1b) Schwarzschil-metrikken er iagonal, og vi har at g tt = 1, c = r, c ; g rr =, r r r r, =,1, r, ; g =,r ; g '' =,r sin : (9) At raielle baner eksist
|
|
- Leif Ervik
- 6 år siden
- Visninger:
Transkript
1 Eksamen i klassisk feltteori, fag 74 50, 8. esember 1998 Lsninger 1a) Vi antar at x +, x x =0; (1) og at c = g x x. Sa gjr vi en koorinattransformasjon x 7 ex,ogskal vise at ex + e, ex ex =0; () er c = eg ex ex. Ta enisjonsligningen for frst. Vi har at ex eg ex ex = x ex x ex g x x ex x x = g x x = c : () Vi har nemlig, for eksempel, at Sa til ligning (). Vi har at x ex ex x = x x = : (4) og at ex = ex x x ; (5) ex = ex x x + ex x x = x ex x x x + ex x x : (6) Sa har vi at e, ex ex = ex x x ex x ex,, x ex x ex ex ex x x ex = ex x,, ex x x x x : (7) Tilsammen gir et at ex + e, ex ex = ex x x +, x x =0: (8) Som vi skulle vise. 1
2 1b) Schwarzschil-metrikken er iagonal, og vi har at g tt = 1, c = r, c ; g rr =, r r r r, =,1, r, ; g =,r ; g '' =,r sin : (9) At raielle baner eksisterer, flger av bevegelsesligningene, men et flger ogsa mer generelt av at Schwarzschil-metrikken er rotasjonsinvariant. Hvis nemlig hastigheten er raiell ve ett tispunkt, ma en fortsette a vre raiell, en kan ikke skjre ut i noen ikkeraiell retning uten at et nnes noen pavirkning som bryter rotasjonsinvariansen. Eller sagt pa en litt mer matematisk mate. otasjonsinvarians impliserer bevaring av impulsmomentet (reieimpulsen) L, som er proporsjonal me r _r. Hvis hastigheten _r er raiell ve ett tispunkt, sa erl =0ve ette tispunktet, og sien L er bevart, ma _r fortsette a vre raiell. Geoeseligningen for en raiell bane gir generelt at r +,r rr t +,t rr r r +, r tr +, t tr t t r t +,r tt = 0 ; r t +,t = 0 : (10) tt Sien en metriske tensoren g er iagonal, er g ogsa iagonal, og vi har at g tt = 1 g tt = r (r, )c ; grr = 1 g rr =, r, r g = 1 g =, 1 r ; g'' = 1 g '' =, 1 r sin : (11) ; Viere er g tt;r = r c ; g rr;r = (r, ) ; (1) og et gir at, t tt = 1 gtt g tt;t =0;, t tr = 1 gtt g tt;r = r(r, ) ;, t rr =,1 gtt g rr;t =0; (1), r =,1 (r, ) tt grr g tt;r = c ; r, r = 1 tr grr g rr;t =0;, r = 1 rr grr g rr;r =, r(r, ) : (14) Som var et vi skulle vise. Ligningen for t er t + r(r, ) t r =0: (15)
3 Sien =r 10,9 i Niarhallen, virker et ganske rimelig her a neglisjere et anre leet pa venstre sie, og altsa konstatere at me go tilnrming er t =0: (16) For a rettferiggjre ette mer eksplisitt, kan vi iviere ligning (15) me t= og erme skrive en som t 1 ln + r,, 1 r =0: (17) r Denne ligningen kan vi integrere sa vifar at t r, ln +ln = konstant : (18) r Her er (r, )=r = 1, me en nyaktighet pa 10,9, altsa kan vi regne at Ligningen for r er t =konstant : (19) r, r(r, ) r (r, ) + c r Eller, nar vi regner t= konstant og ivierer me (t=), r t, r(r, ) t =0: (0) r (r, ) + c =0: t r (1) Sa lenge hastigheten r=t er mye minre enn lyshastigheten c, kan vi neglisjere et miterste leet her, og vi far a at tyngens akselerasjon er g =, r (r, ) c t r r c = GM r = 8; 87 mm (660 km) c =9; 85 m/s : () a) Bevegelsesligningen for z er z s =, 1 c ;z 4 x0 s + kl x k s x l 5 z + s c s s : () Betingelsen for at z =0skal vre en lsning av en, er at ;z = z =0 (4) langs hele banen som lysstralen flger. En tilstrekkelig betingelse er f.eks. at ;z =0i hele planet z =0. Ligningen for x 0 kan skrives som s ln # x0 =, s c s : (5)
4 Den kan a integreres, og gir at x 0 s = Ke, c K 1, c ; (6) for en vilkarlig integrasjonskonstant K. Verien av K spiller ingen rolle, og vi kan f.eks. velge K = c. For et lyssignal gjeler at x x g s s = 1+ x 0, c 1, x j x k s c jk =0: (7) s s Innsatt ligning (6) me K = c gir et, til oren =c,at jk x j s Til oren =c gir et bevegelsesligningene x s y s x k s = c : (8) =, x + x c s =, y + y c s s ; s : (9) Om vi setter inn pa hyre sie her en prvelsning x = cs, y = y 0 =konstant, z =0, sa far vi ligningene x s y s =, x + c x x =0; s =, y : (0) Som kan sammenlignes me Newtons ligninger for en partikkel me lyshatigheten, er t er tien, x t y t =, x ; =, y : (1) Den vesentlige forskjellen er en faktor i akselerasjonen i y-retningen (akselerasjonen i x-retningen er i alle fall ubetyelig sammenlignet me hastigheten c). b) Dersom vi setter inn en tilnrmete lsningen x = cs, y = y 0 = konstant, z = 0, og potensialet GM =, p x + y + z ; y = GMy (x + y + z ) = GMy 0 ; () = (c s + y 0 ) = sa har ligning (0) flgene lsning for foranringen i y=s, y = y s s, y 1 GMy 0 s=1 s =, s =,4GM s=,1,1 (c s + y 0 ) = cy 0 : () 4
