5 Likevekt i relativt system - Kvasistatikk Fluidstatikkens grunnlikning (1.8) ble formulert ut fra kravet om null akselerasjon på et element sett fra et inertialsystem. Det finnes mindre restriktive tilstander, hvor spesielle typer akselerasjon er tillatt, som likevel kan betraktes som statiske i utvidet forstand. Går vi tilbake til den generelle sammenhengen mellom akselerasjonene i det absolutte og det relative system, kap..5, så har vi O Absolutt Relativt θ ( ) ( ) aabs = a + r rθ er + rθ+ rθe θ der a ABS = absolutt akselerasjon, a = akselerasjonen langs en rett linje til det relative systemet, θ = vinkelhastighet til det relative systemet. Figur 1.1 Ideen er nå at hele fluidsystemet er i akselerasjon, og at det relative aksesystemet er bundet til denne akselerasjonen. Vi definerer da statikk i utvidet forstand, eller kvasistatikk, ved kravet v = og θ = RELATIV altså null relativ hastighet og konstant vinkelhastighet. Null relativ hastighet betyr at naboelementer ikke "glir mot hverandre" (r = konst.), og θ=ω= betyr at stasjonære forhold har inntrådt overalt i fluidet. Vi står da igjen med en mulig akselerasjon av typen a = a rθ e ABS r altså translasjon pluss sentripetalakselerasjon. Effektene må imidlertid opptre separat og hver for seg for at den kvasistatiske situasjonen skal være mulig. Newton's.lov anvendt på et fluidelement gir da p g a enten = +ρ[ ] eller = +ρ + θ p g r e r alt etter hvilken effekt som opptrer. Det er imidlertid et fundamentalt poeng for begge effekter at de, slik de opptrer for en observatør i det akselererte systemet, ikke lar seg skille fra feltkraften g. Derav skrivemåten av likningene ovenfor. Hakeparantesene kan da betraktes som en justert tyngdekraft g EFFEKTIV.

12 3 EKSEMPEL 1.8: Akselerert kar. Finn væsketrykket p(x, ). g x Figur 1.11 p x = +ρ g x-komp: = +ρ[ a ] -komp: [ ] a Vi betrakter nå et kar med væske utsatt for konstant translatorisk akselerasjon a i positiv horisontalretning, slik at vi har tilfellet = p+ρ g a [ ] Likningen beskriver da den kvasistatiske likevekten, og den gir følgende to komponentlikninger: Integrasjon av den første av disse likningene gir p = ρ ax + F() (Husk: partiell-derivert, så integrasjons-"konstanten" F = F() ) og innsetting i den andre likningen bestemmer så funksjonen F(): df = ( ρ ax + F() ) = = ρg F= ρ g+ C d der C nå er en vanlig integrasjonskonstant som bestemmes ved grensebetingelsen p = p for x = og = : p(, ) = ρa ρ g + C = p C = p +ρg p(x,) = p ρ a x +ρg ( ) Trykket i væsken avtar framover i x-retningen og avtar oppover i -retningen. Den fri væskeoverflaten kan vi nå finne formen på ved å kreve at p(x, ) = p : a g = x Dette svarer til en rett linje i x-planet med helning a g i overenstemmelse med figuren.

13 33 EKSEMPEL 1.9: Roterende kar med væske ρ = konst. Finn trykket p(r, ). p ω Vi betrakter her et sirkulær-sylindrisk kar med væske som roterer med konstant vinkelhastighet ω om sin vertikale akse, slik at vi har tilfellet g r = +ρ + θ p g r e r der sentrifugalakselerasjonen nå kan skrives som rω. Figur 1.1 Dekomponerer grunnlikningen: r-komp: = +ρω r r -komp: = ρg Samme problemstilling som i forrige eksempel; to partielle diff.likninger som begge inneholder den samme ukjente funksjonen p. Bruker en annen løsningsmetode her: Integrerer begge likningene: 1 r-komp: -komp: p = ρ g + G(r) p =ρ r ω + F() Her skal begge uttrykkene for p være gyldig. Da må funksjonen F() være leddet ρg mens funksjonen G(r) må være ρr ω. Totalt: 1 p = ρr ω ρ g+ C der C er en vanlig integrasjonskonstant. La oss innføre minste høyde av væskespeilet over karets bunn, som nødvendigvis må opptre ved rotasjonsaksen r =. Da har vi randkravet p(, ) = p som bestemmer konstanten C: p = ρ g + C C = p +ρg Løsningen kan dermed skrives 1 p(r,) = p + ρr ω +ρg ( )

14 34 Likningen for den roterende væskens fri overflate kan til slutt finnes ved å forlange at trykket p(r,) skal være konstant lik p ; da må vi nødvendigvis befinne oss i væsken, men helt i overflaten. Det gir relasjonen r ω = + g som fremstiller en. grads parabel i r-planet; dvs. en paraboloide i rommet. Overflatens helning er gitt ved d rω = dr g som betyr at ved en typisk sentrifuge ( ω r» g ) vil væskeoverflaten være praktisk talt vertikal bortsett fra ved aksen r.

Krefter, Newtons lover, dreiemoment

Krefter, Newtons lover, dreiemoment Krefter, Newtons lover, dreiemoment Tor Nordam 13. september 2007 Krefter er vektorer En ting som beveger seg har en hastighet. Hastighet er en vektor, som vi vanligvis skriver v. Hastighetsvektoren har

Detaljer

EKSAMENSOPPGAVE. Dato: Fredag 01. mars 2013. Tid: Kl 09:00 13:00. Administrasjonsbygget B154

EKSAMENSOPPGAVE. Dato: Fredag 01. mars 2013. Tid: Kl 09:00 13:00. Administrasjonsbygget B154 side 1 av 6 sider FAKULTET FOR NATURVITENSKAP OG TEKNOLOGI EKSAMENSOPPGAVE Eksamen i: FYS-1001 Mekanikk Dato: Fredag 01. mars 2013 Tid: Kl 09:00 13:00 Sted: Administrasjonsbygget B154 Tillatte hjelpemidler:

Detaljer

Løsningsforslag for øvningsoppgaver: Kapittel 6

Løsningsforslag for øvningsoppgaver: Kapittel 6 Løsningsforslag for øvningsoppgaver: Kapittel 6 Jon Walter Lundberg 06.02.2015 6.02 En rett sylinder av magnesium har disse målene: diameter 2, 471cm og høyde 5, 5cm. Sylindern veier(har massen) 46, 133g.

