MEK4510 Svingninger i konstruksjoner
|
|
- Magne Frantzen
- 7 år siden
- Visninger:
Transkript
1 MEK4510 p. 1/8 MEK4510 Svingninger i konstruksjoner Lars Brubak Avdeling for mekanikk, Matematisk institutt Universitetet i Oslo
2 MEK4510 p. 2/8 Generelt om kurset Informasjon tilgjengelig fra: Lærebok: Dynamics of Structures (3. ed., 2007), av Anil K. Chopra Oppgaver: Tilgjengelige fra web-siden ovenfor Forelesningsnotater: Se web-siden ovenfor Foreløpig pensumliste: Se web-siden ovenfor Undervisning: 2 timer forelesninger og 2 timer regneøvelse pr. uke Eksamen: Sannsynligvis muntlig Obligatoriske oppgaver underveis
3 MEK4510 p. 3/8 Faglig om kurset Innledning Systemer med én frihetsgrad Fri svingning Tvungen svingning Impulslaster Uten og med dempning Jordskjelvlaster Analytiske løsningsmetoder Numeriske løsningsmetoder
4 MEK4510 p. 4/8 Faglig om kurset, forts. Systemer med flere frihetsgrader Egenverdianalyse Modal analyse Metoder for å redusere antall frihetsgrader Elementmetoden for dynamiske problemer Litt om ikke-lineære problemer
5 Kap. 1: Innledning Relevans for dynamikk Optimaliserte (slanke) konstruksjoner; bruer, skyskrapere Marine konstruksjoner; plattformer, skip Maskiner, biler, fly o.l. Følger av dynamikk Dårlig funksjon For høy (maksimal) belastning Utmatning MEK4510 p. 5/8
6 MEK4510 p. 6/8 Modellering - løsningsprosedyre Forstå fysikken i problemet Finne representativ beregningsmodell Etablere dynamiske likevektslikninger Formulere initial- og randbetingelser Løse problemet Vurdere løsningen
7 MEK4510 p. 7/8 Likevektslikninger Newtons 2. lov; f = mü D Alemberts prinsipp Treghetskraft: f I = mü Likevektslikning: f + f I = 0 Virtuelt arbeids prinsipp (integrert versjon av D Alemberts prinsipp)
8 MEK4510 p. 8/8 Karakterisering Stivhetsegenskaper Masse Dempning Lastpåvirkning
9 Referansekonfigurasjon MEK4510 p. 9/8 Systemer med én frihetsgrad Typisk eksempel c k m Horisontal posisjon: u(t) Likevektslikning: f I + f D + f S + p(t) = 0 f I = mü er treghetskraft f D = c u er dempningskraft f S = ku er fjærkraft p(t) er ytre pålagt kraft Dette gir: mü + c u + ku = p(t) Annen ordens, lineær, inhomogen differensiallikning med konstante koeffisienter
10 MEK4510 p. 10/8 En-etasjes bygning u(t) m p(t) Tre frihetsgrader for det statiske problemet Vanlige forenklinger for det dynamiske problemet Vesentlig del av massen i horisontalt bjelkelag Søylenes stivhetsegenskaper av stor betydning Forskjellige antagelser om stivhetsegenskaper i bjelkelag Konstruksjonens bevegelse i retning av den ytre lasten Dynamisk problem kan analyseres v.h.a. én frihetsgrad
11 MEK4510 p. 11/8 roblemer med kontinuerlig fordelt masse Skal benytte virtuelle forskyvningers prinsipp (virtuelt arbeids prinsipp) Indre virtuelt arbeid = ytre virtuelt arbeid δɛ T σdv = δu T FdV + δu T TdS δu T ρüdv V V der F og T er hhv. volum- og flatekrefter Forutsetninger Indre spenninger i likevekt med ytre belastninger Virtuelle forskyvninger i overensstemmelse med kinematiske randbetingelser Virtuelle tøyninger kinematisk kompatible med virtuelle forskyvninger Eksempel med søyle S
12 MEK4510 p. 12/8 Kap. 2: Fri svingning Modellproblem: mü + c u + ku = p(t) Fri svingning, dvs. p(t) = 0 (gir homogen likning) Udempet system, dvs. c = 0 Differensiallikningen blir da mü + ku = 0 eller alternativt ü + ω 2 nu = 0 der ω n = k/m er naturlig vinkelfrekvens Generell løsning: u(t) = A cos ω n t + B sin ω n t A og B bestemmes fra initialbetingelser
13 MEK4510 p. 13/8 Initialbetingelser Antar følgende betingelser: I: u(t = 0) = u 0 II: u(t = 0) = u 0 Fra differensiallikningen får vi I: A 1 + B 0 = u 0 A = u 0 II: Aω n 0 + Bω n 1 = u 0 B = u 0 /ω n Løsningen blir da u(t) = u 0 cosω n t + u 0 ω n sin ω n t Noen definisjoner T n = ω 2π n naturlig svingeperiode (s) f n = T 1 n = ω n 2π naturlig frekvens (s 1, Hz) naturlig vinkelfrekvens (rad/s) ω n
14 MEK4510 p. 14/8 Alternativ skrivemåte Løsningen kan også skrives u(t) = R sin(ω n t φ), R er amplituden (læreboken bruker u 0, men vi benytter den som initialverdi) φ er fasevinkelen R og φ bestemmes fra trigonometriske relasjoner og sammenlikning av forskjellige uttrykk for løsningen Konkret benyttes R sin(ω n t φ) = R sin(ω n t) cos(φ) R sin(φ) cos(ω n t) R = ( A 2 + B 2) 1/2, φ = arctan( A/B)
15 MEK4510 p. 15/8 System med dempning Antar at vi har dempning, c 0 Likningen blir da mü + c u + ku = 0 Antar løsning på form u = Ae st Innsatt i likningen får vi mas 2 e st + case st + kae st = 0 Forkortet gir dette s 2 + c m s + ω2 n = 0 som kalles karakteristisk likning for ikke-triviell løsning
16 MEK4510 p. 16/8 Karakteristisk polynom Løsningen av karakteristisk likning er ( s = m c ± c 2 m) 4ω 2 n 2 ( = ω n c ) 2 c ± 1 2mω n 2mω n Skal nå drøfte forskjellige tilfeller av denne
17 Kritisk dempning Antar kritisk dempning, dvs. c = c cr = 2mω n sammenfallende røtter i likningen s 1 = s 2 = ω n Løsningen av svingelikningen blir da u(t) = (A 1 + A 2 t)e ω nt der A 1 og A 2 bestemmes fra initialbetingelser c = c cr ingen svingninger, kun asymptotisk bevegelse mot statisk likevekt Virkelige systemer har (nesten) aldri så stor dempning Definerer dempningsforholdet ζ = c c cr = c 2mω n MEK4510 p. 17/8
18 MEK4510 p. 18/8 Overkritisk dempning Antar overkritisk dempning, dvs. c > c cr ζ > 1 Den karakteristiske likning får da to røtter s = ω n ( ζ ± ) ζ 2 1 Innfører ˆω n = ω n ζ 2 1 Løsningen av likningen kan da skrives u(t) = e ζω nt ( A 1 eˆω nt + A 2 e ˆω nt ) Ingen svingninger, men asymptotisk bevegelse mot statisk likevekt
19 MEK4510 p. 19/8 Underkritisk dempning Antar underkritisk dempning, dvs. c < c cr ζ < 1 Den karakteristiske likning får da løsningen s = ω n ( ζ ± ) ζ 2 1 = ζω n ± iω n 1 ζ 2 dvs. to komplekse røtter Innfører en dempet vinkelfrekvens ω D = ω n 1 ζ 2
20 MEK4510 p. 20/8 Underkritisk dempning, forts. Løsningen av likningen kan da skrives u(t) = e ζω nt ( A 1 e iω Dt + A 2 e iω Dt ) = e ζω nt (A cos ω D t + B sin ω D t) = e ζω nt R sin (ω D t φ) A 1 og A 2 må velges slik at uttrykket i parentesen blir reelt. A 1 og A 2 (eller A og B eller R og φ) bestemmes fra initialbetingelser