5 Avbyningsvinkelen er liten, og er lik y x = s s =, 4GM c y 0 : (4) Innsatt Jupiters masse og raius, M = M J =1; kg og y 0 = r J =7; m, far vi at jj =7; 85 10,8 =0; : (5) ) Transformasjonen 7 e =e,i, me en reell konstant, gir at e =e,i ; e ; =e,i ; ; e =e i ; e ; =ei ; : (6) Setter vi inn e i steet for i Lagrange-tettheten L, far vi erme at L e = L. Men et impliserer at transformasjonen 7 e er en symmetri. En annen mate a se et samme pa, er a skrive opp Euler{Lagrange-ligningen L, x L ; =0: (7) Da ser vi (vi kan til og me se et av formen til Lagrange-tettheten, uten a skrive opp Euler{Lagrange-ligningen eksplisitt) at ligningen ikke inneholer, samtiig som en er en liner ierensialligning for. Men at en er liner, impliserer pr. enisjon at en er invariant uner 7 e =e,i me konstant. La na vre innitesimal, a er me e =e,i =(1, i) = +; e =e i =(1+i) = + ; (8) =,i ; =i : (9) Sien L er invariant, vs. at L = 0, har vi a, i flge Noethers teorem, at L + L x ; =0: (40) ; Som eksplisitt skrevet ut gir at,i x qjgj g ;, i q h A +i q jgj g ; +i q h A =0: (41) Vi kan iviere me, og a er ette kontinuitetsligningen j ; = 0, me j =,i qjgj g, i q ; h A, ; +i q h A : =,Im qjgj g ; +i q h A : (4) Dette kan vi sammenligne me en elektromagnetiske strmtettheten, enert som j em = L A =, q h j : (4) Vi ser at e to strmtetthetene er proporsjonale. Me anre or: invarians uner globale gauge-transformasjoner impliserer bevaring av elektrisk laning. 5
6 4a) Me V =4 =oga =4 er V W =, ln + A =, ln +4 +konstant ; (44) V0 0 er 0 er en eller annen konstant. Kurven for W () har flgene form, me vilkarlig skalering pa aksene: W Euler{Lagrange-ligningen blir: 0= L, t L _ =, +8, m : (45) 4b) Me (t) = 0 =konstant blir _ =0og =0,og for at bevegelsesligningen ovenfor skal oppfylles, ma a Som vil si at 0=W 0 ( 0 )=, : (46) s 0 = 8 : (47) 6
7 Sien Lagrange-funksjonen L ikke avhenger eksplisitt av tien t, er energien E = m _ + W = m _, ln +4 +konstant (48) 0 bevart. At E er konstant, vs. at E _ =0,flger forvrig irekte fra enisjonen og fra bevegelsesligningen. Sien E er konstant, sien _ 0, og essuten W () ser ut som i guren ovenfor, kan (t) bare variere mellom en nere og en vre grense. Bevegelsen er allti en oscillasjon omkring likevektsverien 0. Det betyr at likevektslsningen (t) = 0 er stabil: hvis vi perturberer en en liten smule, frer et bare til sma oscillasjoner omkring 0. Vel a merke, forelpig vet vi ingenting om hva som skjer ersom vi eformerer boblen pa en slik mate at en ikke lenger er kulesymmetrisk. 4c) Den oppgitte Lagrange-funksjonen er L = m + _ +ln, 4 + m 0 8, 1 Euler{Lagrange-ligningen for (t),, 1 sin L, t ser ut som flger:, 8 + m 4 8,m, m 8 t _, 4 t # _ t + # : (49) ' L _ =0; (50) _ # t, _ 4,4 1 t +4 _ # = 0 : (51) Eller, litt omskrevet, m, +8, m t 1 t, _ + _ t, _ # =0: (5) Vi kan forenkle litt viere ve a bruke at 1 =, _ t : (5) Da far vi at m, +8, m 1 t t, _ =0: (54) 7
8 For a nne Euler{Lagrange-ligningene for (; '; t) skriver vi me L = L 0 = 0 ' sin L 0 = ' L ; (55) L = sin L ( 0 m = sin 8 _ + 4 ln, + m _, t # _ t + +, 1, 1 #) : sin (56) ' Euler{Lagrange-ligningene for blir a: L, L, ' ; L, t ;' L =0: (57) ;t Som gir, helt eksplisitt, at m sin 8 # _,4 _ t , sin m 8 sin t + sin ' t, 4 _ = 0 : (58) Etter litt opprying gir et at m 4 t,,, sin sin, sin =0: (59) ' 4) Lagrange-funksjonen er ikke eksplisitt avhengig av t, et gir at bevegelsesligningene er invariante uner tistranslasjon, og Noethers teorem gir at energien er bevart. Lagrange-funksjonen er heller ikke eksplisitt avhengig av ', et gir at bevegelsesligningene er invariante uner rotasjon om z-aksen, og Noethers teorem gir at impulsmomentet (reieimpulsen) om z-aksen er bevart. Men z-aksen er jo noksa tilfelig valgt, altsa har vi rotasjonsinvarians om en vilkarlig akse, og alle komponenter av impulsmomentet er bevart. En annen metoe for a resonnere seg fram til enne konklusjonen, er a si at en potensielle energien avhenger bare av volumet og arealet, som begge er rotasjonsinvariante. Diskrete symmetrier, som ikke gir noen bevaringslover ut fra Noethers teorem, er tisreversjonssymmetri (t 7,t) og paritetsinvarians (speilingssymmetri om planet z = 0, vs. at 7,, eller om en vil, speilingssymmetri om origo, vs. at 7,, ' 7 ' ). 4e) Nar (; '; t) = (t)(cos, 1) ; (60) 8