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen i Fys-mek1110/Fys-mef1110 høsten 2007

Løsningsforslag Eksamen i Fys-mek1110/Fys-mef1110 høsten 2007 Løsningsforslag Eksamen i Fys-mek0/Fys-mef0 høsten 007 Side av 9 Oppgave a) En kule ruller med konstant hastighet bortover et horisontalt bord Gjør rede for og tegn inn kreftene som virker på kulen Det

Detaljer

Løsningsforslag Øving 4

Løsningsforslag Øving 4 Løsningsforslag Øving 4 TEP4100 Fluidmekanikk, Vår 2016 Oppgave 3-162 Løsning En halvsirkelformet tunnel skal bygges på bunnen av en innsjø. Vi ønsker å finne den totale hydrostatiske trykkraften som virker

Detaljer

Arbeid = kraft vei hvor kraft = masse akselerasjon. Hvis kraften F er konstant og virker i samme retning som forflytningen (θ = 0) får vi:

Arbeid = kraft vei hvor kraft = masse akselerasjon. Hvis kraften F er konstant og virker i samme retning som forflytningen (θ = 0) får vi: Klassisk mekanikk 1.1. rbeid rbeid som utføres kan observeres i mange former: Mekanisk arbeid, kjemisk arbeid, elektrisk arbeid o.l. rbeid (w) kan likevel alltid beskrives som: rbeid = kraft vei hvor kraft

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen i Fys-mek1110 våren 2008

Løsningsforslag Eksamen i Fys-mek1110 våren 2008 Løsningsforslag Eksamen i Fys-mek0 våren 008 Side av 0 Oppgave a) Atwoods fallmaskin består av en talje med masse M som henger i en snor fra taket. I en masseløs snor om taljen henger to masser m > m >

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet

UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: GEF 1100 Klimasystemet Eksamensdag: Torsdag 8. oktober 2015 Tid for eksamen: 15:00 18:00 Tillatte hjelpemidler: Kalkulator Oppgavesettet

Detaljer

r+r TFY4104 Fysikk Eksamenstrening: Løsningsforslag

r+r TFY4104 Fysikk Eksamenstrening: Løsningsforslag TFY4104 Fysikk Eksamenstrening: Løsningsforslag 1) I oljebransjen tilsvarer 1 fat ca 0.159 m 3. I går var prisen for WTI Crude Oil 97.44 US dollar pr fat. Hva er dette i norske kroner pr liter, når 1 NOK

Detaljer

r+r TFY4115 Fysikk Eksamenstrening: Løsningsforslag

r+r TFY4115 Fysikk Eksamenstrening: Løsningsforslag TFY45 Fysikk Eksamenstrening: Løsningsforslag ) I oljebransjen tilsvarer fat ca 0.59 m 3. I går var risen for WTI Crude Oil 97.44 US dollar r fat. Hva er dette i norske kroner r liter, når NOK tilsvarer

Detaljer

Løsningsforslag til Øving 3 Høst 2010

Løsningsforslag til Øving 3 Høst 2010 TEP5: Fluidmekanikk Løsningsforslag til Øving 3 Høst 2 Oppgave 2.32 Vi skal finne vannhøyden H i røret. Venstre side (A) er fylt med vann og 8cm olje; SG =,827 = ρ olje /ρ vann. Høyre side (B) er fylt

Detaljer

Løsningsforslag Øving 3

Løsningsforslag Øving 3 Løsningsforslag Øving 3 TEP400 Fluidmekanikk, Vår 206 Oppgave 3-86 Løsning En sikkerhetsdemning for gjørmeskred skal konstrueres med rektangulære betongblokker. Gjørmehøyden som får blokkene til å begynne

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen i Fys-mek1110 våren 2010

Løsningsforslag Eksamen i Fys-mek1110 våren 2010 Side av Løsningsforslag Eksamen i Fys-mek våren Oppgave (Denne oppgaven teller dobbelt) Ole og Mari vil prøve om lengdekontraksjon virkelig finner sted. Mari setter seg i sitt romskip og kjører forbi Ole,

Detaljer

F. Impulser og krefter i fluidstrøm

F. Impulser og krefter i fluidstrøm F. Impulser og krefter i fluidstrøm Oppgave F.1 Ved laminær strøm gjennom et sylindrisk tverrsnitt er hastighetsprofilet parabolsk, u(r) = u m (1 (r/r) 2 ) hvor u max er maksimalhastigheten ved aksen,

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK 0 Eksamensdag: 3 juni 205 Tid for eksamen: 4:30 8:30 (4 timer) Oppgavesettet er på 5 sider Vedlegg: Formelark Tillatte

Detaljer

Oppfinnelsens område. Bakgrunn for oppfinnelsen

Oppfinnelsens område. Bakgrunn for oppfinnelsen 1 Oppfinnelsens område Oppfinnelsen vedrører smelting av metall i en metallsmelteovn for støping. Oppfinnelsen er nyttig ved smelting av flere metaller og er særlig nyttig ved smelting av aluminium. Bakgrunn

Detaljer

SAMMENDRAG AV FORELESNING I TERMODYNAMIKK ONSDAG 23.02.00

SAMMENDRAG AV FORELESNING I TERMODYNAMIKK ONSDAG 23.02.00 SAMMENDRAG A FORELESNING I TERMODYNAMIKK ONSDAG 3.0.00 Tema for forelesningen var termodynamikkens 1. hovedsetning. En konsekvens av denne loven er: Energien til et isolert system er konstant. Dette betyr

Detaljer

Elektrisk og Magnetisk felt

Elektrisk og Magnetisk felt Elektrisk og Magnetisk felt Kjetil Liestøl Nielsen 1 Emner for i dag Coulombs lov Elektrisk felt Ladet partikkel i elektrisk felt Magnetisk felt Magnetisk kraft på elektrisk eladninger Elektromagnetiske

Detaljer

Løsningsforslag eksamen TFY desember 2010.

