Fysikk 2 Eksamen høsten Løsningsforslag

Transkript

1 Fysikk - Løsningsforslag Ogae a) D Saenhengen ello kraft og arbeid er W = Fs der s er strekning. Da har i for enhetene at J = N. J N N b) C Feltet fra den negatie ladningen Q e har retning radielt inn ot ionet: E e Q k r e k r Feltet fra den negatie ladningen Q e har retning radielt utoer fra ionet: Q e e Ee k k k ( r) 4r r Vi ser at feltstyrken E e er halarten så stor so E e. Begge feltektoren er tegnet inn å figuren. Vektorsuen blir il C. c) B Det er bare den elektriske krafta so irker. Denne er konstant, og irker loddrett nedoer. Vi har altså en konstant ertikal akselerasjon og ingen horisontal akselerasjon (akkurat so i et tyngdefelt). Dered blir banen so for skrått kast i tyngdefeltet, altså en arabelbane. d) B Den ekaniske energien er konstant, det il si at suen a otensiell energi og kinetisk energi er konstant. Når laneten er i R lengst unna \RSTnett

2 e) A stjernen, har den sin største otensielle energi og derfor sin inste kinetiske energi. Når laneten er i P har den sin inste otensielle energi og derfor sin største kinetiske energi. B er altså riktig sar. Vi kan også resonere slik E tot k M k r M k r Vi ser at inkende r, gir økende. Graitasjonskreftene å roskiet ed assen er G M fra ånen r M G fra jorden j j rj Massen til jorda Mj er større enn assen til ånen M. For at de to kreftene skal ære like store, å altså astanden til jorda rj ære større enn astanden til ånen r. Punktet ligger dered nærest ånen. Vi kan også føre dette slik: G j G M M r M j j r j j r r M M j M r r j Siden M j M, så å j r r. \RSTnett

3 f) A I Den agnetiske feltstyrken fra en rett leder er gitt ed B k. r Den agnetiske feltstyrken i unktet P fra den idterste lederen blir: I B k k d I d, rettet inn i airlanet ifølge høyrehåndsregelen. Den agnetiske feltstyrken i unktet P fra den nederste lederen blir: I B3 k k d I d, rettet ut a airlanet ifølge høyrehåndsregelen. Vi ser at B og B3 oheer herandre. Dered blir feltet i P det sae so B det agnetiske felt i P fra den øerste lederen. Saen ed høyrehåndsregelen får i: I d B k k 3 d I, rettet inn i airlanet. g) D Dette eksaenssørsålet inneholder en feil: solen å ære en del a en strøkrets derso det skal kunne gå strø i den. Vi å altså anta at solen er koblet til en strøkrets. A: Vi et at det induseres en strø, en ikke o den er konstant. B: Det et i ikke noe o. C: Det å ære feil. Siden de agnetiske kreftene fra solen utfører arbeid å agneten, er den ekaniske energien ikke beart. D: Når agneten faller ot solen il agnetfeltet fra staagnetens nordol ære rettet nedoer og il indusere en strø i solen. (Fra Faradays lo ser i at strøen får retning ot uriseren.) Den induserte strøen i solen il danne et agnetfelt so er rettet ooer, solen får altså en nordol øerst. Siden nordoler frastøter herandre, breses staagneten. På eg ut skjer det otsatte, da er solens nedre ende blitt nordol, og agneten breses også å eg ut. Altså er D riktig. h) D Tyngdekraften irker rett nedoer. Trekkraften irker rett ut ot høyre. Snordraget irker langs snora. Altså er D riktig løsning. \RSTnett 3

4 i) B Vi bruker beegelseslikning for konstant akselerasjon. Positi y-retning er algt nedoer slik at y = 5 og ay = g 0 /s. Siden kastet er horisontalt er 0y = 0. j) C y 0 yt ayt y gt y 5 t 5,0 s g 0 /s Vi bruker Newtons. lo noralt å lanet og får F a der a 0 n N G 0 der G G cos n N Gcos Vi bruker Newtons. lo arallelt ed lanet og får. F a G R a der G G sin og R N G sin N a der N G cos og G g g sin g cos a a g(sin cos ) n k) B Klossens fart atar hele tiden, først til den når tounktet og deretter når den sklir bakoer ed stadig større negati fart. \RSTnett 4