9 sa er =,6 cos sin ; ' =0; t = _ ( cos, 1) : (61) Det er a \bare a sette inn i Lagrange-funksjonen, ligning () i oppgaveteksten, og integrere. 4f) Euler{Lagrange-ligningen for :, 8 + m 5,m, m 5 t 4, 4,4 1 _ +4 = 0 : (6) Som kan omskrives slik: m, 8m 5 t _, _, +8 =0: (6) Og Euler{Lagrange-ligningen for : m _,4 5 +4, 64 5, m 5 t _, 4 _ =0: (64) Som kan omskrives slik: m, +16 =0: (65) Disse to ligningene for (t) og (t) gir en nvenig, men ikke uten viere tilstrkkelig, betingelse for at (; '; t) = (t)(cos, 1), sammen me (t), skal vre en lsning av et fulle settet ligninger. Det vi kan si, er at hvis et nnes en lsning av en formen vi har antatt, sa er virkningsintegralet ekstremalt for enne lsningen, og ersom virkningsintegralet er ekstremalt, sa ma ligningene (6) og (65) vre oppfylt. Men et er jo ikke uten viere noen grunn til at e fulle ligningene skal ha noen lsning av en formen som vi (tilsynelatene) har hentet rett ut av luften. For a stuere stabiliteten til lsningen (t) = 0, (t) =0,kan vi se pa sma avvik fra enne. Dvs. at vi antar at (t) = 0 + (t), er (t) er liten, og essuten at er liten. Vi far a flgene to ligninger: m + +8 = 0 ; 0 m +16 = 0 : (66) Som har oscillatoriske (og ikke eksponensielt voksene) lsninger. Det viser at sapeboblen er stabil mot kvarupoleformasjoner. 9
Eksamen i Klassisk feltteori, fag TFY 4270 Onsdag 26. mai 2004 Løsninger
Eksamen i Klassisk feltteori, fag TFY 470 Onsdag 6. mai 004 Løsninger 1a) Sammenhengen mellom koordinattiden t og egentiden τ er at Den relativistiske impulsen er Hamiltonfunksjonen er Siden har vi at
Detaljer0 g = B, R M ,, R M , , q q jgj = jet(g )j = 2 sin 2 sin 2 C A Ette at vi ha iviet Klein{Goon-ligningen me p jgj se en ut som f
Eksamen i klassisk feltteoi, fag 7 50, 5. eseme 997 Lsninge a) Enhve evaingslov q = konstant, fo en elle annen fysisk stelse q (la oss kalle en \laning"), e en gloal evaingslov. En lokal evaingslov ha
DetaljerLøsningsforslag eksamen MAT111 Grunnkurs i Matematikk I høsten 2009
Løsningsforslag eksamen MAT Grunnkurs i Matematikk I høsten 9 OPPGAVE (a) Vi har w = + ( ) =. I et komplekse plan ligger w i 4. kvarant og vinkelen θ mellom tallet og en relle aksen har tan θ =, vs. at
DetaljerEksamen i Ikkelineær dynamikk, fag TFY 4305 Onsdag 30. november 2005 Løsninger
Eksamen i Ikkelineær ynamikk, fag TFY 4305 Onsag 30. november 2005 Løsninger 1) Den generelle løsningen av ligningen u t + cu x =0eru(x, t) =f(x ct), er f er en vilkårlig funksjon av en variabel. Hvoran
Detaljer4. Viktige kvantemekaniske teoremer
FY1006/TFY4215 Tillegg 4 1 TILLEGG 4 4. Viktige kvantemekaniske teoremer Før vi i neste kapittel går løs på treimensjonale potensialer, skal vi i kapittel 4 i ette kurset gå gjennom noen viktige kvantemekaniske
DetaljerTMA4100 Matematikk 1 Høst 2014
Norges teknisknaturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4 Matematikk Høst 4 sforslag forkunnskapstest Faktoriser, hvis mulig, uttrkket +. (A) ( + 5)( ) (B) ( 5)( + ) (C) ( + )( )
DetaljerGrensesjikts approksimasjon. P.-Å. Krogstad
Norges teknisk- naturvitenskapelige universitet (NTNU) Fakultetet for ingeniørvitenskap og teknologi Institutt for Energi og Prosessteknikk N-749 Tronheim - NTNU Grensesjikts approksimasjon P.-Å. Krogsta
Detaljer4. Viktige kvantemekaniske teoremer
FY1006/TFY4215 Tillegg 4 1 TILLEGG 4 4. Viktige kvantemekaniske teoremer Før vi i neste kapittel går løs på treimensjonale potensialer, skal vi i kapittel 4 i ette kurset gå gjennom noen viktige kvantemekaniske
DetaljerLøsningsforslag til eksamen i SIF4072 KLASSISK FELTTEORI Onsdag 28. mai 2003
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet NTNU Side 1 av 9 Institutt for fysikk Fakultet for naturvitenskap og teknologi Løsningsforslag til eksamen i SIF4072 KLASSISK FELTTEORI Onsdag 28. mai 2003
DetaljerDeterminanter. Kapittel 6. Determinanter for 2 2-matriser. La oss beregne arealet av dette parallellogrammet. Vi tegner på noen hjelpelinjer:
Kapittel 6 Determinanter En matrise inneholer mange tall og erme mye informasjon så mye at et kan være litt overvelene Vi kan konensere ne all informasjonen i en kvaratisk matrise til ett enkelt tall som
DetaljerLøsningsforslag til eksamen i SIF4072 KLASSISK FELTTEORI Torsdag 8. august 2002
NTNU Sie 1 av 7 Institutt for fysikk Fakultet for fysikk, informatikk og matematikk Løsningsforslag til eksamen i SIF4072 KLASSISK FELTTEORI Torsag 8. august 2002 Eksamen gitt av Kåre Olaussen Dette løsningsforslaget
DetaljerVekstrater og eksponentiell vekst ECON 2915 Vekst og næringsstruktur
Vekstrater og eksponentiell vekst ECON 2915 Vekst og næringsstruktur KÅRE BÆVRE Høsten 2005 1 Vekstrater og eksponensiell vekst 1.1 Vekstrater i iskret ti Vekstraten til en størrelse Y angir hvor stor
DetaljerTMA4100 Matematikk 1 Høst 2014
Norges teknisknaturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4100 Matematikk 1 Høst 014 Løsningsforslag Øving 03.7. Økningen i uksen, F, kan approksimeres som se sie 131 i boka F F =
DetaljerLøsningsforslag. b) Hva er den totale admittansen til parallellkoblingen i figuren over? Oppgi både modul og fasevinkel.