21 MEK4510 p. 21/8 Forløp av løsningen Løsningen kan typisk se ut som dvs. dempede svingninger Dempet periode T D = 2π ω D Denne er større enn T for udempet system
22 MEK4510 p. 22/8 Alternative dempningsbetraktninger Betrakter forholdet mellom amplituden ved tidspunktene t i og t i + jt D u i u(t i ) = u i+j u(t i + jt D ) = e ζω nt i R sin (ω D t i φ) e ζω n(t i +jt D ) R sin (ω D (t i + jt D ) φ) = eζω njt D Dette forholdet kan måles eksperimentelt ( ) Det logaritmiske dekrement er definert ved δ = ln ui u i+1 Det logaritmiske dekrement kan uttrykkes ved ( ) ui 2π 2π δ = ln = ζω n T D = ζω n = ζ 2πζ, ζ << 1 ω D 1 ζ 2 u i+1
23 MEK4510 p. 23/8 Flere relasjoner Relasjon mellom δ og ζ kan også oppnås ved å betrakte u i og u i+j Fra tidligere uttrykk får vi nå ( ) ui ln = j(ζω n T D ) = jδ u i+j ζ 1 ( ) 2πj ln ui u i+j
24 MEK4510 p. 24/8 Kap. 3: Tvungen svingning Modellikning mü + c u + ku = p(t) Generell løsning av likningen u(t) = u c (t) + u p (t) u c (t) er generell løsning av det homogene problemet u p (t) er én løsning av det inhomogene problemet Form på homogenløsningen er diskutert tidligere Form på partikulærløsningen bestemmes (bl.a.) av p(t)
25 der (u st ) 0 er den statiske forskyvningen (relatert til p 0 ) β = ω/ω er frekvensforholdet MEK4510 p. 25/8 Udempet system c = 0 Antar harmonisk last, dvs. p(t) = p 0 sin (ωt) Differensiallikningen blir da mü + ku = p 0 sin (ωt) Antar u p (t) = C sin (ωt) Innsatt i likningen gir dette ( mω 2 + k)c sin (ωt) = p 0 sin (ωt) Løst m.h.p. C gir dette C = p 0 k mω 2 = p 0 k 1 1 ( ωωn ) 2 = (u st ) β 2
26 MEK4510 p. 26/8 Løsning Løsningen av likningen blir da u(t) = (A cosω n t + B sin ω n t) + (u st ) β 2 sinωt Konstantene A og B bestemmes fra initialbetingelsene Eksempel: u(0) = u(0) = 0 gir løsningen u(t) = (u st ) β 2 (sin ωt β sin ω nt) u c kalles transient del, vil alltid dempes u p kalles stasjonær del, vil vedvare
27 MEK4510 p. 27/8 Diskusjon av løsningen Respons for dynamisk og tilsvarende statisk problem Definerer dynamisk forstørrelsesfaktor R d u R d = p (t) maks (u st ) 0 = 1 1 β 2 Uttrykker forholdet mellom maksimalt dynamisk utslag og statisk utslag Diskusjon på tavle
28 MEK4510 p. 28/8 Fortsettelse av diskusjonen Studerer responsforholdet r(t) gitt ved r(t) = u(t) (u st ) 0 Antar at systemet starter fra ro, dvs. løsning gitt ved r(t) = (sin βω nt β sin ω n t) 1 β 2 Interessert i oppførsel når β 1
29 MEK4510 p. 29/8 Fortsettelse av diskusjonen Fra l Hopitals regel får vi lim r(t) = lim β 1 β 1 ω n t cosβω n t sin ω n t 2β = 1 2 sin ω nt 1 2 ω nt cos ω n t Første ledd representerer harmonisk svingning Andre ledd vokser med ω n t Fenomenet kalles resonans Energi pumpes inn i systemet når ω ω n Systemet vil bryte sammen etter et visst antall svingninger
30 MEK4510 p. 30/8 Resonans Figur av andre ledd i responsforholdet
31 Dynamisk forstørrelsesfaktor MEK4510 p. 31/8
32 Fasevinkel MEK4510 p. 32/8
33 MEK4510 p. 33/8 Kap. 4: Respons p.g.a. impulslaster Lastens varighet begrenset - en enkelt puls last Kan skyldes bl.a. slag, støt eller eksplosjon Stasjonærtilstand (d.v.s. en vedvarende partikulærløsning) nås ikke Bevegelsen avhenger av initialbetingelser tid
34 MEK4510 p. 34/8 Løsningsmetoder generelt Generelle løsningsmetoder for impulsproblemer Vanlig løsning av differensiallikningen (analytisk eller numerisk) - læreboken fokuserer på denne Ved evaluering av Duhamel-integralet Ved å uttrykke impulslasten som en sum av to eller flere enklere uttrykk som hver har kjent eller (relativt) enkel løsning
35 MEK4510 p. 35/8 Løsningsstrategi Analyse av impulsproblemer ved å løse differensiallikningen Deler opp tidsforløpet i to faser p(t) u(t) t Fase 1 t d t t d Fase 2 t Fase 1: Lastens varighet Fase 2: Tiden etterpå Tvungen svingning (inhomogen differensiallikning) i fase 1 Fri svingning (homogen differensiallikning) i fase 2, med u(t d ) og u(t d ) som initialbetingelser i fase 2
36 du dt = 0 MEK4510 p. 36/8 Impulslaster Generelt interessert i bevegelse som følge av impulslaster Spesielt interessert i maksimalt utslag, d.v.s. u maks (læreboken benytter ofte u 0 ) Inntreffer vanligvis i første svingesyklus For lett dempede systemer gjør dempningen seg først gjeldende etter flere svingeperioder Dempningen kan ofte neglisjeres når u maks beregnes u maks vil inntreffe i fase 1 eller 2 u maks bestemmes fra betingelsen
37 MEK4510 p. 37/8 Lang impuls t d > 0.5T n Maksimal respons inntreffer i fase 1, dvs. t maks t d Dynamisk forstørrelsesfaktor i intervallet R d [1, 2]
38 MEK4510 p. 38/8 Kort impuls t d < 0.25T n Dynamisk forstørrelsesfaktor, R d, proporsjonal med lastens varighet t d R d er proporsjonal med impulsens størrelse I, definert ved I = R d kan være mindre enn 1 td 0 p(t)dt Maksimal respons forekommer i fase 2 Forenklet beregningsmetode kan benyttes
39 MEK4510 p. 39/8 Kap. 5: Numeriske løsningsmetoder Tidsintegrasjon for problemer med én frihetsgrad Analytisk løsning av differensiallikningen for enkle problemer Fourier-analyse for generelle, periodiske laster Duhamelintegralet (analytisk eller numerisk evaluering) Numerisk løsning av differensiallikningen for generelle laster og ikke-lineære problemer Egenverdianalyse og/eller tidsintegrasjon av systemer med mange frihetsgrader
40 MEK4510 p. 40/8 Numeriske løsningsmetoder, forts. Likningssystemer kan ofte dekomponeres til sett av ukoblete likninger Skal nå studere numerisk tidsintegrasjon av problemer på formen mü + c u + ku = p(t), der u og u kjent ved t = 0 Mange av metodene fungerer også for systemer
41 MEK4510 p. 41/8 Kriterier og karakterisering Stabilitet Hva skjer med feil/perturbasjoner i løsningen Forskjell på løsninger der inngangsparametere varieres Avhenger (ofte) av t/t n (betinget/ubetinget stabile metoder) Konvergens Hva skjer med løsningen når t/t n blir stadig mindre Nøyaktighet Avvik mellom eksakt og approksimert løsning Kunstig, numerisk dempning og avvik i periode/fase Avhenger av t/t n Eksplisitte/implisitte metoder
42 MEK4510 p. 42/8 Evaluering av Duhamelintegralet Responsen u kan uttrykkes ved u(t) = 1 mω D t 0 p(τ)e ζω n(t τ) sin ω D (t τ)dτ Uttrykket omskrives til der u(t) = A(t) sin ω D t B(t) cosω D t A(t) = 1 mω D B(t) = 1 mω D t 0 t 0 p(τ) eζω nτ e ζω nt cosω Dτdτ p(τ) eζω nτ e ζω nt sin ω Dτdτ A og B velegnet for skrittvis numerisk integrasjon