Løsningsforslag eksamen TFY desember 2010. Løsningsforslag eksamen TFY4115 10. desember 010. Oppgave 1 a) Kreftene på klossene er vist under: Siden trinsene og snorene er masseløse er det bare to ulike snordrag T 1 og T. b) For å finne snordraget

Detaljer

Aristoteles (300 f.kr): Kraft påkrevd for å opprettholde bevegelse. Dvs. selv UTEN friksjon må oksen trekke med kraft R O =S k

Aristoteles (300 f.kr): Kraft påkrevd for å opprettholde bevegelse. Dvs. selv UTEN friksjon må oksen trekke med kraft R O =S k TFY4115 Fysikk Mekanikk: (kap.ref Young & Freedman) SI-systemet (kap. 1); Kinematikk (kap. 2+3). (Rekapitulasjon) Newtons lover (kap. 4+5) Energi, bevegelsesmengde, kollisjoner (kap. 6+7+8) Rotasjon, spinn

Detaljer

Aristoteles (300 f.kr): Kraft påkrevd for å opprettholde bevegelse. Dvs. selv UTEN friksjon må oksen må trekke med kraft S k

Aristoteles (300 f.kr): Kraft påkrevd for å opprettholde bevegelse. Dvs. selv UTEN friksjon må oksen må trekke med kraft S k TFY4115 Fysikk Mekanikk: (kap.ref Young & Freedman) SI-systemet (kap. 1); Kinematikk (kap. 2+3). (Rekapitulasjon) Newtons lover (kap. 4+5) Energi, bevegelsesmengde, kollisjoner (kap. 6+7+8) Rotasjon, spinn

Detaljer

Kap. 4+5: Newtons lover. Newtons 3.lov. Kraft og motkraft. kap Hvor er luftmotstanden F f størst?

Kap. 4+5: Newtons lover. Newtons 3.lov. Kraft og motkraft. kap Hvor er luftmotstanden F f størst? TFY4115 Fysikk Mekanikk: (kap.ref Young & Freedman) SI-systemet (kap. 1); Kinematikk (kap. 2+3). (Rekapitulasjon) Newtons lover (kap. 4+5) Energi, bevegelsesmengde, kollisjoner (kap. 6+7+8) Rotasjon, spinn

Detaljer

Løsningsforslag til Øving 6 Høst 2016

Løsningsforslag til Øving 6 Høst 2016 TEP4105: Fluidmekanikk Løsningsforslag til Øving 6 Høst 016 Oppgave 3.13 Skal finne utløpshastigheten fra røret i eksempel 3. når vi tar hensyn til friksjon Hvis vi antar at røret er m langt er friksjonen

Detaljer

FYS-MEK 1110 Løsningsforslag Eksamen Vår 2014

FYS-MEK 1110 Løsningsforslag Eksamen Vår 2014 FYS-MEK 1110 Løsningsforslag Eksamen Vår 2014 Oppgave 1 (4 poeng) Forklar hvorfor Charles Blondin tok med seg en lang og fleksibel stang når han balanserte på stram line over Niagara fossen i 1859. Han

Detaljer

Newtons 3.lov. Kraft og motkraft. Kap. 4+5: Newtons lover. kap Hvor er luftmotstanden F f størst? F f lik i begge!!

Newtons 3.lov. Kraft og motkraft. Kap. 4+5: Newtons lover. kap Hvor er luftmotstanden F f størst? F f lik i begge!! TFY4115 Fysikk Mekanikk: (kap.ref Young & Freedman) SI-systemet (kap. 1); Kinematikk (kap. 2+3). (Rekapitulasjon) Newtons lover (kap. 4+5) Energi, bevegelsesmengde, kollisjoner (kap. 6+7+8) Rotasjon, spinn

Detaljer

T 1 = (m k + m s ) a (1)

T 1 = (m k + m s ) a (1) Lørdagsverksted i fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2008. Løsningsforslag til Øving 2. Oppgave 1 a) Vi ser på et system bestående av en kloss på et horisontalt underlag og en snor med masse. Vi

Detaljer

Kinematikk i to og tre dimensjoner

Kinematikk i to og tre dimensjoner Kinematikk i to og tre dimensjoner 2.2.217 Innleveringsfrist oblig 1: Mandag, 6.eb. kl.14 Innlevering kun via: https://devilry.ifi.uio.no/ Mulig å levere som gruppe (i Devilry, N 3) Bruk gjerne Piazza

Detaljer

Newtons lover i én dimensjon

Newtons lover i én dimensjon Newtons lover i én dimensjon 6.01.017 YS-MEK 1110 6.01.017 1 Hva er kraft? Vi har en intuitivt idé om hva kraft er. Vi kan kvantifisere en kraft med elongasjon av en fjær. YS-MEK 1110 6.01.017 Bok på bordet

Detaljer

Norges Informasjonstekonlogiske Høgskole

Norges Informasjonstekonlogiske Høgskole Oppgavesettet består av 10 (ti) sider. Norges Informasjonstekonlogiske Høgskole RF3100 Matematikk og fysikk Side 1 av 10 Tillatte hjelpemidler: Kalkulator, vedlagt formelark Varighet: 3 timer Dato: 11.desember

Detaljer

Auditorieøving 6, Fluidmekanikk

Auditorieøving 6, Fluidmekanikk Auditorieøving 6, Fluidmekanikk Utført av (alle i gruppen): Oppgave 1 En beholder er åpen i ene enden og har et hull i bunnen, påsatt et innadrettet rør av lengde l og med sirkulært tverrsnitt A 0. Beholderen,