Løsningsforslag FYS / FY / FYS Elektromagnetisme, torsag 8. esember Ve sensurering vil alle elspørsmål i utgangspunktet bli gitt samme vekt (uavhengig av oppgavenummer), men vi forbeholer oss retten til
Detaljerx, og du dx = w dy (cosh u) = sinh u H sinh w H x = sinh w H x. dx = H w w > 0, så h har ikke flere lokale ekstremverdier.
NTNU Institutt for matematiske fag TMA400 Matematikk høsten 00 Løsningsforslag - Øving 3 Avsnitt 3. u 49 a) Fra tabell 3.4 på sie i boka: (cosh u) = sinh u. Her har vi at u = w H, og u = w y H. Det følger
DetaljerTFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Lsningsforslag til ving 6. MgL + F B d. M + m
TFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Lsningsforslag til ving 6. Ogave 1 L/ d A F A B F B L mg Stuebrettet er i ro, dvs vi har statisk likevekt. Det betyr at summen av alle krefter i vertikal retning
DetaljerLsningsforslag ved Klara Hveberg Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 6 I kapittel 6 minner oppgavene mer om de du er vant til fra skolemat
Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 6 I kapittel 6 minner oppgavene mer om de du er vant til fra skolematematikken i den forstand at de er mindre teoripregede enn i foregaende kapittel, men
DetaljerTMA4100 Matematikk 1 Høst 2014
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4100 Matematikk 1 Høst 2014 2.8.2 Vi merker oss først at funksjonen f er båe kontinuerlig og eriverbar på intervallet [1,2],
Detaljer4. Viktige kvantemekaniske teoremer
FY1006/TFY4215 Tillegg 4 1 TILLEGG 4 4. Viktige kvantemekaniske teoremer Før vi i neste kapittel går løs på treimensjonale potensialer, skal vi i kapittel 4 i ette kurset gå gjennom noen viktige kvantemekaniske
DetaljerTFY4106 Fysikk Eksamen 17. august V=V = 3 r=r ) V = 3V r=r ' 0:15 cm 3. = m=v 5 = 7:86 g=cm 3
TFY4106 Fysikk Eksamen 17. august 2018 Lsningsforslag 1) C: V = 4r 3 =3 = 5:575 cm 3 For a ansla usikkerheten i V kan vi regne ut V med radius hhv 11.1 og 10.9 mm. Dette gir hhv 5.729 og 5.425 cm 3, sa
DetaljerEKSAMEN Styring av romfartøy Fagkode: STE 6122
Avdeling for teknologi Sivilingeniørstudiet RT Side 1 av 5 EKSAMEN Styring av romfartøy Fagkode: STE 6122 Tid: Fredag 16.02.2001, kl: 09:00-14:00 Tillatte hjelpemidler: Godkjent programmerbar kalkulator,
DetaljerTFY4115 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Lsningsforslag til ving 4. ) v 1 = p 2gL. S 1 m 1 g = L = 2m 1g ) S 1 = m 1 g + 2m 1 g = 3m 1 g.
TFY4 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Lsningsforslag til ving 4. Ogave. a) Hastigheten v til kule like fr kollisjonen nnes lettest ved a bruke energibevarelse Riktig svar C. gl v ) v gl b) Like fr sttet
DetaljerTFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Lsningsforslag til ving 10.
TFY404 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Lsningsforslag til ving 0. Oppgave A B C D x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 x 9 x 0 x x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 x 29 x 20 x ) Glass-staven er ikke i berring med
DetaljerEKSAMEN TMA4100 HØST 2014 LØSNINGSFORSLAG. du/dx = e x du = e x dx, Her har vi brukt analysens fundamentalteorem til å derivere telleren.
EKSAMEN TMA400 HØST 04 ØSNINGSFORSAG Oppgave. Uner rottegnet står et + e x, og en eriverte til ette uttrykket er e x, som står utenfor rottegnet. Sett erfor u +e x. Da får vi og vi kan løse intergralet:
DetaljerLØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I FY1003 ELEKTRISITET OG MAGNETISME I Mandag 5. desember 2005 kl
NORGES TEKNISK- NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Faglig kontakt uner eksamen: Jon Anreas Støvneng Telefon: 7 59 6 6 / 41 4 9 0 LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I FY100 ELEKTRISITET OG MAGNETISME
DetaljerLøsningsforslag 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
DetaljerOppgaver og fasit til seksjon
1 Oppgaver og fasit til seksjon 3.1-3.3 Oppgaver til seksjon 3.1 1. Regn ut a b når a) a = ( 1, 3, 2) b = ( 2, 1, 7) b) a = (4, 3, 1) b = ( 6, 1, 0) 2. Finn arealet til parallellogrammet utspent av a =
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 9. desember 2006 TFY4250 Atom- og molekylfysikk /FY2045 Kvantefysikk
Eksamen TFY450/FY045 9. esember 006 - løsningsforslag 1 Løsningsforslag Eksamen 9. esember 006 TFY450 Atom- og molekylfysikk /FY045 Kvantefysikk Oppgave 1 a. Grunntilstanen ψ 1 (x) har ingen nullpunkter.
Detaljer(coshu) = sinhudu. dx. Her har vi at u = w Hx, og du dx = w dy. dx = H w w. H sinh w H x = sinh w H x.