43 MEK4510 p. 43/8 Duhamelintegralet, forts. Tidsskritt definert ved t = t i+1 t i ( t konst) Innfører notasjonen A i = A(t i ) Benytter trapesregelen A i+1 = A i e ζω n t + t 2mω D (y i e ζω n t + y i+1 ) der B i+1 = B i e ζω n t + t 2mω D (z i e ζω n t + z i+1 ) y i = p i cosω D t i z i = p i sinω D t i
44 MEK4510 p. 44/8 Differansemetoder Tar utgangspunkt i differensiallikningen Diskretiserer tidsderiverte ledd Nøyaktighet og stabilitet avhenger av diskretiseringen
45 MEK4510 p. 45/8 Den sentrale differansemetode Benytter følgende approksimasjoner: u i u i+1 u i 1 2 t ü i u i+1 2u i + u i 1 ( t) 2 Innsatt i differensiallikningen får vi ( m ( t) 2 + c ) ( ) 2m u i+1 = 2 t ( t) 2 k u i ( m ( t) 2 c ) 2 t u i 1 + p i Tilfellet i = 0 behandles separat
46 MEK4510 p. 46/8 Egenskaper for metoden Annen-ordens metode Betinget stabil, t T n < 1 π Eksplisitt for problemer med én frihetsgrad Generelt implisitt for systemer, men eksplisitt dersom masse- og dempningsmatrisen er diagonal
47 MEK4510 p. 47/8 Metoder basert på numerisk integrasjon Relasjoner mellom forskyvning, hastighet og akselerasjon d u = üdt du = udt Antar ü gitt over tidsskrittet t Relasjonen over kan da integreres u(τ) = u i + τ 0 ü( τ)d τ u(τ) = u i + τ 0 u( τ)d τ Valget av ü(τ) avgjør metodenes egenskaper
48 MEK4510 p. 48/8 Konstant initiell akselerasjon Enkel metode - ikke gjennomgått i læreboken (orienteringsstoff) Antar ü(τ) = ü i Vi får da u i+1 = u i + tü i u i+1 = u i + t u i + ( t)2 2 ü i Fra likevektslikningen har vi nå mü i = p i c u i ku i
49 MEK4510 p. 49/8 Egenskaper for metoden Første-ordens metode Betinget stabil Sekvensiell algoritme Eksplisitt for problemer med én frihetsgrad Generelt implisitt for systemer, men eksplisitt hvis massematrisen er diagonal Anbefales ikke
50 MEK4510 p. 50/8 Konstant gjennomsnittsakselerasjon Antar ü(τ) = 1 2 (ü i + ü i+1 ) Ved integrasjon får vi u i+1 = u i + t 2 (ü i + ü i+1 ) u i+1 = u i + t u i + ( t)2 4 Omskriving av likningene over gir (ü i + ü i+1 ) ü i+1 = 4 ( t) 2 (u i+1 u i t u i ) ü i u i+1 = 2 t (u i+1 u i ) u i
51 MEK4510 p. 51/8 Egenskaper for metoden Innsatt i likevektslikningen (ved t i+1 ) får vi nå ( 4 ( t) 2m + 2 ) ( 4 t c + k u i+1 = ( t) 2m + 2 ) t c ( ) 4 + t m + c u i + mü i + p i+1 u i Annen-ordens metode Ubetinget stabil Sekvensiell algoritme Eksplisitt for problemer med én frihetsgrad Implisitt for systemer Svært mye benyttet
52 MEK4510 p. 52/8 Lineær akselerasjon Antar ü(τ) = ü i + τ t (ü i+1 ü i ) Integrert gir dette u i+1 = u i + t 2 (ü i + ü i+1 ) u i+1 = u i + t u i + ( t)2 3 Vi skriver om likningene over ü i+1 = ü i + ( t)2 6 ü i+1 6 ( t) 2 (u i+1 u i t u i ) 2ü i u i+1 = 3 t (u i+1 u i ) 2 u i t 2 üi
53 Egenskaper for metoden Innsatt i likevektslikningen (ved t i+1 ) får vi nå ( 6 ( t) 2m + 3 ) ( 6 t c + k u i+1 = ( t) 2m + 3 ) t c u i ( ) ( 6 + t m + 2c u i + 2m + t ) 2 c ü i + p i+1 Mer nøyaktig enn metoden med konstant gjennomsnittsakselerasjon (kontinuitet i akselerasjon, hastighet og forskyvning) Betinget stabil, t T n < Sekvensiell algoritme Eksplisitt for problemer med én frihetsgrad Implisitt for systemer MEK4510 p. 53/8
54 MEK4510 p. 54/8 Newmarks metode Hastighet og forskyvning uttrykkes ved u i+1 = u i + (1 γ) tü i + γ tü i+1 ( ) 1 u i+1 = u i + t u i + 2 β ( t) 2 ü i + β( t) 2 ü i+1 Den siste likningen over omskrives til ü i+1 = 1 β( t) 2 (u i+1 u i t u i ) ( ) 1 2β 1 ü i
55 MEK4510 p. 55/8 Fortsettelse Innsatt i likevektslikningen (ved t i+1 ) får vi ( 1 β( t) 2m + γ ) ( 1 β t c + k u i+1 = β( t) 2m + γ ) β t c u i ( ( ) ) 1 γ + β t m + β 1 c u i + p i+1 (( ) ( ) ) 1 γ + 2β 1 m + 2β 1 tc ü i
56 Egenskaper for metoden γ kontrollerer numerisk dempning γ = 2 1 gir ingen numerisk dempning γ > 1 2 gir positiv numerisk dempning γ < 1 2 gir negativ numerisk dempning Ubetinget stabil dersom γ 1 ( 2, β 4 γ + 1 ) 2 2 Sekvensiell algoritme Eksplisitt for problemer med én frihetsgrad Implisitt for systemer Forskjellige valg av γ og β gjenskaper andre kjente metoder MEK4510 p. 56/8
57 MEK4510 p. 57/8 Runge-Kutta-metoder Ikke presentert i læreboken - orienteringsstoff Hastighet og forskyvning uttrykkes ved u i+1 = u i + tφ 1 (t i,u i, u i, t) u i+1 = u i + tφ 2 (t i,u i, u i, t) φ 1 og φ 2 representerer gjennomsnittsverdier for ü(τ) og u(τ) Fjerde-ordens metode gitt ved u i+1 = u i + t 6 (a 1 + 2a 2 + 2a 3 + a 4 ) u i+1 = u i + t 6 (b 1 + 2b 2 + 2b 3 + b 4 )
58 MEK4510 p. 58/8 Egenskaper for metoden 4 hastigheter (b i ) og akselerasjoner (a i ) må beregnes for hvert tidsskritt Eksplisitt for problemer med én frihetsgrad Generelt implisitt for systemer, men eksplisitt dersom massematrisen er diagonal
59 MEK4510 p. 59/8 Rayleighs metode Enkleste approksimasjonsmetoden for å finne egenfrekvensen Forutsetter Fri svingning Udempet bevegelse Svingning om spenningsfri referansetilstand Total energi konstant (E S + E K = C) For system med enkel svingeform gjelder E So = E Ko
60 MEK4510 p. 60/8 Rayleighs metode, fortsettelse Forskyvningen beskrives ved der v T = [u,v,w] v(x,y,z,t) = ψ(x,y,z)z(t) ψ er en formfunksjon som må antas på forhånd ψ må oppfylle kinematiske randbetingelser, men ikke naturlige/mekaniske betingelser Fri, udempet svingning av lineært elastisk system gir harmonisk tidsfunksjon z(t) = z 0 sin ω n t Metoden best egnet til å finne første egenfrekvens Approksimert frekvens alltid større enn eller lik virkelig
61 MEK4510 p. 61/8 Tverrsvingninger av bjelke Forskyvning v(x,t) = ψ(x)z 0 sin ω n t Maksimal forskyvning v maks (x) = ψ(x)z 0 Maksimal hastighet v maks (x) = ω n ψ(x)z 0
62 MEK4510 p. 62/8 Tverrsvingninger av bjelke, forts. Maksimal tøyningsenergi E So = 1 EI(x) ( v 2,xx(x) 2 ) maks dx l = 1 2 z2 0 EI(x)ψ,xx(x)dx 2 Maksimal kinetisk energi E Ko = 1 m(x) ( v 2 (x) ) 2 maks dx l = 1 2 ω2 nz0 2 m(x)ψ 2 (x)dx l l
63 MEK4510 p. 63/8 Tverrsvingninger av bjelke, forts. Definerer generalisert stivhet og masse ved K = EI(x)ψ,xx(x)dx 2 og Vi får M = l l m(x)ψ 2 (x)dx ω 2 n = K M som kalles Rayleigh-kvotienten