5 Kloss å ei o: Begge kreftene G og R irker nedoer langs lanet og breser beegelsen. Kloss å ei ned: G irker nedoer, ens R irker ooer. Dered blir det laere akselerasjon å ei nedoer, altså en slakere fartsgraf. l) A I følge høyrehåndsregelen har en ositi ladning fartsretning inn i airlanet, når kraften har retning ot høyre satidig ed at agnetfeltet irker ooer. Siden elektronet har negati ladning, il fartsretningen til elektronet ære ut a airlanet. ) B Vi løser ogaen ed energibearing. Vi elger nullniå for otensiell energi slik at hp = l. Da ser i a figuren at hq = ½ l. E P E Q P ghp Q ghq der P 0 g h h der h l og h l Q P Q P Q g l l gl n) C Vi bruker bearing a beegelsesengde. Farten til kanonen er V = 0 etter afyring. Farten til rosjektilet etter afyring er : før etter ( M ) MV der V 0 ( M ) o) B Vi bruker bearing a beegelsesengde. Begge kulene har assen, og begge har farten når de henger saen etter støtet. før etter ( ) der 0 0A 0B 0B 0A /s 0A /s \RSTnett 5

6 ) D Kulene har identisk asse. Vi bruker bearing a beegelsesengde: før etter der 0 0A 0B A B 0B 0A A B Vi ser at suen a fartene til A og B etter støtet skal ære lik farten til A før støtet (ds. /s). Da er det alternati D so er uulig. q) C Tiden går saktere jo lenger nede an er i et graitasjonsfelt. Derfor er t0 t, der t 0 er tiden lengst nede i graitasjonsfeltet, og t er tiden høyest oe i graitasjonsfeltet. Siden f, så il f0 f og i får en t blåforskyning. r) A Når E f hc, gir Einsteins likning for fotoelektrisk effekt: E k W W E f E f W E k c h E k s) D t) C Vi bruker likningen for saenhengen ello beegelsesengden og de Broglie-bølgelengden til en artikkel. Vi et at α = 4 og at = α. u) A h 4 h ) B A F kx ser i at kraften i resser ed er roorsjonal ed saenressingen. Dered il en dobbelt så stor kraft gi dobbelt så stor saenressing, det il si 4 c. A E kx ser i at en dobbelt så stor x-erdi il gi en fire ( ) ganger så stor otensiell energi. \RSTnett 6

7 w) A Akselerasjonen er ogitt ed to gjeldende siffer og tiden ed tre gjeldende siffer. Dered skal saret ogis ed to gjeldende siffer (det so er inst). x) A Dynaisk oråde er knyttet til egenskaene til sensoren. For lite dynaisk oråde fører derfor til kliing. \RSTnett 7

8 Ogae a) Magnetisk kraft: F qb Elektronet har negati ladning og beeger seg ot høyre, se figuren. Den agnetiske kraften il derfor ha sae retning å elektronet so den ille hatt å en ositi artikkel so beeget seg ot enstre. b) Når staen beeger seg ot høyre, så øker arealet a sløyfa so er i agnetfeltet. His arealet øker, får i endring i fluksen gjenno sløyfa, so igjen gir en indusert es. Dered får i også indusert en strø ifølge Faradays lo: t B A t Magnetfeltet har retning inn i airlanet. Vi elger ositi oløsretning for sløyfen ed uriseren. Da har arealektor og feltektor sae retning. Når arealet øker, øker fluksen. Økt fluks betyr es i negati retning å grunn a fortegnet i Faradays lo. Strøen il altså gå ot uriseren. c) Vi bruker uttrykket for saenhengen ello esen og strøen i kretsen, ε = RI, og for kraften å en rett leder i agnetfelt: F IlB der I R lb R der Bl Bl B l lb R R d) Sløyfa trekkes ed farten 0 c/s. Bredden å sløyfa er 5,0 c. Det il si at det tar et halt sekund før høyre leder i sløyfa treffer agnetfeltet. Da begynner fluksen i sløyfa å øke jent. Det tar et halt sekund før hele sløyfa er inne i agnetfeltet. Så er det ingen endring i fluksen før sløyfa begynner å gå ut a agnetfeltet igjen et halt sekund senere. Mens sløyfa er å eg ut a feltet, atar fluksen jent. Det tar et halt sekund før den er helt ute. Sløyfa beeger seg deretter forbi D. Det tar ett sekund. Magnetfeltet er konstant B = 0,0 T. Fluksendringen i kretsen skyldes at arealet ed agnetfelt i sløyfa først øker jent fra 0 til 5 c i løet a 0,50 s å eg inn. På eg ut, atar arealet jent fra til 5 c til 0 i løet a 0,50 s. Fluksen gjenno sløyfa når den er helt inne i feltet er: AB ,0 T 0,50 Wb \RSTnett 8