NTNU Institutt for matematiske fag TMA400 Matematikk høsten 20 Løsningsforslag - Øving 3 Avsnitt 3. 49 a) Fra tabell 3.4 på sie 222 i boka: (coshu) = sinhuu. Her har vi at u = w H, og u = w y H. Det følger
DetaljerTeknisk appendiks ECON 2915 Vekst og næringsstruktur
Teknisk appeniks ECON 2915 Vekst og næringsstruktur KÅRE BÆVRE Høsten 2005 Versjon 1 Dette notatet er ment som en støtte for stuenter som tar kurset ECON 2915 - Vekst og utvikling. Her behanles en el sentrale
DetaljerLøsningsforslag til øving 14
Institutt for fysikk, NTNU TFY4155/FY13 Elektromagnetisme Vår 29 Løsningsforslag til øving 14 Oppgave 1 Den påtrykte strømmen I genererer et H-felt H ni på langs overalt inne i spolen (pga Amperes lov
DetaljerLsningsforslag ved Klara Hveberg Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 7 I seksjon 7.1 og 7.2 lrer du a lse oppgaver hvor det kan lnne seg a
Lsningsforslag til utvalgte ogaver i kaittel 7 I seksjon 7. og 7. lrer du a lse ogaver hvor det kan lnne seg a tegne gurer og sette navn a ukjente strrelser. Ogave 7..7 illustrerer hvordan du kan ansla
DetaljerTFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Test 6.
TFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Test 6. Oppgave 1 Figuren viser re like staver som utsettes for samme ytre kraft F, men med ulike angrepspunkt. Hva kan du da si om absoluttverdien A i til akselerasjonen
DetaljerEksamen i ELE620, Systemidentikasjon (10 sp)
DET TEKNISK - NATURVITENSKAPELIGE FAKULTET Institutt for ata- og elektroteknikk Eksamen i ELE620, Systemientikasjon (10 sp) Dato: Manag 15 esember 2014 Lenge på eksamen: 4 timer Tillatte hjelpemiler: Kun
DetaljerAnbefalte oppgaver uke 36
Anbefalte oppgaver uke 36 Høsten 2017 Løsningsforslag 1 Vi begynner me å skrive om ligningen litt, først til x y x + y = x2 + y, (1) y og så eller Nå eriverer vi, og får slik at xy y 2 = x 3 + xy + x 2
DetaljerQ = π 4 D2 V = π 4 (0.1)2 0.5 m 3 /s = m 3 /s = 3.93 l/s Pa
35 Løsning C.1 Q π 4 D2 V π 4 (0.1)2 0.5 m 3 /s 0.00393 m 3 /s 3.93 l/s G gsρ vann Q 9.81 1.26 998 0.00393 N/s 0.0484 kn/s ṁ G/g 48.4/9.81 kg/s 4.94 kg/s Løsning C.2 Omregning til absolutt trykk: p abs
DetaljerSIF5005 Matematikk 2, 13. mai 2002 Løsningsforslag
SIF55 Matematikk, 3. mai Oppgave Alternativ : At de to ligningene skjærer hverandre vil si at det finnes parameterverdier u og v som, innsatt i de to parametriseringene, gir samme punkt: Vi løser hver
DetaljerLøsningsforslag til avsluttende eksamen i AST1100, høsten 2013
Løsningsforslag til avsluttende eksamen i AST1100, høsten 013 Oppgave 1 a) I ligningen for hyostatisk likevekt er P trykket, M(r) massen innenfor en avstand r fra sentrum og ρ(r) er tettheten i en avstand
DetaljerTFY4104 Fysikk Eksamen 17. august V=V = 3 r=r ) V = 3V r=r ' 0:15 cm 3. = m=v 5 = 7:86 g=cm 3
TFY4104 Fysikk Eksamen 17. august 2018 Lsningsforslag 1) C: V = 4r 3 =3 = 5:575 cm 3 For a ansla usikkerheten i V kan vi regne ut V med radius hhv 11.1 og 10.9 mm. Dette gir hhv 5.729 og 5.425 cm 3, sa
DetaljerEKSAMENSOPPGAVE Njål Gulbrandsen / Ole Meyer /
Fakultet for naturvitenskap og teknologi EKSAMENSOPPGAVE Eksamen i: FYS-1001 Mekanikk Dato: 21.2.2017 Klokkeslett: 09:00 13:00 Sted: Åsgårdvegen 9 Tillatte hjelpemidler: Fire A4-sider (to dobbeltsidige
DetaljerFasit eksamen Fys1000 vår 2009
Fasit eksamen Fys1000 vår 2009 Oppgave 1 a) Klossen A er påvirka av tre krefter: 1) Tyngda m A g som peker loddrett nedover. Denne er det lurt å dekomponere i en komponent m A g sinθ langs skråplanet nedover
Detaljerc) etingelsen fo at det elektiske feltet E e otasjonsinvaiant om x-aksen e, med E og ee som denet ovenfo, at e E = E. Dette skal gjelde fo en vilkalig
Eksamen i klassisk feltteoi, fag 74 5, 4. august 995 Lsninge a) Koodinatene x; y; z tansfomees slik x 7 bx = x; y 7 by = y cos, z sin ; z 7 by = y sin + z cos Den invese tansfomasjonen e en otasjon en
DetaljerLøsningsforslag til eksamen i FYS1000, 19/8 2016
Løsningsforslag til eksamen i FY1000, 19/8 016 Oppgave 1 a) C D A B b) I inusert A + B I ien strømmen går mot høyre vil magnetfeltet peke ut av planet inne i strømsløyfa. Hvis vi velger positiv retning
DetaljerLogaritmer og eksponentialfunksjoner
Logaritmer og eksponentialfunksjoner Dette er fra e to første forelesningene i MA02 våren 2008. Noe er skrevet mer ut, men mange etaljer er utelatt. De er utelatt me vilje, for at u skal fylle em ut selv!
DetaljerOppgavene er hentet fra fagets lærebok, Hass, Weir og Thomas, samt gamle eksamener.