64 gir 76% for høy egenfrekvens MEK4510 p. 64/8 Eksempel med bjelke Antar formfunksjonen ψ(x) = x 2 (l x) 2 ψ(x) m, EI Dette gir l K = 4 5 EIl5 og M = ml 9 Vinkelfrekvensen blir 0.4% for høy Annet valg av formfunksjon ψ(x) = 1 ( 1 cos 2πx ) 2 l
65 MEK4510 p. 65/8 Mer kompliserte problemer Bjelke med konsentrerte/diskrete fjærer og masser Må modifisere generalisert stivhet og masse Generalisert stivhet K = l EI(x)ψ 2,xx(x)dx + M m=1 k m ψ 2 (x m ) Generalisert masse M = m(x)ψ 2 (x)dx + l N n=1 M n ψ 2 (x n )
66 MEK4510 p. 66/8 Mer kompliserte problemer, forts. Konstruksjoner der stivhets- og massematrise (K og M) er kjent Egenfrekvensen gitt ved Rayleigh-kvotienten ω 2 n = K M = rt Kr r T Mr, hvor r er en antatt forskyvningsvektor
67 MEK4510 p. 67/8 Oppsummering Rayleighs metode Egner seg til å finne laveste svingefrekvens Viktig å finne god formfunksjon som oppfyller kinematiske randbetingelser Vanskelig å finne høyere egenfrekvenser
68 MEK4510 p. 68/8 Kap. 16: Kontinuerlige systemer Har betraktet systemer med én frihetsgrad (avhengig av tiden) Partikler (med føringer) Stive legemer (med føringer) Ordinære differensiallikninger (ODE) Deformerbare legemer Diskretisert (endelig antall frihetsgrader) System av endelig antall ODEer Generelt uendelig mange frihetsgrader (avhengig av tid og rom) Partielle differensiallikninger Likevektslikninger utledes nesten som i statiske tilfeller, men treghetskrefter må inkluderes
69 MEK4510 p. 69/8 Tverrsvingninger av bjelker Figuren viser en bjelke med bøyestivhet EI(x) u m(x) EI(x) x dx Søker nedbøyningen u = u(x,t)
70 MEK4510 p. 70/8 Infinitesimalt element Differensiallikningen fås fra likevektsbetraktning av infinitesimalt element p(x,t) u M V df I α M+dM V+dV u dx ds u+du x df I = müdx er treghetskrefter for elementet
71 MEK4510 p. 71/8 Forutsetninger Teknisk (vanlig) bjelketeori Spenninger: Normalspenninger på plan parallelle med bjelkeaksen neglisjeres Deformasjoner: Basert på Naviers hypotese, dvs. plane tverrsnitt forblir plane Materlov: Lineært elastisk materiale Dette innebærer bl.a. sin α α u, cos α 1, ds dx x
72 MEK4510 p. 72/8 Likevektsbetraktninger Kraftlikevekt i vertikalretningen p(x,t)dx + V ( V + V x dx) müdx = 0 V x = p(x,t) mü Momentlikevekt mhp. flaten ved x + dx M + ( M + M ) x dx V dx p dx2 2 + müdx2 2 = 0
73 MEK4510 p. 73/8 Likevektsbetraktninger, forts. Dividerer momentlikevektslikningen med dx og lar dx 0 M x V = 0 V = M x Innsatt i kraftlikevektslikningen gir dette 2 M = p(x,t) mü x2
74 MEK4510 p. 74/8 Differensiallikning Fra bjelketeorien vet vi at momentet kan relateres til krumningen M = EI(x) 2 u x 2 Innsatt i siste likning på forrige side gir dette 2 x 2 ( ) EI(x) 2 u x 2 + mü = p(x,t) som beskriver tvungne tverrsvingninger av bjelker.
75 MEK4510 p. 75/8 Forenklede likninger For konstant bøyestivhet EI forenkles likningen til 4 u x 4 + m EI ü = p(x,t) EI Likningen for fri svingning (og konstant EI) blir nå 4 u x 4 + m EI ü = 0 NB! Bidrag fra treghetsmomentet som skyldes rotasjon av tverrsnittet om et punkt på referanseaksen er neglisjert under utledningen
76 MEK4510 p. 76/8 Løsningsmetode Løser likningen for fri svingning Separasjon av variable Antar løsning på form u(x,t) = φ(x)q(t) Innsatt i likningen for fri svingning gir dette φ xxxx (x)q(t) + m EI φ(x) q(t) = 0 Videre får vi EI m der ω er konstant φ xxxx (x) φ(x) = q(t) q(t) = ω2
77 MEK4510 p. 77/8 Løsningsmetode, forts. Dette gir opphav til to ordinære differensiallikninger q(t) + ω 2 q(t) = 0 og φ xxxx (x) β 4 φ(x) = 0 der β er gitt ved β = ( ω 2 m )1 4 EI Likningen for q(t) har løsning på form q(t) = A sinωt + B cosωt
78 MEK4510 p. 78/8 Løsningsmetode, forts. For φ(x) antar vi løsning på form φ(x) = Ce sx Innsatt i likningen får vi ( s 4 β 4) Ce sx = 0 Denne likningen har følgende løsninger for s s 1 = iβ, s 2 = iβ, s 3 = β, s 4 = β Dermed kan φ(x) uttrykkes ved φ(x) = C 1 sin βx + C 2 cos βx + C 3 sinh βx + C 4 cosh βx
79 MEK4510 p. 79/8 Bestemmelse av konstanter Konstantene A, B, C 1, C 2, C 3, C 4 og ω (eller β) bestemmes fra (to) initial- og (fire) randbetingelser Initialbetingelser av typen u og u gitt ved t = t 0 Randbetingelser ved bjelkeendene (x = 0, L) Kinematiske: u og/eller u/ x gitt Mekaniske: M = EI 2 u/ x 2 og/eller V = EI 3 u/ x 3 gitt Eksempel
80 MEK4510 p. 80/8 Skjærdeformasjon og rotasjonstreghet Antar fortsatt små deformasjoner og at plane tverrsnitt forblir plane (tar hensyn til skjærdeformasjoner) Tverrsnitt (generelt) ikke normalt på bjelkeaksen Rotasjonsbevegelse gir opphav til treghetskrefter moment m I pr. lengdeenhet
81 Infinitesimalt element Differensiallikningen fås fra likevektsbetraktning av infinitesimalt element p(x,t) u γ β α M V dm I df I α M+dM V+dV positiv rotasjon u dx u+du x der β er rotasjonsvinkelen for endeflaten, γ er skjærvinkelen (β = α γ) og dm I = m I dx er rotasjonstreghetsmomentet for elementet MEK4510 p. 81/8
82 MEK4510 p. 82/8 Differensiallikning Kraftlikevekt i vertikalretningen blir som tidligere V x = p(x,t) mü Likningen for momentlikevekt blir modifisert V = M x + m I Innsatt i likningen øverst gir dette 2 M x 2 + m I x + mü = p(x,t) Søker nå M og m I uttrykt ved u og dens deriverte
83 MEK4510 p. 83/8 Uttrykk for momentet Neglisjerer p(x, t) Innfører i tillegg følgende antagelser Tverrsnittet konstant i lengderetningen x-aksen legges gjennom arealsenteret for tverrsnittet u x (y = 0) = u x0 = 0 Forskyvningen langs x-aksen kan da uttrykkes ved ( ) u u x = u x0 yβ = y x γ
84 MEK4510 p. 84/8 Uttrykk for momentet, forts. Tilsvarende aksialspenning σ x = Eɛ x = E u x x ( 2 u = Ey x 2 γ ) x Momentet blir nå M = = EI A σ x yda = ( 2 u x 2 γ x A ) ( Ey 2 2 u x 2 γ ) da x
85 Dette kan nå settes inn i differensiallikningen MEK4510 p. 85/8 Uttrykk for skjærkvinkelen Relasjon mellom skjærkraft og skjærvinkel V = GĀγ der G er skjærmodul og Ā = Aκ er effektivt skjærareal Herfra får vi γ x = 1 GĀ V x = 1 GĀmü der kraftlikevektslikningen (langs y aksen) med p = 0 er benyttet i den siste overgangen Uttrykket for momentet blir da M = EI ( 2 u x 2 1 ) GĀmü