9 Vi får dered denne grafen for fluksendring i sløyfa: e) Den induserte esen so ostår fra 0,50 s til,0 s er gitt ed t 3 0,50 0 Wb 0,0 s 0,50 s,0 V Esen skifter retning å eg ut i forhold til inn, fordi fluksen øker å egen inn og atar å egen ut. Absolutterdien a esen er like stor i begge tilfeller. Grafen for esen blir dered slik: Ogae 3 a) Punktene er ålt ed sae t hele tiden. His det ikke er luftotstand, er det ingen krefter i x-retning, ds. at det skal ære konstant fart. Da il x ello her åling ære den sae. Men her ser i at x atar etter hert, derfor å det ære luftotstand. b) Vi skal finne farten i tounktet, hor det kun er fart i x-retning. Vi ser derfor å gjennosnittsfarten i x-retning for A til B og B til C, siden det ser ut til at tounktet ligger nær unkt B. x-ab x-bc x 0,4 0,00,3 /s t 0,0 s x 0,4 0,4,7 /s t 0,0 s Gjennosnittsfarten ello disse kan fungere so et ål å farten i B, his luftotstanden, og dered akselerasjonen, er tilnæret konstant.,3 /s,7 /s,0 /s x-ab x-bc B x B \RSTnett 9

10 c) Tyngdekraften G er konstant hele eien. Luftotstanden irker i otsatt retning a farten og er roorsjonal ed farten. Luftotstanden er derfor størst i unkt G siden farten er størst her. d) Bruker GeoGebra. Vis - Regneark: Legger inn x-erdiene inn i første kolonne, y-erdiene i andre kolonne. Markerer orådet - elger Lag liste ed unkt. Går ut a regnearket og til grafinduet. Skrier: RegPoly[Liste,3]. Grafen slik den blir tegnet i GeoGebra. Sar: y x x x 3 0,78 0,8 0,56 0,94 \RSTnett 0

11 d) Bruker GeoGebra. Legger inn ei linje: y 0, 80, og finner skjæringen ello denne og grafen til funksjonen funnet i ogae 3d. Kula lander, bortenfor utskytningsunktet. e) Vi finner først tiden det tar før kula lander. Siden i kan se bort fra luftotstanden for stålkula, kan i bruke beegelseslikningene for konstant akselerasjon. Vi elger kulas startunkt so nullniå. Startunktet finner i fra olynoet når x = 0, da blir y0 = 0,94. Da blir: y (0,94 0,80 ),740 0 x 0 cos,4 /s cos35,965 /s sin, 4 /s sin 35,376 /s 0y 0 a a x y 0 g 9,8 /s Vi får y t a t 0 y y,740,376 /s t ( 9,8 /s ) t 4,905 /s t,376 / t,740 s 0 Vi bruker kalkulator for å løse andregradslikningen og setter inn a 4,905, b,376 og c,740. t 0, 476 s t 0,75 s Vi ser bort fra den negatie løsningen. Kastets lengde for stålkula ar: x t 0x,965 / s 0,75 s,477 Kastets lengde for isoorkula ar (erk at isoorkula starter når x = 0,00 ):,76 0,00 =,66 Astanden ello landingsunktene ar:,477,66 = 0,3 \RSTnett