NTNU Institutt for matematiske fag TMA45 Matematikk, øving, vår Løsningsforslag Notasjon og merknader Oppgavene er hentet fra fagets lærebok, Hass, Weir og Thomas, samt gamle eksamener. Oppgaver fra kapittel
DetaljerProsjekt 2 - Introduksjon til Vitenskapelige Beregninger
Prosjekt - Introduksjon til Vitenskapelige Beregninger Studentnr: 755, 759 og 7577 Mars 6 Oppgave Feltlinjene for en kvadrupol med positive punktladninger Q lang x-aksen i x = ±r og negative punktladninger
Detaljer1T kapittel 1 Tall og algebra Løsninger til innlæringsoppgavene
T kapittel Tall og algera Løsninger til innlæringsoppgavene. a 8 + ( ) 8 ( ) +. a Temperaturen er C. Så reuseres en me C. Da lir temperaturen C C 8 C Temperaturen er C. Så reuseres en me x. Da lir temperaturen
DetaljerE, B. q m. TFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. ving 12.
TFY4104 Fsikk. nstitutt for fsikk, NTNU. ving 12. Oppgave 1 Partikler med masse m, ladning q og hastighet v kommer inn i et omrade med "krsset" elektrisk og magnetisk felt, E og, som vist i guren. E har
Detaljertil eksamen i SIF5036 Matematisk modellering 14. desember 2002.
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Sie av 8 Løsningsforslag til eksamen i SIF5036 Matematisk moellering 4. esember 2002. Oppgave (a) Hvilke aksiomer om naturen
DetaljerLitt mer om kjeglesnitt og Keplers lover om planetbanene
Litt mer om kjeglesnitt og Keplers lover om planetbanene Det er ikke meningen at enne teksten skal stå for seg selv. Den er ment som en hjelp mens u leser 11.6 og eler av kapittel 8 i læreboka. Hvis u
DetaljerLøsningsforslag til øving 3
Institutt for fysikk, NTNU TFY455/FY003 Elektromagnetisme Vår 2009 Løsningsforslag til øving 3 Oppgave a) C V = E dl = 0 dersom dl E b) B På samme måte som et legeme med null starthastighet faller i gravitasjonsfeltet
DetaljerTFY4106 Fysikk Lsningsforslag til Eksamen 16. mai t= + t 2 = 2 ) exp( t=);
TFY46 Fysikk Lsningsforslag til Eksamen 6. mai 9 ) D Bilen snur der v = : dvs v = for t =, som tilsvarer v = d=dt = a (t t =) ep( t=); ) E Maksimal positiv hastighet nar a = (og v > ): = a () ep( ) = 4:5
DetaljerFYS 3120: Klassisk mekanikk og elektrodynamikk
FYS 3120: Klassisk mekanikk og elektrodynamikk 1 Analytisk mekanikk Lagrangefunksjonen Formelsamling (bokmål) L = L(q, q, t), (1) er en funksjon av systemets generaliserte koordinater q = {q i ; i = 1,
DetaljerFYS 3120: Klassisk mekanikk og elektrodynamikk
FYS 3120: Klassisk mekanikk og elektrodynamikk Formelsamling (bokmål) Våren 2014 1 Analytisk mekanikk Lagrangefunksjonen L = L(q, q, t), (1) er en funksjon av systemets generaliserte koordinater q = {q
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 6. august 2007 TFY4215 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk
Eksamen TFY4215 6. august 2007 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 Løsningsforslag Eksamen 6. august 2007 TFY4215 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk a. For x > b, hvor V (x) =, må alle energiegenfunksjonene være
DetaljerØVING 13. Oppgave 1 a) Løs oppgave 1a i Øving 2 gjengitt nedenfor ved å bruke kompleks representasjon.
TFY4160 Bølgefysikk/FY1002 Generell Fysikk II 1 ØVING 13 Veiledning: 22.11 og 25.11 Innleveringsfrist: 26.11 Oppgave 1 a) Løs oppgave 1a i Øving 2 gjengitt nedenfor ved å bruke kompleks representasjon.
DetaljerKraftelektronikk (Elkraft 2 høst), Løsningsforslag til øvingssett 3, høst 2005
Kraftelektronikk (Elkraft høst), Løsningsforslag til øvingssett 3, høst 005 Ole-Morten Mitgår HiA 005 Oppgave Dioelikeretter: a) Dioene er snu, strømmen går i motsatt retning. (Husk at strømmen kan bare
Detaljer1. Matteoppgaver til Kapittel 2. x i x yi y. (a + bxi ),
FRIVILLIGE MATTEOPPGAVER FOR STK1000 KAPITTEL 2 STEFFEN GRØNNEBERG Sammenrag. Følgene oppgaver er til glee for matteinteresserte STK1000- stuenter som ønsker å gå litt ypere inn i e matematiske aspektene
DetaljerLØSNINGSFORSLAG 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
DetaljerKeplers lover. Statikk og likevekt
Keplers lover Statikk og likevekt 30.04.018 FYS-MEK 1110 30.04.018 1 Ekvivalensprinsippet gravitasjonskraft: gravitasjonell masse m m F G G r m G 1 F g G FG R Gm J J Newtons andre lov: inertialmasse m
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MEK 1100 Feltteori og vektoranalyse. Eksamensdag: Fredag 29 mai 2009. Tid for eksamen: 14:30 17:30. Oppgavesettet er på 6 sider.
DetaljerLøsningsforslag til eksamen i FY3452 GRAVITASJON OG KOSMOLOGI Torsdag 8. august 2013
NTNU Sie 1 av 6 Institutt for fysikk Fakultet for fysikk, informatikk og matematikk Løsningsforslag til eksamen i FY345 GRAVITASJON OG KOSMOLOGI Torsag 8. august 013 Dette løsningsforslaget er på 6 sier.