86 MEK4510 p. 86/8 Uttrykk for rotasjonstreghetsmomentet Søker treghetsmomentet (pr. lengdeenhet) m I pga. rotasjon av tverrsnittet Treghetskraften (pr. volumenhet) f xi for en partikkel i avstand y fra x-aksen blir ( ) ü f xi = ρü x = ρy x γ Momentet pr. lengdeenhet fås fra ( ) ü m I = f xi yda = mr 2 x γ A der m = ρa er masse pr. lengdeenhet og r = I/A er treghetsradius
87 MEK4510 p. 87/8 Rotasjonstreghetsmoment, forts Fra likningen for kraftlikevekt langs y aksen, samt uttrykkene for bøyemoment og (tverrsnittets) rotasjonsmoment får vi likevektslikningen 4 u x 4 + m ( m EI ü GĀ + m ) 2ü EA x 2 + m2 EAGĀ ü = 0
88 der første faktor er identisk med løsningen for svingeproblemer der bidrag fra skjær og rotasjon neglisjeres MEK4510 p. 88/8 Eksempel Fri svingning av fritt opplagret bjelke y, u Antar løsning på form u(x,t) = C sin ( nπx ) L sin ω n t x Innsatt i differensiallikningen gir dette ω n n 2 π 2 EI ml 4 ( ( nrπ L ) ( EA )) GĀ
Kap. 16: Kontinuerlige systemer
Kap. 16: Kontinuerlige systemer Har betraktet systemer med én frihetsgrad (avhengig av tiden) Partikler (med føringer) Stive legemer (med føringer) Ordinære differensiallikninger (ODE) Deformerbare legemer
DetaljerMEK4510 Svingninger i konstruksjoner
MEK4510 Svingninger i konstruksjoner H. Osnes Avdeling for mekanikk, Matematisk institutt Universitetet i Oslo MEK4510 p. 1 Generelt om kurset Informasjon tilgjengelig fra: www.uio.no/studier/emner/matnat/math/mek4510/v11/
DetaljerKap. 5: Numeriske løsningsmetoder
MEK4510 p. 3 Kap. 5: Numeriske løsningsmetoder Tidsintegrasjon for problemer med én frihetsgrad Analytisk løsning av differensiallikningen for enkle problemer Fourier-analyse for generelle, periodiske
Detaljer7 Rayleigh-Ritz metode
7 Rayleigh-Ritz metode Innhold: Diskretisering Rayleigh-Ritz metode Essensielle og naturlige randbetingelser Nøyaktighet Hermittiske polynomer Litteratur: Cook & Young, Advanced Mechanics of Materials,
DetaljerLØSNINGSFORSLAG EKSAMEN, MAT 1001, HØSTEN (x + 1) 2 dx = u 2 du = u 1 = (x + 1) 1 = 1 x + 1. ln x
LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN, MAT 00, HØSTEN 06 DEL.. Hvilken av funksjonene gir en anti-derivert for f(x) = (x + )? Løsning. Vi setter u = x +, som gir du = dx, (x + ) dx = u du = u = (x + ) = x + a) x+ b)
DetaljerTMA 4110 Matematikk 3 Høsten 2004 Svingeligningen med kompleks regnemåte
TMA 4 Matematikk Høsten 4 Svingeligningen med kompleks regnemåte H.E.K., Inst. for matematiske fag, NTNU Svingeligningen forekommer i mange sammenhenger, og ofte vil vi møte regning og utledninger der
DetaljerForelesning, TMA4110 Torsdag 11/9
Forelesning, TMA4110 Torsdag 11/9 Martin Wanvik, IMF Martin.Wanvik@math.ntnu.no (K 2.8) Tvungne svingninger. Resonans. Ser på masse-fjær system påvirket av periodisk ytre kraft: my + cy + ky = F 0 cos
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
Side 1 av 4 UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK111 Eksamensdag: Mandag 22. mars 21 Tid for eksamen: Kl. 15-18 Oppgavesettet er på 4 sider + formelark Tillatte
DetaljerPendler, differensialligninger og resonansfenomen
Pendler, differensialligninger og resonansfenomen Hensikt Oppsettet pa bildet kan brukes til a illustrere ulike fenomen som opptrer i drevede svingesystemer, slik som for eksempel resonans. Labteksten
DetaljerUNIVERSITETET I BERGEN
LØSNINGSFORSLAG UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. H.007. Eksamen i emnet MAT131 - Differensialligninger I 8. september 007 kl. 0900-100 Tillatte hjelpemidler: Ingen (heller
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
Side av 5 UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK Eksamensdag: Onsdag. juni 2 Tid for eksamen: Kl. 9-3 Oppgavesettet er på 5 sider + formelark Tillatte hjelpemidler:
DetaljerUNIVERSITETET I BERGEN
BOKMÅL UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. V.008. Løsningsforslag til eksamen i emnet MAT131 - Differensialligninger I 8. mai 008 kl. 0900-1400 Vi har ligningen der α er
DetaljerTFY4160 Bølgefysikk/FY1002 Generell Fysikk II 1. Løsning Øving 2. m d2 x. k = mω0 2 = m. k = dt 2 + bdx + kx = 0 (7)
TFY4160 Bølgefysikk/FY100 Generell Fysikk II 1 Løsning Øving Løsning oppgave 1 Ligning 1) i oppgaveteksten er i dette tilfellet: Vi setter inn: i lign. 1) og får: m d x + kx = 0 1) dt x = A cosω 0 t +
DetaljerMandag F d = b v. 0 x (likevekt)
Institutt for fysikk, NTNU TFY46/FY: Bølgefysikk Høsten 6, uke 35 Mandag 8.8.6 Dempet harmonisk svingning [FGT 3.7; YF 3.7; TM 4.4; AF.3; LL 9.7,9.8] I praksis dempes frie svingninger pga friksjon, f.eks.
Detaljer8 Kontinuumsmekanikk og elastisitetsteori
8 Kontinuumsmekanikk og elastisitetsteori Innhold: Kontinuumsmekanikk Elastisitetsteori kontra klassisk fasthetslære Litteratur: Cook & Young, Advanced Mechanics of Materials, kap. 1.1 og 7.3 Irgens, Statikk,
DetaljerFYS2130. Tillegg til kapittel 13. Harmonisk oscillator. Løsning med komplekse tall
FYS130. Tillegg til kapittel 13 Haronisk oscillator. Løsning ed koplekse tall Differensialligningen for en udepet haronisk oscillator er && x+ ω x = 0 (1) so er en hoogen lineær differensialligning av.
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
Side 1 av 4 UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK1110 Eksamensdag: Onsdag 6. juni 2012 Tid for eksamen: Kl. 0900-1300 Oppgavesettet er på 4 sider + formelark
DetaljerEmne 11 Differensiallikninger
Emne 11 Differensiallikninger Differensiallikninger er en dynamisk beskrivelse av et system eller en prosess, basert på de balanselikningene vi har satt opp for prosessen. (Matematisk modellering). Vi
DetaljerØving 2. a) I forelesningene har vi sett at det mekaniske svingesystemet i figur A ovenfor, med F(t) = F 0 cosωt, oppfyller bevegelsesligningen
FY1002/TFY4160 Bølgefysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2012. Veiledning: Mandag-Tirsdag 3-4. september. Innleveringsfrist: Mandag 10. september kl 12:00. Øving 2 A k b m F B V ~ q C q L R I a)
DetaljerMAT Vår Oblig 2. Innleveringsfrist: Fredag 23.april kl. 1430
MAT 00 Vår 00 Oblig Innleveringsfrist: Fredag 3.april kl. 430 Oppgaven leveres stiftet med forsideark på ekspedisjonskontoret til Matematisk institutt i 7. etg. i Niels Henrik Abels hus innen fristen.