Detaljer

Newtons (og hele universets...) lover

Newtons (og hele universets...) lover Newtons (og hele universets...) lover Kommentarer og referanseoppgaver (2.25, 2.126, 2.136, 2.140, 2.141, B2.7) Newtons 4 lover: (Gravitasjonsloven og Newtons første, andre og tredje lov.) GL: N I: N III:

Detaljer

FY0001 Brukerkurs i fysikk

FY0001 Brukerkurs i fysikk NTNU Institutt for Fysikk Løsningsforslag til øving FY0001 Brukerkurs i fysikk Oppgave 1 a Det er fire krefter som virker på lokomotivet. Først har vi tyngdekraften, som virker nedover, og som er på F

Detaljer

Øvelsen går ut på å bestemme lydhastiheten i luft ved å undersøke stående bølger i et rør. Figur 2.1: Kundts rør med lydkilde og lydmåler.

Øvelsen går ut på å bestemme lydhastiheten i luft ved å undersøke stående bølger i et rør. Figur 2.1: Kundts rør med lydkilde og lydmåler. Øvelse Lydbølger i luft Øvelsen går ut på å bestemme lydhastiheten i luft ved å undersøke stående bølger i et rør. Figur.: Kundts rør med lydkilde og lydmåler.. Apparatur Måleapparaturen er vist i Fig...

Detaljer

Fysikkonkurranse 1. runde 6. - 17. november 2000

Fysikkonkurranse 1. runde 6. - 17. november 2000 Norsk Fysikklærerforening Norsk Fysisk Selskaps faggruppe for undervisning Fysikkonkurranse 1. runde 6. - 17. november 000 Hjelpemidler: Tabeller og formler i fysikk og matematikk Lommeregner Tid: 100

Detaljer

dp dz dp dz 1 (z z 0 )

dp dz dp dz 1 (z z 0 ) 25 Løsning B.1 Fra adiabatisk gassligning: ρ ρ 0 p p 0 ) 1/κ, p 0, ρ 0 gitt ved havoverflaten a) Integrer hydrostatikkens grunnligning. La z være høydekoordinat: dp ρg dz p dp ρ z 0g dz p 0 p 1/κ p 1/κ

Detaljer

Fjæra i a) kobles sammen med massen m = 100 [kg] og et dempeledd med dempningskoeffisient b til en harmonisk oscillator.

Fjæra i a) kobles sammen med massen m = 100 [kg] og et dempeledd med dempningskoeffisient b til en harmonisk oscillator. Oppgave 1 a) Ei ideell fjær har fjærkonstant k = 2.60 10 3 [N/m]. Finn hvilken kraft en må bruke for å trykke sammen denne fjæra 0.15 [m]. Fjæra i a) kobles sammen med massen m = 100 [kg] og et dempeledd

Detaljer

Quiz fra kapittel 3. The vertical structure of the atmosphere. Høsten 2015 GEF1100 - Klimasystemet

Quiz fra kapittel 3. The vertical structure of the atmosphere. Høsten 2015 GEF1100 - Klimasystemet The vertical structure of the atmosphere Høsten 2015 3.1 Vertical distribution of temperature and greenhouse gases 3.2 The relationship between pressure and density: Hydrostatic balance 3.3 Vertical structure

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG, KAPITTEL 2

LØSNINGSFORSLAG, KAPITTEL 2 ØNINGFORAG, KAPITTE REVIEW QUETION: Hva er forskjellen på konduksjon og konveksjon? Konduksjon: Varme overføres på molekylært nivå uten at molekylene flytter på seg. Tenk deg at du holder en spiseskje

Detaljer

Faglig kontakt under eksamen: Navn: Anne Borg Tlf. 93413 BOKMÅL. EKSAMEN I EMNE TFY4115 Fysikk Elektronikk og Teknisk kybernetikk

Faglig kontakt under eksamen: Navn: Anne Borg Tlf. 93413 BOKMÅL. EKSAMEN I EMNE TFY4115 Fysikk Elektronikk og Teknisk kybernetikk Side 1 av 10 NORGES TEKNISK NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Faglig kontakt under eksamen: Navn: Anne Borg Tlf. 93413 BOKMÅL EKSAMEN I EMNE TFY4115 Fysikk Elektronikk og Teknisk kybernetikk

Detaljer

KJ1042 Øving 3: Varme, arbeid og termodynamikkens første lov

KJ1042 Øving 3: Varme, arbeid og termodynamikkens første lov KJ1042 Øving 3: arme, arbeid og termodynamikkens første lov Ove Øyås Sist endret: 17. mai 2011 Repetisjonsspørsmål 1. Hvordan ser Ideell gasslov ut? Ideell gasslov kan skrives P nrt der P er trykket, volumet,

Detaljer

Kontinuasjonseksamensoppgave i TFY4120 Fysikk

Kontinuasjonseksamensoppgave i TFY4120 Fysikk Side 1 av 10 Bokmål Institutt for fysikk Kontinuasjonseksamensoppgave i TFY4120 Fysikk Faglig kontakt under eksamen: Ragnvald Mathiesen Tlf.: 97692132 Eksamensdato: 13.08.2014 Eksamenstid (fra-til): 09:00-13:00

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MEK 1100 Feltteori og vektoranalyse. Eksamensdag: Torsdag 11 desember 2008. Tid for eksamen: 14:30 17:30. Oppgavesettet er på

Detaljer

TFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Løsningsforslag til øving 4. m 1 gl = 1 2 m 1v 2 1. = v 1 = 2gL

TFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Løsningsforslag til øving 4. m 1 gl = 1 2 m 1v 2 1. = v 1 = 2gL TFY46 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Løsningsforslag til øving 4. Oppgave. a) Hastigheten v til kule like før kollisjonen finnes lettest ved å bruke energibevarelse: Riktig svar: C. m gl = 2 m v 2