DetaljerFYSMEK1110 Eksamensverksted 31. Mai 2017 (basert på eksamen 2004, 2013, 2014, 2015,)
YSMEK1110 Eksamensverksted 31. Mai 2017 (basert på eksamen 2004, 2013, 2014, 2015,) Oppgave 1 (2014), 10 poeng To koordinatsystemer og er orientert slik at tilsvarende akser peker i samme retning. System
DetaljerLøsningsforslag, Øving 10 MA0001 Brukerkurs i Matematikk A
Løsningsforslag, Øving MA Brukerkurs i Matematikk A Læreboka s. 9-95 8. Anta at en endring i biomasse B(t) vei, t [, ], følger ligningen for t. d B(t) = cos ( ) πt 6 (a) Tegn grafen til d B(t) som funksjon
DetaljerEksamen i fag FY1004 Innføring i kvantemekanikk Tirsdag 22. mai 2007 Tid:
Side 1 av 6 Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for fysikk Faglig kontakt under eksamen: Navn: Jan Myrheim Telefon: 73 59 36 53 (mobil 90 07 51 72) Sensurfrist: Tirsdag 12. juni 2007
Detaljer1 dx cos 1 x =, 1 x 2 sammen med kjerneregelen for derivasjon. For å forenkle utregningen lar vi u = Vi regner først ut den deriverte til u,
TMA0 Høst 205 Norges teknisk nturvitenskpelige universitet Institutt for mtemtiske fg 3.5.30: Vi bruker erivsjonsregelen for cos x, x cos x =, x 2 smmen me kjerneregelen for erivsjon. For å forenkle utregningen
DetaljerFysikkolympiaden Norsk finale 2019 Løsningsforslag
Fysikkolympiaden Norsk finale 09 Løsningsforslag Oppgave Vi kaller strømmene gjennom de to batteriene I og I og strømmen gjennom den ytre motstanden I = I + I. Da må vi ha at U = R I + RI U = R I + RI.
DetaljerM1_01. Funksjonene f og g er definert ved f( x)= x 1. g( f( x)) er da lik. b ( x + 3) d ( x + 2) e x MA M1 Side 1
Funksjonene f og g er efinert ve f( )= 1 og g ( ) = ( +3). M1_01 g( f( )) er a lik a ( 1)( + 3) b ( + 3) 1 c ( ) ( + ) e + 8 MA13001 M1 Sie 1 En funksjon f er efinert ve: M1_0 f( )= 1 hvis < 1 f( )= +1
DetaljerFasit Kontekesamen TFY4215/FY1006 Innføring i kvantefysikk 2015
Fakultet for Naturvitskap og Teknologi Institutt for Fysikk Fasit Kontekesamen TFY415/FY16 Innføring i kvantefysikk 15 Faglærar: Professor Jens O. Andersen Institutt for Fysikk, NTNU August 15 kl. 9.-13.
DetaljerBeregning av massesenter.
Fsikk for ingeniører 5 Bevegelsesenge og assesenter Sie 5 - Beregning av assesenter Definisjoner i ri C Figuren til venstre viser et lite utsnitt av en sk av så partikler, er i er assen til en partikkel
DetaljerTFY4106 Fysikk Lsningsforslag til Eksamen 2. juni 2018
TFY406 Fysikk Lsningsforslag til Eksamen 2. juni 208 ) D: = m=v = m=(4r 3 =3) = m=(d 3 =6) = 6 30:0= 2:00 3 = 7:6 g=cm 3 2) E: = = ( m=m) 2 + ( 3 d=d) 2 = (0:=30) 2 + (0:3=20) 2 = 0:05 = :5% 3) B: U =
DetaljerEKSAMEN I EMNE SIE4015 BØLGEFORPLANTNING EKSAMEN I FAG 44061 BØLGEFORPLANTNING LØRDAG/LAURDAG 19. MAI 2001 TID: KL 0900-1400
Side 1 av 8 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKALSK ELEKTRONIKK Faglig/fagleg kontakt under eksamen: Navn: Helge E. Engan Tlf.: 9440 EKSAMEN I EMNE SIE4015 BØLGEFORPLANTNING
DetaljerEnkel introduksjon til kvantemekanikken
Kapittel Enkel introduksjon til kvantemekanikken. Kort oppsummering. Elektromagnetiske bølger med bølgelengde og frekvens f opptrer også som partikler eller fotoner med energi E = hf, der h er Plancks
DetaljerLØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN STE 6251 Styring av romfartøy
HØGSKOLEN I NARVIK Institutt for data-, elektro-, og romteknologi MSc-studiet Studieretning for romteknologi Side 1 av 5 LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN STE 6251 Styring av romfartøy Tid: Torsdag 14.1.24,
DetaljerVi har at ' 0 = 4ex +e 2x = 2 cosh x ; ' 00 = 2 sinh x cosh 2 x : Definer χ = arctan e x. Da har vi f.eks. at 2 sin χ cos χ sin(2χ) = cos 2 χ + sin 2
Eksamen i ikkelineρr dynamikk, fag 74 993 Onsdag 6. mai 998 Lfisninger a) En permanent bfilge forandrer ikke form. Dvs. at hvis den forplanter seg med en konstant hastighet c i en rom-dimensjon, sνa er
DetaljerKapittel 23 KURSREGNING, FORHOLD OG PROPORSJONER
Valuta Kjøp Antall AUD Australske ollar 4,1050 1 CAD Canaiske ollar 4,6630 1 CHF Sveitsiske franc 493,5000 100 CYP Kypriotiske pun 1,3950 1 DKK Danske kroner 97,8700 100 EUR Euro 7,785 1 GBP Pun sterling
Detaljerjx + j < 7. Hvis vi i tillegg srger for at faktoren jx j < ", far vi 7 ialt jf(x) f()j = jx + jjx j < 7 " 7 = " Dette blir flgelig ofylt for alle x sl
Lsningsforslag til utvalgte ogaver i kaittel 5 I kaittel 5 har mange av ogavene et mer teoretisk reg enn du er vant til fra skolematematikken, og jeg har derfor lagt vekt a a lage lsningsforslag til ogaver
DetaljerLøsningsforslag til eksamen i MA0002, Brukerkurs i matematikk B
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 7 Løsningsforslag til eksamen i MA000, Brukerkurs i matematikk B 9. mai 01 Oppgave 1 a) Et plan i rommet har ligning
Detaljerdg = ( g P0 u)ds = ( ) = 0
NTNU Institutt for matematiske fag TMA4105 Matematikk 2, øving 8, vår 2011 Løsningsforslag Notasjon og merknader Som vanlig er enkelte oppgaver kopiert fra tidligere års løsningsforslag. Derfor kan notasjon,