DetaljerUNIVERSITETET 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
Detaljer6 Prinsippet om stasjonær potensiell energi
6 Prinsippet om stasjonær potensiell energi Innhold: Konservative krefter Potensiell energi Prinsippet om stasjonær potensiell energi Stabil og ustabil likevekt rihetsgrader Litteratur: Irgens, Statikk,
DetaljerLøsning til øving 8 for FY1004, høsten 2007
øsning til øving 8 for FY4, høsten 7 Vi tar for oss en partikkel med masse m i en endimensjonal boks med lengde For < x < gjelder den stasjonære Schrödingerligningen h m d ψ Eψ, ( dx der E er energien
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: MEK4550 Elementmetoden i faststoffmekanikk I. Eksamensdag: Mandag 17. desember 2007. Tid for eksamen: 14.0 17.0. Oppgavesettet
DetaljerDifferensiallikninger definisjoner, eksempler og litt om løsning
Differensiallikninger definisjoner, eksempler og litt om løsning MAT-INF1100 Differensiallikninger i MAT-INF1100 Definsjon, litt om generelle egenskaper Noen få anvendte eksempler Teknikker for løsning
Detaljer9 + 4 (kan bli endringer)
Innlevering DAFE ELFE Matematikk HIOA Obligatorisk innlevering 4 Innleveringsfrist Onsdag 29. april 25 Antall oppgaver: 9 + 4 (kan bli endringer) Finn de ubestemte integralene a) 2x 3 4/x dx b) c) 2 5
DetaljerHØGSKOLEN I BERGEN Avdeling for Ingeniørutdanning
HØGSKOLEN I BERGEN Avdeling for Ingeniørutdanning EKSAMEN I Matematisk analyse og vektoralgebra, FOA150 KLASSE : Alle DATO : 11. august 006 TID: : Kl. 0900-100 (4 timer) ANTALL OPPGAVER : 5 VARIGHET ANTALL
DetaljerMAT UiO mai Våren 2010 MAT 1012
200 MAT 02 Våren 200 UiO 0-2. 200 / 48 200 Betrakt et system x = A x der A M n (R) er diagonaliserbar. Vi har sett at systemet kan løses ved frakoblingsmetoden: Vi finner da P = [v v n ] (inverterbar)
DetaljerArbeid og energi. Energibevaring.
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 : Potensiell energi E p (x,y,z) dw = de k (Tyngdefelt: E p
DetaljerFY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I, løsning øving 13 1 LØSNING ØVING 13. V (x, t) = xf (t) = xf 0 e t2 /τ 2.
FY045/TFY450 Kvantemekanikk I, løsning øving 13 1 Løsning Oppgave 13 1 LØSNING ØVING 13 Transient perturbasjon av harmonisk oscillator a. Med kraften F (t) = qe(t) = F 0 exp( t /τ ) og sammenhengen F (t)
DetaljerObligatorisk oppgave nr 3 FYS Lars Kristian Henriksen UiO
Obligatorisk oppgave nr 3 FYS-13 Lars Kristian Henriksen UiO 11. februar 15 Diskusjonsoppgaver 1 Fjerde ordens Runge-Kutta fungerer ofte bedre enn Euler fordi den tar for seg flere punkter og stigningstall
DetaljerEKSAMENSOPPGAVE 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
DetaljerOppsummert: 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
DetaljerEKSAMEN I TFY4145 OG FY1001 MEKANISK FYSIKK
NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK LØSNINGSFORSLAG (5 sider): EKSAMEN I TFY445 OG FY00 MEKANISK FYSIKK Fredag 8. desember 2009 kl. 0900-00 Oppgave. Tolv flervalgsspørsmål
DetaljerTillegg om strømfunksjon og potensialstrøm
Kapittel 9 Tillegg om strømfunksjon og potensialstrøm 9.1 Divergensfri strøm 9.1.1 Strømfunksjonen I kompendiet, kap. 4.6 og kap. 9, er det påstått at dersom et todimensjonalt strømfelt v(x y) = v x (x
DetaljerLøsningsforslag til øving 1
1 FY100/TFY4160 Bølgefysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 01. Løsningsforslag til øving 1 Oppgave 1 a) Vi antar at Hookes lov, F = kx, gjelder for fjæra. Newtons andre lov gir da eller kx = m d x
DetaljerEKSAMEN BOKMÅL STEMMER. DATO: TID: OPPG. SIDER: VEDLEGG: 3 desember :00-13: FAGKODE: IR Matematikk 1
EKSAMEN BOKMÅL DATO: TID: OPPG. SIDER: VEDLEGG: 3 desember 15 9:-13: FAGKODE: FAGNAVN: IR151 Matematikk 1 HJELPEMIDLER: Del 1: kl 9.-11. Ingen Del : kl 11.-13. Lommeregner Lærebok etter fritt valg Matematisk
DetaljerTMA4110 Matematikk 3 Høst 2010
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4110 Matematikk 3 Høst 010 Løsningsforslag Øving 4 Fra Kreyszig (9. utgave) avsnitt.7 3 Vi skal løse ligningen (1) y 16y
DetaljerDET TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE FAKULTET
DET TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE FAKULTET MASTEROPPGAVE Studieprogram/spesialisering: Konstruksjoner og Materialer/ Landbaserte konstruksjoner Vår semesteret, 13 Åpen Forfatter: Daniel Berlin Bårdsen Fagansvarlig:
DetaljerEKSAMEN I EMNE TKT4122 MEKANIKK 2
INSTITUTT FOR KONSTRUKSJONSTEKNIKK Side 1 av 5 Faglig kontakt under eksamen: Bokmål Kjell Holthe, 951 12 477 / 73 59 35 53 Jan B. Aarseth, 73 59 35 68 EKSAMEN I EMNE TKT4122 MEKANIKK 2 Fredag 3. desember
DetaljerPartieltderiverte og gradient
Partieltderiverte og gradient Kap 2 Matematisk Institutt, UiO MEK1100, FELTTEORI OG VEKTORANALYSE våren 2009 Framstilling Kommentarer, relasjon til andre kurs Struktur Mye er repitisjon fra MAT1100, litt
DetaljerMandag 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,
DetaljerTMA4115 Matematikk 3 Vår 2012
Noregs teknisk naturvitskaplege universitet Institutt for matematiske fag TMA4115 Matematikk 3 Vår 01 Oppgaver fra læreboka, s lxxxiv 9 a) Likninga for systemet vert y + 4y = 4 cos ωt Me løyser først den
DetaljerMandag 21.08.06. Mange senere emner i studiet bygger på kunnskap i bølgefysikk. Eksempler: Optikk, Kvantefysikk, Faststoff-fysikk etc. etc.