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Side 1 Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK 1110 Eksamensdag: Onsdag, 5. juni 2013 Tid for eksamen: kl. 9:00 13:00 Oppgavesettet er på 3 sider Vedlegg: formelark

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO Side 1 UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK 1110 Eksamensdag: 16 mars 2016 Tid for eksamen: 15:00 18:00 (3 timer) Oppgavesettet er på 4 sider Vedlegg: Formelark

Detaljer

Universitetet i Agder Fakultet for helse- og idrettsvitenskap EKSAMEN. Time Is)

Universitetet i Agder Fakultet for helse- og idrettsvitenskap EKSAMEN. Time Is) Universitetet i Agder Fakultet for helse- og idrettsvitenskap EKSAMEN Emnekode: IDR104 Emnenavn: BioII,del B Dato: 22 mai 2011 Varighet: 3 timer Antallsider inkl.forside 6 Tillatte hjelpemidler: Kalkulator.Formelsamlingi

Detaljer

Kinematikk i to og tre dimensjoner

Kinematikk i to og tre dimensjoner Kinematikk i to og tre dimensjoner 4.2.216 Innleveringsfrist oblig 1: Tirsdag, 9.eb. kl.18 Innlevering kun via: https://devilry.ifi.uio.no/ Devilry åpnes snart. YS-MEK 111 4.2.216 1 v [m/s] [m] Eksempel:

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen FY0001 Brukerkurs i fysikk Juni 2011

Løsningsforslag til eksamen FY0001 Brukerkurs i fysikk Juni 2011 NTNU Institutt for Fysikk Løsningsforslag til eksamen FY0001 Brukerkurs i fysikk Juni 011 Oppgave 1 a) Figur A. Tyngdeakselerasjonen er konstant, altså den endrer seg ikke med tiden. b) Vi finner farten

Detaljer

Impuls, bevegelsesmengde, energi. Bevaringslover.

Impuls, bevegelsesmengde, energi. Bevaringslover. Impuls, bevegelsesmengde, energi. Bevaringslover. Kathrin Flisnes 19. september 2007 Bevegelsesmengde ( massefart ) Når et legeme har masse og hastighet, viser det seg fornuftig å definere legemets bevegelsesmengde

Detaljer

Løsningsforslag. for. eksamen. fysikk forkurs. 3 juni 2002

Løsningsforslag. for. eksamen. fysikk forkurs. 3 juni 2002 Løsningsforslag for eksamen fysikk forkurs juni 00 Løsningsforslag eksamen forkurs juni 00 Oppgave 1 1 7 a) Kinetisk energi Ek = mv, v er farten i m/s. Vi får v= m/s= 0m/s, 6 1 1 6 slik at Ek = mv = 900kg

Detaljer

Om flo og fjære og kunsten å veie Månen

Om flo og fjære og kunsten å veie Månen Om flo og fjære og kunsten å veie Månen Jan Myrheim Institutt for fysikk NTNU 28. mars 2012 Innhold Målt flo og fjære i Trondheimsfjorden Teori for tidevannskrefter Hvordan veie Sola og Månen Friksjon

Detaljer

Løsningsforslag til øving 4: Coulombs lov. Elektrisk felt. Magnetfelt.

Løsningsforslag til øving 4: Coulombs lov. Elektrisk felt. Magnetfelt. Lørdagsverksted i fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 27. Veiledning: 29. september kl 12:15 15:. Løsningsforslag til øving 4: Coulombs lov. Elektrisk felt. Magnetfelt. Oppgave 1 a) C. Elektrisk

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG, KAPITTEL 4

LØSNINGSFORSLAG, KAPITTEL 4 ØSNINGSFORSAG, KAPITTE 4 REVIEW QUESTIONS: 1 va er partialtrykk? En bestemt gass sitt partialtrykk er den delen av det totale atmosfæretrykket som denne gassen utøver. Totaltrykk = summen av alle gassenes

Detaljer

Breivika Tromsø maritime skole

Breivika Tromsø maritime skole Breivika Tromsø maritime skole F-S-Fremdriftsplan 00TM01F - Fysikk på operativt nivå Utgave: 1.01 Skrevet av: Knut Magnus Sandaker Gjelder fra: 18.09.2015 Godkjent av: Jarle Johansen Dok.id.: 2.21.2.4.3.2.6

Detaljer

Kap. 3 Arbeid og energi. Energibevaring.

Kap. 3 Arbeid og energi. Energibevaring. Kap. 3 Arbeid og energi. Energibevaring. Definisjon arbeid, W Kinetisk energi, E k Potensiell energi, E p. Konservative krefter Energibevaring Energibevaring når friksjon. Arbeid = areal under kurve F(x)

Detaljer

Newtons lover i én dimensjon

Newtons lover i én dimensjon Newtons lover i én dimensjon.01.014 Interessert å være studentrepresentant for YS-MEK kurset? ta kontakt med meg. YS-MEK 1110.01.014 1 Bok på bordet Gravitasjon virker på boken om den ligger på bordet

Detaljer

Løsningsforslag Øving 7

Løsningsforslag Øving 7 Løsningsforslag Øving 7 TEP4100 Fluidmekanikk, Vår 016 Oppgave 5- Løsning Vinden blåser med konstant hastighet 8 m/s. Vi ønsker å finne den mekaniske energien per masseenhet i vindstrømmen, samt det totale

Detaljer

1. Atmosfæren. 2. Internasjonal Standard Atmosfære. 3. Tetthet. 4. Trykk (dynamisk/statisk) 5. Trykkfordeling. 6. Isobarer. 7.