12 Ogae 4 a) Vi tar so utgangsunkt at den ekaniske energien er beart, all otensiell energi i starten går oer til kinetisk energi i bunnen a banen, altså ingen friksjon. Kjelken starter ed farten 0 = 0 (i ser bort fra dytting i starten) i høyden h0 = 4,3 når i elger h = 0 nederst i bakken. E 0 E gh gh der 0 og h gh 0 gh 0 9,8 /s 4,3 47, 4 /s b) Vi bruker Newtons. lo: F n 0 N G 0 der G G cos n N Gcos F a G R a der G G sin og R N G sin N a der N G cos og G g g sin g cos a a g(sin cos ) 9,8 /s (sin 0, 0 cos ),8 /s n c) Den ekaniske energien so kjelken ister er lik arbeidet so friksjonskrafta gjør å denne strekningen. E W R Rs der R N Ns der N G g cos g coss 0,0 630 kg 9,8 /s cos 50 3,3 kj n \RSTnett

13 d) ) Tyngdekraften: G g 630 kg 9,8 /s 680,3 N 6,8 kn Noralkraften finner i ed å se å kreftene i y-retning. F N y y 0 G 0 Ncos G 0 cos G N G N cos 680,3 N kn cos73 ) Vi bruker Newtons. lo for sirkelbeegelse. Kraftsuen er en sentrietalkraft siden kjelken er i en sirkelbeegelse. F Vi ser a figuren at tan G F a der F G tan og a r Gtan r gr tan 9,8 /s 0 tan 73 5 /s \RSTnett 3

14 Ogae 5 a) Elektronet får farten. Endring i kinetisk energi er lik arbeidet so de elektriske kreftene gjør å elektronet, W qu E W F k qu qu 9,600 C500 V 7 3,35 0 /s 9,0 kg, /s E b) Ved Q har elektronet fått farten. Endring i kinetisk energi er lik arbeidet so de elektriske kreftene gjør å elektronet. E W F k qu qu 9,600 C600 V 7 3 (,35 0 /s) 9,0 kg 7,970 /s c) Siden elektronet går rett fra ed konstant fart, kan i bruke Newtons. lo. Elektronet åirkes a to krefter, den elektriske kraften F qe ooer og den agnetiske kraften F F 0 F e F qb qe E B 0 qb nedoer. 5,80 V/ 7 0,0065 T, T,97 0 /s d) Vi har en konstant elektrisk kraft so irker rett o. Når elektronet får fart, il det begynne å irke en agnetisk kraft. Denne kraften er roorsjonal ed farten, og irker inkelrett å fartsretningen. Dered blir banen hele tiden abøyd ot høyre. Med økende fart, blir den agnetiske kraften økende. Denne irker først bare annrett ot høyre, en får en økende koonent nedoer etter hert so banen bøyer a. Den horisontale koonenten a den agnetiske kraften øker elektronets horisontale fart. Dette fører til at den ertikale \RSTnett 4 e

15 koonenten til den agnetiske kraften øker. Etter hert blir denne større enn den elektriske kraften, og breser farten elektronet har i y-retning. Til slutt il farten i y-retning ære lik null. I dette øyeblikket er farten horisontal. Siden F, gjør ikke den agnetiske kraften noe arbeid. Endring i kinetisk energi er lik arbeidet so de elektriske kreftene gjør å elektronet, WE = F Es. Elektronet følger en kru bane so ikke er arallell ed E. Vi å regne ed den forflytningen so skjer i sae retning so den elektriske kraften irker. (Vi har tilsarende åte å regne å når i regner ed energibearing for skrått kast i tyngdefeltet). E W der W F s k E E E FEs der FE qe qes der s d qed,60 0 C,80 V/ 4, ,0 kg 7 7 3,934 0 / s 3, 9 0 / s e) Vi bruker Newtons. lo ed sirkelbeegelse. \RSTnett 5

16 F a F Fe r 9,0 kg (3,934 0 /s) , 60 0 C (3,934 0 /s, 0650 T,80 V/) 4,06 c qb qe r r q( B E) \RSTnett 6