Institutt for fysikk, NTNU TFY46/FY2: Bølgefysikk Høsten 26, uke 34 Mandag 2.8.6 Hvorfor bølgefysikk? Man støter på bølgefenoener overalt. Eksepler: overflatebølger på vann akustiske bølger (f.eks. lyd)
DetaljerElektrisitetslære TELE1002-A 13H HiST-AFT-EDT
Elektrisitetslære TELE-A 3H HiST-AFT-EDT Øving 7; løysing Oppgave Kretsen viser en reléspole med induktans L = mh. Total resistans i kretsen er R = Ω. For å unngå at det dannes gnister når bryteren åpnes,
DetaljerDefinisjoner og løsning i formel
Differensiallikninger Definisjoner og løsning i formel Forelesning uke 45, 2006 MAT-INF1100 Difflik. p. 1 Differensiallikninger Struktur i presentasjonen Lysarkene gjennomgår hovedpunkter fra Kalkulus
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
DetaljerEksamen i fag FY1004 Innføring i kvantemekanikk Fredag 30. mai 2008 Tid: a 0 = 4πǫ 0 h 2 /(e 2 m e ) = 5, m
Side av 6 Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for fysikk Faglig kontakt under eksamen: Navn: Jan Myrheim Telefon: 73 59 36 53 (mobil 90 07 5 7 Sensurfrist: Fredag 0 juni 008 Eksamen
DetaljerMEK2500 Faststoffmekanikk Forelesning 1: Generell innledning; statisk bestemte kraftsystemer
MEK2500 Faststoffmekanikk Forelesning 1: Generell innledning; statisk bestemte kraftsystemer MEK2500-2014-1.1 MEK2500 Undervisning H2014 Forelesere: Brian Hayman, professor II Lars Brubak, amanuensis II
DetaljerKap. 14 Mekaniske svingninger. 14. Mekaniske svingninger. Vi skal se på: Udempet harmonisk svingning. kap
kap14 1.11.1 Kap. 14 Mekaniske svingninger Mye svingning i dagliglivet: Pendler Musikkinstrument Elektriske og magnetiske svingninger Klokker Termiske vibrasjoner (= temperatur) Måner og planeter Historien
DetaljerHiN Eksamen IST 1484 18.12.03 Side 4
HiN Eksamen IST 1484 18.1.3 Side 4 Materialer og mekanikk. Teller 5% av eksamen Poengangivelsen viser kun vektingen mellom de fire oppgavene. Innenfor hver oppgave er det læringsmålene som avgjør vektingen.
DetaljerLØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I TEP4145 KLASSISK MEKANIKK Mandag 21. mai 2007 kl Løsningsforslaget er på i alt 9 sider.
NORGES TEKNISK- NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR ENERGI- OG PROSESSTEKNIKK Kontakt under eksamen: Jon Andreas Støvneng Telefon: 73 59 36 63 / 45 45 55 33 LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I TEP4145
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 28. mai 2003 SIF4048 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk
Eksamen SIF4048 8.05.03 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 Løsningsforslag Eksamen 8. mai 003 SIF4048 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk a. Da sannsynlighetstettheten Ψ(x, 0) = β/π exp( βx ) er symmetrisk med
DetaljerLØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I FY1002 BØLGEFYSIKK Mandag 10. desember 2007 kl
NORGES TEKNISK- NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Faglig kontakt under eksamen: Jon Andreas Støvneng Telefon: 73 59 36 63 / 45 45 55 33 LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I FY1002 BØLGEFYSIKK
DetaljerEksamensoppgåve i TMA4135 Matematikk 4D
Institutt for matematiske fag Eksamensoppgåve i TMA435 Matematikk 4D Fagleg kontakt under eksamen: Gard Spreemann Tlf: 73 55 02 38 Eksamensdato: 5. august 204 Eksamenstid (frå til): 09.00 3.00 Helpemiddelkode/Tillatne
DetaljerMatematikk 1 (TMA4100)
Matematikk 1 (TMA4100) Forelesning 7: Derivasjon (fortsettelse) Eirik Hoel Høiseth Stipendiat IMF NTNU 23. august, 2012 Den deriverte som momentan endringsrate Den deriverte som momentan endringsrate Repetisjon
DetaljerFourier-analyse. Hittil har vi begrenset oss til å se på bølger som kan beskrives ved sinus- eller cosinusfunksjoner
Fourier-analyse Hittil har vi begrenset oss til å se på bølger som kan beskrives ved sinus- eller cosinusfunksjoner som yxt (, ) = Asin( kx ωt+ ϕ) En slik bølge kan karakteriseres ved en enkelt frekvens
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 =
DetaljerMEK Stabilitet og knekning av konstruksjoner. Høst Prosjektoppgave
EK 4530 Stabilitet og knekning av konstruksjoner Høst 2006 Prosjektoppgave Innleveringsfrist: 30.11.2006 Innhold 1. Innledning... 3 2. Symboler... 3 3. Oppgavene... 3 4. Rapportering... 5 5. Forutsetninger
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
DetaljerEksamensoppgave i TFY4108 Fysikk
Institutt for fysikk Eksamensoppgave i TFY4108 Fysikk Faglig kontakt under eksamen: Førsteamanuensis John Ove Fjærestad Tlf.: 97 94 00 36 Eksamensdato: 7. august 2015 Eksamenstid (fra-til): 9-13 Hjelpemiddelkode/Tillatte
DetaljerTFY4104 Fysikk Eksamen 28. november 2016 Side 13 av 22
TFY4104 Fysikk Eksamen 28. november 2016 Side 13 av 22 FORMLER: Fete symboler angir vektorer. Symboler med hatt over angir enhetsvektorer. Formlenes gyldighetsområde og de ulike symbolenes betydning antas
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS14, Kvantefysikk Eksamensdag: 17. august 17 4 timer Lovlige hjelpemidler: Rottmann: Matematisk formelsamling, Øgrim og Lian:
DetaljerEksamensoppgave i TMA4135 Matematikk 4D
Institutt for matematiske fag Eksamensoppgave i TMA435 Matematikk 4D Faglig kontakt under eksamen: Helge Holden a, Gard Spreemann b Tlf: a 92038625, b 93838503 Eksamensdato: 2. desember 204 Eksamenstid
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF 11 Modellering og beregninger. Eksamensdag: Fredag 7. desember 27. Tid for eksamen: 9: 12:. Oppgavesettet er på 8 sider.
DetaljerEKSAMEN FY1003 ELEKTRISITET OG MAGNETISME TFY4155 ELEKTROMAGNETISME Tirsdag 27. mai 2008 kl
NORGES TEKNISK- NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Side 1 av 5 Kontakt under eksamen: Jon Andreas Støvneng Telefon: 73 59 36 63 / 45 45 55 33 EKSAMEN FY1003 ELEKTRISITET OG MAGNETISME
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT-INF 1100 Modellering og beregninger. Eksamensdag: Fredag 7. januar 2005. Tid for eksamen: 14:30 17:30. Oppgavesettet er på
DetaljerIR Matematikk 1. Eksamen 8. desember 2016 Eksamenstid 4 timer
Eksamen 8. desember 16 Eksamenstid 4 timer IR151 Matematikk 1 Bokmål Hvis du blir ferdig med oppgavene under del 1 før kl. 11., så kan og bør du starte på del uten bruk av hjelpemidler. Du kan bare bruke
DetaljerTFY4104 Fysikk Eksamen 28. november 2016 Side 13 av 22
TFY4104 Fysikk Eksamen 28. november 2016 Side 13 av 22 FORMLER: Fete symboler angir vektorer. Symboler med hatt over angir enhetsvektorer. Formlenes gyldighetsområde og de ulike symbolenes betydning antas
DetaljerLøsningsforslag, eksamen MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I, vår 2009
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 6 Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I, vår 009 Oppgave 1 Funksjonen g er definert ved g(x)
DetaljerEKSAMEN I FY1001 og TFY4145 MEKANISK FYSIKK
TFY4145/FY1001 18. des. 2012 Side 1 av 8 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Kontakt under eksamen: Jon Andreas Støvneng, telefon: 45 45 55 33 / 73 59 36 63 EKSAMEN I FY1001
DetaljerTMA4120 Matte 4k Høst 2012
TMA Matte k Høst Norges teknisknaturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 5 Løsningsforslag til oppgaver fra Kreyzig utgave :..a Skal vise at u(x, t = v(x + ct
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 14.desember 2011 FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I
Eksamen FY2045/TFY4250 14. desember 2011 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 Løsningsforslag Eksamen 14.desember 2011 FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I a. For E < 3V 0 /4 er området x > a klassisk forbudt, og
DetaljerMEK2500. Faststoffmekanikk 1. forelesning
MEK2500 Faststoffmekanikk 1. forelesning MEK2500 Undervisning Foreleser: Frode Grytten Øvingslærer: NN Forelesninger: Tirsdag 10:15-12:00 B62 Torsdag 12:15-14:00 B91 Øvinger: Torsdag 14:15-16:00 B70 Øvinger
DetaljerTFY Løsning øving 4 1 LØSNING ØVING 4. Vibrerende to-partikkelsystem
TFY45 - Løsning øving 4 Løsning oppgave 3 LØSNING ØVING 4 Vibrerende to-partikkelsystem a. Vi kontrollerer først at kreftene på de to massene kommer ut som annonsert: F V V k(x l) og F V V k(x l), som
DetaljerEKSAMEN I FY1001 og TFY4145 MEKANISK FYSIKK
TFY4145/FY1001 18. des. 2012 Side 1 av 8 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Kontakt under eksamen: Jon Andreas Støvneng, telefon: 45 45 55 33 / 73 59 36 63 EKSAMEN I FY1001
DetaljerOnsdag og fredag
Institutt for fysikk, NTNU TFY4155/FY1003: Elektromagnetisme Vår 2009, uke17 Onsdag 22.04.09 og fredag 24.04.09 Energi i magnetfelt [FGT 32.2, 32.3; YF 30.3; TM 28.7; AF 26.8, 27.11; LHL 25.3; DJG 7.2.4]
DetaljerDenne ligninga beskriver en udempet harmonisk oscillator. Torsjons-svingning. En stav er festet midt på en tråd som er festet i begge ender.