1. Atmosfæren. 2. Internasjonal Standard Atmosfære. 3. Tetthet. 4. Trykk (dynamisk/statisk) 5. Trykkfordeling. 6. Isobarer. 7. METEOROLOGI 1 1. Atmosfæren 2. Internasjonal Standard Atmosfære 3. Tetthet 4. Trykk (dynamisk/statisk) 5. Trykkfordeling 6. Isobarer 7. Fronter 8. Høydemåler innstilling 2 Luftens sammensetning: Atmosfæren

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO Side 1 UNIVERSITETET I OSO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK 1110 Eksamensdag: mars 017 Tid for eksamen: 14:30 17:30 (3 timer) Oppgavesettet er på 4 sider Vedlegg: Formelark

Detaljer

Løsningsforslag Øving 3

Løsningsforslag Øving 3 Løsningsforslag Øving 3 TEP4105 Fluidmekanikk, Høst 2017 Oppgave 3-75 Løsning En sikkerhetsdemning for gjørmeskred skal konstrueres med rektangulære betongblokker. Gjørmehøyden som får blokkene til å begynne

Detaljer

Øving 2: Krefter. Newtons lover. Dreiemoment.

Øving 2: Krefter. Newtons lover. Dreiemoment. Lørdagsverksted i fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2007. Veiledning: 15. september kl 12:15 15:00. Øving 2: Krefter. Newtons lover. Dreiemoment. Oppgave 1 a) Du trekker en kloss bortover et friksjonsløst

Detaljer

Eksamensoppgavehefte 2. MAT1012 Matematikk 2: Mer lineær algebra

Eksamensoppgavehefte 2. MAT1012 Matematikk 2: Mer lineær algebra Eksamensoppgavehefte 2 MAT1012 Matematikk 2: Mer lineær algebra Matematisk institutt, UiO, våren 2010 I dette heftet er det samlet et utvalg av tidligere eksamensoppgaver innenfor temaet Lineær algebra

Detaljer

Løsning, Oppsummering av kapittel 10.

Løsning, Oppsummering av kapittel 10. Ukeoppgaver, uke 36 Matematikk 3, Oppsummering av kapittel. Løsning, Oppsummering av kapittel. Oppgave a) = +, = + z og z =z +. b) f(,, z) = +, + z,z + så (f(, 3, ) = +3, 3+, +3=7, 3, 5 c ) Gradienten

Detaljer

EKSAMENSOPPGAVE I FYS-1001

EKSAMENSOPPGAVE I FYS-1001 side 1 av 6 sider FAKULTET FOR NATURVITENSKAP OG TEKNOLOGI EKSAMENSOPPGAVE I FYS-1001 Eksamen i : Fys-1001 Mekanikk Eksamensdato : 06.12.2012 Tid : 09.00-13.00 Sted : Åsgårdvegen 9 Tillatte hjelpemidler

Detaljer

Repetisjon

Repetisjon Repetisjon 18.05.017 Eksamensverksted: Mandag, 9.5., kl. 1 16, Origo Onsdag, 31.5., kl. 1 16, Origo FYS-MEK 1110 18.05.017 1 Lorentz transformasjon ( ut) y z y z u t c t 1 u 1 c transformasjon tilbake:

Detaljer

Løsningsforslag Øving 1

Løsningsforslag Øving 1 Løsningsforslag Øving 1 TEP4100 Fluidmekanikk, Vår 2016 Oppgave 1-59 Løsning Luftstrømmen gjennom en vindturbin er analysert. Basert på en dimensjonsanalyse er et uttrykk for massestrømmen gjennom turbinarealet

Detaljer

Oppsummert: Kap 1: Størrelser og enheter

Oppsummert: Kap 1: Størrelser og enheter Oppsummert: Kap 1: Størrelser og enheter s = 3,0 m s = fysisk størrelse 3,0 = måltall = {s} m = enhet = dimensjon = [s] OBS: Fysisk størrelse i kursiv (italic), enhet opprettet (roman) (I skikkelig teknisk

Detaljer

Regneøving 9. (Veiledning: Fredag 18. mars kl og mandag 21. mars kl )

Regneøving 9. (Veiledning: Fredag 18. mars kl og mandag 21. mars kl ) Institutt for fysikk, NTNU TFY4165 og FY1005 Termisk fysikk, våren 011. Regneøving 9. (Veiledning: Fredag 18. mars kl. 1.15-14.00 og mandag 1. mars kl. 17.15-19.00.) Oppgave 1 Damptrykket for vann ved

Detaljer

EKSAMENSOPPGAVE. Fagnr: FO 443A Dato: Antall oppgaver:

EKSAMENSOPPGAVE. Fagnr: FO 443A Dato: Antall oppgaver: Avdeling for ingeniørutdanning EKSAMENSOPPGAVE Fag: FYSIKK/TERMODYNAMIKK Gruppe(r): 1 KA Eksamensoppgaven består av Tillatte hjelpemidler: Oppgave 1 Antall sider inkl forside: 4 Fagnr: FO 443A Dato: 80501

Detaljer

Newtons lover i én dimensjon (2)

Newtons lover i én dimensjon (2) Newtons lover i én dimensjon () 1..16 YS-MEK 111 1..16 1 Identifikasjon av kreftene: 1. Del problemet inn i system og omgivelser.. Tegn figur av objektet og alt som berører det. 3. Tegn en lukket kurve

Detaljer

GEF1100: kapittel 6. Ada Gjermundsen. September 2017

GEF1100: kapittel 6. Ada Gjermundsen. September 2017 GEF1100: kapittel 6 Ada Gjermundsen September 2017 Hvem er jeg? (forha pentligvis snart Dr.) Ada Gjermundsen ada.gjermundsen@geo.uio.no adagjermundsen@gmail.com Studerer varmetransport i atmosfære og hav

Detaljer

METEROLOGI= Læren om bevegelsene og forandringene i atomosfæren (atmosfæren er lufthavet rundt jorden)

METEROLOGI= Læren om bevegelsene og forandringene i atomosfæren (atmosfæren er lufthavet rundt jorden) METEROLOGI= Læren om bevegelsene og forandringene i atomosfæren (atmosfæren er lufthavet rundt jorden) I bunn og grunn Bli kjent med de store linjene i boka METEROLOGI I PRAKSIS for oss hobbyflygere! Spørsmål