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Side 1 Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: GEF1 Eksamensdag: 3. November 9 Tid for eksamen: 9.-1. Oppgavesettet er på 5 sider Vedlegg: Ingen Tillatte hjelpemidler:
DetaljerKORT 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
DetaljerØving 3. Oppgave 1 (oppvarming med noen enkle oppgaver fra tidligere midtsemesterprøver)
Institutt for fysikk, NTNU TFY455/FY003: Elektrisitet og magnetisme Vår 2008 Veiledning: Fredag 25. og mandag 28. januar Innleveringsfrist: Fredag. februar kl 2.00 Øving 3 Oppgave (oppvarming med noen
DetaljerR1 - Funksjoner 2. Løsningsskisser. Alle oppgaver skal gjøres ved regning! Oppgave 1. Oppgave 2. Kapittel
R1 - Funksjoner 2 04.02.2014 Alle oppgaver skal gjøres ved regning! Løsningsskisser Oppgave 1 Løs ligningene: a) 3 x 5 b) ln 2x 1 ln x 3 0 c) ln 3e x 2 2x a) ln 3 x ln 5 x ln 3 ln 5 x ln 5 ln 3 1. 47 b)
DetaljerForeta omskrivninger av den stedsderiverte av et produkt som forekommer i den vanlige formen:
. 2 65 Løsning E.1 Foreta omskrivninger av den stedsderiverte av et produkt som forekommer i den vanlige formen: Dette er den søkte formen. " Løsning E.2 %'& Legg en -akse i # s retning, dvs. # () -,&
DetaljerKap. 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)
DetaljerEKSAMEN Løsningsforslag
5..7 EKSAMEN Løsningsforslag Emnekode: ITD5 Dato:. desember 7 Hjelpemidler: - To A-ark med valgfritt innhold på begge sider. - Formelhefte. - Kalkulator som deles ut samtidig med oppgaven. Emnenavn: Matematikk
Detaljerd) Vi skal nne alle lsningene til dierensialligningen y 0 + y x = arctan x x pa intervallet (0; ). Den integrerende faktoren blir R x e dx = e ln x =
Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 0 I kapittel 0 far du trening i a lse ulike typer dierensialligninger, og her far du bruk for integrasjonsteknikkene du lrte i forrige kapittel. Men vel
DetaljerFYS-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
DetaljerLøysingsframlegg TFY4305 Ikkjelineær dynamikk Haust 2012
NTNU Fakultet for Naturvitskap og Teknologi Institutt for Fysikk Løysingsframlegg TFY4305 Ikkjelineær dynamikk Haust 01 Faglærar: Professor Jens O. Andersen Institutt for Fysikk, NTNU Telefon: 73593131
DetaljerImpuls, 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
DetaljerFysikkolympiaden Norsk finale 2013
Nork fyikklærerforening Fyikkolympiaen Nork finale. uttakingrune Freag. mar kl. 9. til. Hjelpemiler: Tabell/formelamling, lommeregner og utelt formelark Oppgaveettet betår av 6 oppgaver på ier Lykke til!
DetaljerTFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Test 2.
TFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Test 2. Oppgave 1 Nettokraften pa en sokk som sentrifugeres ved konstant vinkelhastighet pa vasketrommelen er A null B rettet radielt utover C rettet radielt
DetaljerElektrisk potensial/potensiell energi
Elektrisk potensial/potensiell energi. Figuren viser et uniformt elektrisk felt E heltrukne linjer. Langs hvilken stiplet linje endrer potensialet seg ikke? A. B. C. 3 D. 4 E. Det endrer seg langs alle
DetaljerMA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2019
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA1102 Grunnkurs i analyse II Vår 2019 10.2.27 a) Vi skal vise at u + v 2 = u 2 + 2u v + v 2. (1) Som boka nevner på side 581,
DetaljerFYS 3120: Klassisk mekanikk og elektrodynamikk
FYS 3120: Klassisk mekanikk og elektrodynamikk 1 Analytisk mekanikk Lagrangefunksjonen Formelsamling (nynorsk) L = L(q, q, t), (1) til eit fysisk system er ein funksjon av dei generaliserte koordinatane
DetaljerSivilingeniørutdanningen i Narvik Integrert Bygningsteknologi Høsten 1998. Løsningsforslag. Kontinuasjonseksamen 4. august 1998
Sivilingeniørutanningen i Narvik Integrert Bygningsteknologi Høsten 998 Fag STE 67 VVS-teknikk Sivilingeniørutanningen i Narvik Integrert Bygningsteknologi Høgskolen i Narvik øsningsforslag Kontinuasjonseksamen.
DetaljerII. Tegn rotkurvene som ligger pa den reelle aksen. For K 2 [0 +1 > ligger rotkurvene pa den reelle aksen til venstre for et ulike antall poler.
Norges teknisk- naturvitenskapelige universitet Institutt for teknisk kybernetikk 1. september 199/PJN, 1. september 1996/MPF Utlevert: 09.10.96 43034 SERVOTEKNIKK Lsningsforslag ving 5 Oppgave 1 a) Fremgangsmate
DetaljerAvdeling for teknologi Sivilingeniørstudiet RT. Løsningsforslag til eksamen i STE6122 Styring av romfartøy Fredag 16.02.2001
Avdeling for teknologi Sivilingeniørstudiet RT Løsningsforslag til eksamen i STE6122 Styring av romfartøy Fredag 16.02.2001 (%) ) : Med Keplarske baner mener man baner til legemer som beveger seg i et
DetaljerElektrisk 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
DetaljerLØSNINGSFORSLAG EKSAMEN FYS120 VÅR 2017
LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN FYS120 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