Side av 6 Periodiske svingninger (udempede) Masse og fjær, med fjærkonstant k. Massen glir på friksjonsfritt underlag. Newtons. lov gir: mx kx dvs. x + x 0 hvor ω0 k m som gir løsning: xt () C cos t +
DetaljerObligatorisk oppgave nr 1 FYS Lars Kristian Henriksen UiO
Obligatorisk oppgave nr 1 FYS-2130 Lars Kristian Henriksen UiO 28. januar 2015 2 For at en kraft skal danne grunnlaget for svingninger, må det virke en kraft som til en hver tid virker inn mot likevektspunktet.
DetaljerEKSAMEN I SIF4018 MATEMATISK FYSIKK mandag 28. mai 2001 kl
Side 1 av 4 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPEIGE UNIVERSITET Institutt for fysikk og Institutt for matematiske fag Faglig kontakt under eksamen: Professor Per Hemmer, tel. 73 59 36 48 Professor Helge Holden,
DetaljerKap. 14 Mekaniske svingninger
Kap. 14 Mekaniske svingninger Mye svingning i dagliglivet: Pendler Musikkinstrument Elektriske og magnetiske svingninger Klokker Termiske vibrasjoner (= temperatur) Måner og planeter Historien og økonomien
DetaljerElektriske svingekretser - FYS2130
Elektriske svingekretser - FYS3 Koplekse ipedanser Vekselsstrøskretser blir ofte enklere å behandle når ipedansene skrives på kopleks for. De koplekse ipedanser er Z ˆ i for kondensator ed kapasitans i
DetaljerMAT feb feb feb MAT Våren 2010
MAT 1012 Våren 2010 Forelesning Vi er ferdig med en-variabel-teorien, og vi kan begynne å jobbe med funksjoner i flere variable. Det første vi skal gjøre er å gå gjennom de vanlige analysene vi gjør for
DetaljerTFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Løsningsforslag til øving 9.
TFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Løsningsforslag til øving 9. Oppgave 1 a) var C er korrekt. Fasehastigheten er gitt ved v ω k og vi ser fra figuren at dette forholdet er størst for små verdier
DetaljerFasit for eksamen i MEK1100 torsdag 13. desember 2007 Hvert delspørsmål honoreres med poengsum fra 0 til 10 (10 for perfekt svar).
Fasit for eksamen i MEK torsdag 3. desember 27 Hvert delspørsmål honoreres med poengsum fra til ( for perfekt svar). Oppgave Vi har gitt to vektorfelt i kartesiske koordinater (x,y,z) A = yi+coszj +xy
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: MEK4550 Elementmetoden i faststoffmekanikk I. Eksamensdag: Fredag 3. desember 2004. Tid for eksamen: 9.00 12.00. Oppgavesettet
Detaljery(x) = C 1 e 3x + C 2 xe 3x.
NTNU Institutt for matematiske fag TMA4115 Matematikk eksamen 4 juni 9 Løsningsforslag 1 Innsatt for z = x + iy kan ligningen skrives x + 1 + i(y ) = x 1 + i(y + ) Ved å benytte at z = a + b for et kompleks
DetaljerTMA4123/TMA4125 Matematikk 4M/4N Vår 2013
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4123/TMA4125 Matematikk 4M/4N Vår 2013 Løsningsforslag Øving 4 1 a) Bølgeligningen er definert ved u tt c 2 u xx = 0. Sjekk
DetaljerEksamen i SIF5036 Matematisk modellering Onsdag 12. desember 2001 Kl
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 5 Faglig kontakt under eksamen: Harald E Krogstad, tlf: 9 35 36/ mobil:416 51 817 Sensur: uke 1, 2002 Tillatte hjelpemidler:
DetaljerLøsningsforslag 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,
DetaljerLøysingsframlegg øving 1
FY6/TFY425 Innføring i kvantefysikk Løysingsframlegg øving Oppgåve Middelverdien er x = x Ω X xp (x) = 2 + 2 = 2. (.) Tilsvarande har vi x 2 = x Ω X x 2 P (x) = 2 2 + 2 2 = 2. (.2) Dette gjev variansen
DetaljerEKSAMEN i TFY4108 FYSIKK
Side 1 av 6 Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for fysikk BOKMÅL EKSAMEN i TFY4108 FYSIKK Eksamensdato: Fredag 14 desember 01 Eksamenstid: 09:00-13:00 Faglig kontakt under eksamen:
DetaljerLøsningsforslag for FYS2140 Kvantemekanikk, Torsdag 16. august 2018
Løsningsforslag for FYS140 Kvantemekanikk, Torsdag 16. august 018 Oppgave 1: Materiens bølgeegenskaper a) De Broglie fikk Nobelprisen i 199 for sin hypotese. Beskriv med noen setninger hva den går ut på.
DetaljerEKSAMEN I FY1001 og TFY4145 MEKANISK FYSIKK: LØSNINGSFORSLAG
NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK EKSAMEN I FY og TFY445 MEKANISK FYSIKK: LØSNINGSFORSLAG Fredag 6. desember 2 kl. 9-3 Oppgave. Ti flervalgsspørsmål (teller 2.5 25 % a.
DetaljerEksamensoppgave i TFY4108 Fysikk
Institutt for fysikk Eksamensoppgave i TFY4108 Fysikk Faglig kontakt under eksamen: Førsteamanuensis John Ove Fjærestad Tlf.: 97 94 00 36 Eksamensdato: 11. desember 2014 Eksamenstid (fra-til): 9-13 Hjelpemiddelkode/Tillatte
DetaljerTMA4100 Matematikk 1 Høst 2014
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4 Matematikk Høst 4 Løsningsforslag Øving 5.7.4 Vi observerer at både y = cos πx 4 og y = x er like funksjoner. Det vil si
DetaljerKap. 14 Mekaniske svingninger
Kap. 14 21.11.213 Kap. 14 Mekaniske svingninger Mye som svinger i dagliglivet: Pendler Musikkinstrument Elektriske og magnetiske svingninger Klokker Termiske vibrasjoner (= temperatur) Måner og planeter
DetaljerLøsningsforslag til eksamen i TFY4170 Fysikk 2 Fysikk 2 Lørdag 8. august 2005
NTNU Side 1 av 5 Institutt for fysikk Fakultet for naturvitenskap og teknologi Løsningsforslag til eksamen i TFY4170 Fysikk Fysikk Lørdag 8. august 005 Merk: Hver del-oppgave teller like mye. Dette løsningsforslaget
Detaljer6.8 Anvendelser av indreprodukter
6.8 Anvendelser av indreprodukter Vektede minste kvadraters problemer Anta at vi approksimerer en vektor y = (y 1,..., y m ) R m med ŷ = (ŷ 1,..., ŷ m ) R m. Et mål for feilen vi da gjør er y ŷ, der betegner
DetaljerFYS2140 Kvantefysikk, Løsningsforslag for Oblig 1
FYS4 Kvantefysikk, Løsningsforslag for Oblig. januar 8 Her er løsningsforslag for Oblig som dreide seg om å friske opp en del grunnleggende matematikk. I tillegg finner dere til slutt et løsningsforslag
Detaljer