Detaljer

Fagnr: FIOIA I - Dato: Antall oppgaver: 2 : Antall vedlegg: 3 - - -

Fagnr: FIOIA I - Dato: Antall oppgaver: 2 : Antall vedlegg: 3 - - - ;ag: Fysikk i-gruppe: Maskin! EkSarnensoppgav-en I består av ~- - Tillatte hjelpemidler: Fagnr: FIOIA A Faglig veileder: FO lo' Johan - Hansteen I - - - - Dato: Eksamenstidt 19. August 00 Fra - til: 09.00-1.00

Detaljer

GRUNNLAG HYDROSTATIKK

GRUNNLAG HYDROSTATIKK RUNNLA HYDROSTATIKK Dette dreier seg om stille vann, (ingen strømning) I stille vann er det ingen skjærkrefter i væsken, bare trkk Hdrostat. trkkrefter står normalt på de flater de virker på Trkket i et

Detaljer

KJ1042 Øving 5: Entalpi og entropi

KJ1042 Øving 5: Entalpi og entropi KJ1042 Øving 5: Entalpi og entropi Ove Øyås Sist endret: 17. mai 2011 Repetisjonsspørsmål 1. Hva er varmekapasitet og hva er forskjellen på C P og C? armekapasiteten til et stoff er en målbar fysisk størrelse

Detaljer

Løsningsforslag til Øving 9 Høst 2014 (Nummerne refererer til White s 6. utgave)

Løsningsforslag til Øving 9 Høst 2014 (Nummerne refererer til White s 6. utgave) TEP45: Fluidmekanikk Oppgave 8. Løsningsforslag til Øving 9 Høst 4 (Nummerne refererer til White s 6. utgave Vi skal finne sirkulasjonen Γ langs kurven C gitt en potensialvirvel i origo med styrke K. I

Detaljer

EKSAMEN I FY1005 og TFY4165 TERMISK FYSIKK: LØSNINGSFORSLAG

EKSAMEN I FY1005 og TFY4165 TERMISK FYSIKK: LØSNINGSFORSLAG NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK EKSAMEN I FY1005 og TFY4165 TERMISK FYSIKK: LØSNINGSFORSLAG Torsdag 6 juni 013 kl 1500-1900 Oppgave 1 Ti flervalgsoppgaver Poeng: pr

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN FYS119 VÅR 2017

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN FYS119 VÅR 2017 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN FYS119 VÅR 2017 Oppgave 1 a) Bruker bevaring av bevegelsesmengde i - og y-retning og velger positiv -akse mot høyre og positiv y-akse oppover, og lar vinkelen være = 24. Dekomponerer

Detaljer

Newtons lover i én dimensjon (2)

Newtons lover i én dimensjon (2) Newtons lover i én dimensjon () 0.0.015 oblig #1: innlevering: mandag, 9.feb. kl.1 papir: boks på ekspedisjonskontoret elektronisk: Devilry (ikke ennå åpen) YS-MEK 1110 0.0.015 1 Identifikasjon av kreftene:

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK 1110 Eksamensdag: 6 juni 2017 Tid for eksamen: 14:30 18:30 (4 timer) Oppgavesettet er på 4 sider Vedlegg: Formelark Tillatte

Detaljer

Kap. 6+7 Arbeid og energi. Energibevaring.

Kap. 6+7 Arbeid og energi. Energibevaring. TFY4145/FY11 Mekanisk fysikk Størrelser og enheter (Kap 1) Kinematikk i en, to og tre dimensjoner (Kap. +3) Posisjon, hastighet, akselerasjon. Sirkelbevegelse. Dynamikk (krefter): Newtons lover (Kap. 4)

Detaljer

2,0atm. Deretter blir gassen utsatt for prosess B, der. V 1,0L, under konstant trykk P P. P 6,0atm. 1 atm = 1,013*10 5 Pa.

2,0atm. Deretter blir gassen utsatt for prosess B, der. V 1,0L, under konstant trykk P P. P 6,0atm. 1 atm = 1,013*10 5 Pa. Oppgave 1 Vi har et legeme som kun beveger seg langs x-aksen. Finn den gjennomsnittlige akselerasjonen når farten endres fra v 1 =4,0 m/s til v = 0,10 m/s i løpet av et tidsintervall Δ t = 1,7s. a) = -0,90

Detaljer

KORT INTRODUKSJON TIL TENSORER

KORT INTRODUKSJON TIL TENSORER KORT INTRODUKSJON TIL TENSORER Tensorer har vi allerede møtt i form av skalarer (tall) og vektorer. En skalar kan betraktes som en tensor av rang null (en komponent), mens en vektor er en tensor av rang

Detaljer

Kap. 9+10 Rotasjon av stive legemer

Kap. 9+10 Rotasjon av stive legemer Kap. 9+10 Rotasjon a stie legemer Vi skal se på: Vinkelhastighet, inkelakselerasjon (rask rekap) Sentripetalakselerasjon, baneakselerasjon (rask rekap) Rotasjonsenergi E k Treghetsmoment I Kraftmoment

Detaljer

Løsning, gruppeoppgave om corioliskraft og karusell, oppgave 7 uke 15 i FYS-MEK/F 1110 våren 2005

Løsning, gruppeoppgave om corioliskraft og karusell, oppgave 7 uke 15 i FYS-MEK/F 1110 våren 2005 1 Løsning, gruppeoppgave om corioliskraft og karusell, oppgave 7 uke 15 i FYS-MEK/F 1110 våren 2005 Oppgaven lød: To barn står diamentralt i forhold til hverandre ved ytterkanten på en karusell med diameter

Detaljer

FLUID- OG GASSDYNAMIKK

FLUID- OG GASSDYNAMIKK FLUID- OG GASSDYNAMIKK Alle kontinuerlige stoffer kan forekomme i tre aggregattilstander ; fast stoff, flytende form (fluid, væske) og gassform. Eksempler: Vann T

Detaljer

Løsningsforslag til øving 3: Impuls, bevegelsesmengde, energi. Bevaringslover.

