Matematik
Hjælp - HTX Mat A Eksamen 2011 Maj
Der er tilfældigvis ikke nogen der har besvarelser til at ligge for eksamenssættet fra mat a maj 2011???
Kunne godt bruge noget hjælp til opgave 3 og 4 i sættet.
På forhånd tak, har os uploadet opgaverne :)
Svar #1
09. december 2014 af Andersen11 (Slettet)
Hvad har du selv gjort for at løse opgaverne? Hvor går du i stå?
Opg 3. a) Tidspunktet t1 er løsning til ligningen yr(t1) = 0 , hvor yr(t) er y-koordinaten for det røde fly.
b) Farten af det røde fly er længden af dets hastighedsvektor, dvs |r'(t)|
c) Løs ligningen r(t) = b(s)
d) Der er kun kollision, hvis t = s for løsningen i c)
Opg 4. a) Find minimum og maksimum for funktionen r(x).
b) Bestem rumfamget af det omdrejningslegeme, der fremkommer ved at dreje grafen for r(x) på intervallet [0;14,5] 360º omkring x-aksen.
c) Sæt den øvre grænse i rumfangsintegralet til h, og løs ligningen V(h) = 250 .
Svar #2
09. december 2014 af chfr (Slettet)
Det er mere generelt hvordan man kommer igang med dem og hvad man lige gør :/
Svar #4
09. december 2014 af chfr (Slettet)
Opgave 2, a)
Redegør for at sammenhængen mellem koncentration og hastighed kan beskrives ved
en potensfunktion af typen v(v)=k*c^n
Hvordan vil du skrive i den? :)
Svar #5
09. december 2014 af Andersen11 (Slettet)
#4
Man laver regression på tabellens data med en potensmodel
v(c) = k·cn .
Svar #6
09. december 2014 af chfr (Slettet)
Takker mange gange, så bare lige en sidste, har løst opg. 4 takket være din hjælp, men sidder stadig fast i opg. 3 a og muligvis, kan du hjælpe lidt ydligere? :)
Svar #7
09. december 2014 af Andersen11 (Slettet)
#6
Løs ligningen 432t2 -72t +3 = 0 . Når flyet lander er dets y-koordinat lig med 0.
Svar #10
09. december 2014 af Andersen11 (Slettet)
#8
Det passer, hvis det tilfredsstiller ligningen. Man har
432t2 -72t +3 = 432·(t2 - (1/6)t + (1/144)) = 432·(t - (1/12))2
Svar #12
09. december 2014 af Andersen11 (Slettet)
#11
Læs vejledningen i #1. Bestem først hastighedsvektoren, og beregn så farten og indsæt t = 0,08 .
Svar #13
11. maj 2015 af Lasse1995 (Slettet)
Opgave 2(b)
Bestem værdierne k og n.
Hvordan gøres dette?
Svar #14
11. maj 2015 af Soeffi
.
I a) kan du evt. benytte, at det røde flys hastighedsvektor skal være vandret, når det lander. Dvs. andenkoordinaten differentieret skal være nul: 2·432t - 72 = 0 => t = (1/12) time
Svar #17
13. maj 2015 af Soeffi
Opgave 3)
a) Tiden t1 findes ved at sætte ry(t1) = 0. Dette giver
432t12 - 72t1 + 3 = 0 => t1 = 1/12 time = 5 minutter.
b) Farten er |r'(0,08)|.
r'(t) = (-204, 864t - 5,76)
r'(0,08) = (-204; 63,36)
|r'(0,08)| = √((-204)2+(63,36)2) = 214km/t
c) Koordinaterne findes ved at sætte
r(t) = b(s) =>
-204t +17 = 70s + 2
432t2 - 72t + 3 = 140s2
Dette giver for t andengradsligningen:
-5,405t2 + 0,743t - 0,0245 = 0
der har løsningerne
ta = 0,0585 timer og tb = 0,775 timer. Kun ta er gyldig, da tb fører til negativ s-værdi.
For ta fås sa = (-204·0,0585)/70 = 0,0438 timer, som giver:
r(0,0585) = b(0,0438) = (5,07;0,269)
d) De kolliderer ikke,da ta ≠ sa.
Svar #18
14. maj 2015 af Soeffi
#17 ... ta = 0,0585 timer og tb = 0,775 timer. ...
Rettelse: tb = 0,0775 timer
Svar #19
14. maj 2015 af Soeffi
#17 ... r(0,0585) = b(0,0438) = (5,07;0,269) ...
Tilføjelse: ... (5,07km; 0,269km) ...
Svar #20
14. maj 2015 af Soeffi
Opgave 2.
Bemærkning:
a)-b) tabellen viser startkoncentrationer og start-reaktionshastigheder for en reaktion mellem 2 eller flere stoffer. Startkoncentrationen af det ene stof varieres, mens startkoncentrationen af de andre holdes fast. Reaktionshastigheden måles som ændring i koncentrationen i de første sekunder for det stof, hvor startkoncentrationen varieres.
I c)-e) ser man på ændringen af koncentrationen af et stof som funktion af tiden. Her er der kun een startkoncentration.
Løsning:
a) Sammenhængen følger af at en potensregression for tabellens tal giver en potensfunktion med en forklaringsgrad R2 = 1.
b) Potensfunktionen fra a) er v(c) = 0,33M-1s-1·c2
Her er k = 0,33M-1s-1 og n = 2. (husk at tallene i tabellen for v er i mikroMolær)
c) c'(t) + 2,5c(t) = 0,1 => (1/(0,1-2,5c(t)))c'(t) = 1 => (1/(0,1-2,5c(t)))(dc/dt) = 1 => (1/(0,1-2,5c(t)))dc(t) = dt
Ved at integrere på begge sider fås: -(1/2,5)ln(2,5c(t)-0,1) = t+K, hvor udtrykket i logaritmefunktionen fremkommer som -(0,1-2,5c(t)), der er den numeriske værdi af 0,1-2,5c(t), eftersom c(t) ligger i mellem c(0) = 0,1 og når c(t->uendelig) = 0,04. Den sidste værdi findes af differentialligningen, da man ved at c'(t) -> 0 for t gående mod uendelig for reaktionen, eftersom den vil gå i stå med tiden. Desuden kan man af differentialligningen se, at c(t) er en aftagende funktion. (Dette burde have været nævnt i opgave-teksten.)
Man får efter nogle omskrivninger: c(t) = (exp(-2,5(t+K))+0,1)/2,5. Heraf findes K som K = ln(0,1·2,5 - 0,1)/(-2,5) = 0,76. Dette giver:
c(t) = (exp(-2,5(t+0,76))+0,1)/2,5.
d) Grafen er en aftagende funktion, der begynder i c(0) = 0,1 og aftager med 0,04 som vandret asymptote for t gående mod uendelig. Den vandrette asymptote findes ved at sætte c'(t) -> 0 for t gående mod uendelig, hvilket fører til 2,5c(t) -> 0,1 for t gående mod uendelig eller c(t) -> 0,04 for t gående mod uendelig.
e) c(t) = 0,05 giver t = (ln(2,5·0,05))/(-2,5) - 0,76 = 0,72 (enheder er ikke angivet i opgaven.)