Løsningsforslag til øving 3: Impuls, bevegelsesmengde, energi. Bevaringslover. Lørdagsverksted i fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2007. Veiledning: 22. september kl 12:15 15:00. Løsningsforslag til øving 3: Impuls, bevegelsesmengde, energi. Bevaringslover. Oppgave 1 a)

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO Side 1 UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK 1110 Eksamensdag: 16 mars 2016 Tid for eksamen: 15:00 18:00 (3 timer) Oppgavesettet er på 4 sider Vedlegg: Formelark

Detaljer

MAT feb feb mars 2010 MAT Våren 2010

MAT feb feb mars 2010 MAT Våren 2010 MAT 1012 Våren 2010 Mandag 22. februar 2010 Forelesning Vi begynner med litt repetisjon fra forrige gang, med å sjekke om et vektorfelt er konservativt og dersom svaret er ja, regne ut potensialfunksjonen.

Detaljer

A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5

A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5 Side 2 av 5 Oppgave 1 Hvilket av de følgende fritt-legeme diagrammene representerer bilen som kjører nedover uten å akselerere? Oppgave 2 A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5 En lampe med masse m er hengt opp fra

Detaljer

Mandag 04.09.06. Institutt for fysikk, NTNU TFY4160/FY1002: Bølgefysikk Høsten 2006, uke 36

Mandag 04.09.06. Institutt for fysikk, NTNU TFY4160/FY1002: Bølgefysikk Høsten 2006, uke 36 Institutt for fsikk, NTNU TFY4160/FY1002: Bølgefsikk Høsten 2006, uke 36 Mandag 04.09.06 Del II: BØLGER Innledning Bølger er forplantning av svingninger. Når en bølge forplanter seg i et materielt medium,

Detaljer

Fysikkmotorer. Andreas Nakkerud. 9. mars Åpen Sone for Eksperimentell Informatikk

Fysikkmotorer. Andreas Nakkerud. 9. mars Åpen Sone for Eksperimentell Informatikk Åpen Sone for Eksperimentell Informatikk 9. mars 2012 Vektorer: posisjon og hastighet Posisjon og hastighet er gitt ved ( ) x r = y Ved konstant hastighet har vi som gir likningene v= r = r 0 + v t x =

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen i FYS1000, 14/8 2015

Løsningsforslag til eksamen i FYS1000, 14/8 2015 Løsningsforslag til eksamen i FYS000, 4/8 205 Oppgave a) For den første: t = 4 km 0 km/t For den andre: t 2 = = 0.4 t. 2 km 5 km/t + 2 km 5 km/t Den første kommer fortest fram. = 0.53 t. b) Dette er en

Detaljer

FORSØK MED ROTERENDE SYSTEMER

FORSØK MED ROTERENDE SYSTEMER FORSØK MED ROTERENDE SYSTEMER Laboratorieøvelsen består av 3 forsøk. Forsøk 1: Bestemmelse av treghetsmomentet til roterende punktmasser Hensikt Hensikt med dette forsøket er å bestemme treghetsmomentet

Detaljer

Fakultet for teknologi, kunst og design Teknologiske fag. Eksamen i: Fysikk for tretermin (FO911A)

Fakultet for teknologi, kunst og design Teknologiske fag. Eksamen i: Fysikk for tretermin (FO911A) Fakultet for teknologi, kunst og design Teknologiske fag Eksamen i: Fysikk for tretermin (FO911A) Målform: Bokmål Dato: 26/11-2014 Tid: 5 timer Antall sider (inkl. forside): 5 Antall oppgaver: 5 Tillatte

Detaljer

Regning med tall og bokstaver

Regning med tall og bokstaver Regning med tall og bokstaver M L N r du har lest dette kapitlet, skal du kunne ^ bruke reglene for br kregning ^ trekke sammen, faktorisere og forenkle bokstavuttrykk ^ regne med potenser ^ l se likninger

Detaljer

Flervalgsoppgave. Kollisjoner. Kap. 6. Arbeid og energi. Energibevaring. Konstant-akselerasjonslikninger REP

Flervalgsoppgave. Kollisjoner. Kap. 6. Arbeid og energi. Energibevaring. Konstant-akselerasjonslikninger REP Kap. 6. Arbeid og energi. Energibevaring. Arbeid = dw = F ds Kinetisk energi E k = ½ m v 2 Effekt = arbeid/tid = P = dw /dt Arbeid på legeme øker E k : dw = de k Potensiell energi E p (x,y,z) (Tyngdefelt:

Detaljer

Theory Norwegian (Norway) Vær vennlig å lese de generelle instruksjonene i den separate konvolutten før du begynner på dette problemet.

Theory Norwegian (Norway) Vær vennlig å lese de generelle instruksjonene i den separate konvolutten før du begynner på dette problemet. Q1-1 To problemer i mekanikk (10 poeng) Vær vennlig å lese de generelle instruksjonene i den separate konvolutten før du begynner på dette problemet. Del A. Den gjemte disken (3,5 poeng) Vi ser på en massiv

Detaljer

Forelesning 23 den 18/4 2017

Forelesning 23 den 18/4 2017 Forelesning 3 den 18/4 017 Eksperiment Toricelli hvor fort renner vann ut av et kar? Vi navngir eksperimentet til ære for Evangelista Torricelli (1608 1647) som oppdaget Toricellis lov i 1643. Toricelli

Detaljer

Løsningsforslag. e n. n=0. 3 n 2 2n 1. n=1

Løsningsforslag. e n. n=0. 3 n 2 2n 1. n=1 Eksamen i BYPE2000 - Matematikk 2000 Dato: 6. juni 2014 Målform: Bokmål Antall oppgaver: 7 (20 deloppgaver) Antall sider: 4 Vedlegg: Noen formler Hjelpemiddel: Ingen Alle svarene skal grunngis. Alle deloppgavene

Detaljer