Løsningsforslag Fysikk 2 Vår 2014

Transkript

1 Løsninsfosla Fysikk Vå 014 Løsninsfosla Fysikk Vå 014 Opp Sva Foklain ave a) B Det elektiske feltet å adielt ut fa en positivt ladet patikkel. Fo å få et elektisk felt som på fiuen må demed X væe positivt ladd o Y neativt ladd. b) D Gavitasjonskaften e den eneste kaften som vike på satellitten. Denne kaften stå alltid nomalt på fatsetninen til satellitten. Gavitasjonen ende demed bae fatsetninen, o ikke hastiheten. c) C Newtons tedje lov: Kaft o motkaft e like stoe. Denne jelde alltid. Uttykket fo avitasjonskaften: G = γmm bekefte oså at de vil oppleve like sto avitasjonskaft. d) A Vi ene ut dette med å sette =3 1. F 1 = γmm 1 F = γmm = γmm (3 1 ) = γmm 9 = F Som stemme med altenativ A. e) C Det e kun avitasjonen som vike på satellittene. Vi ha: ΣF = ma Hvo a = v fo sikelbeveelse G = m v γ mm v = m De G = γ mm v = γ M E k = 1 mv = 1 mγ M = γmm f) Manetfeltet undt ledeen vil å ut av planet ove ledeen o inn i planet unde ledeen. Hvis vi buke HHR «la de stake finene peke i etninen til qv slik at de peke i manetfeltetnin nå du bøye dem. Tommelen peke da i kaftetnin.» Husk at vi oså må tenke på den neative ladninen til elektonet.

2 Løsninsfosla Fysikk Vå 014 ) D Av fiuen se vi at manetfeltet å mot venste i A o D. h) A Manetfeltet å fa Nodpolen til Søpolen. Iføle HHR (se f))vil kaften da vike inn i papiplanet. i) A Vi tenke oss en positivt ladd patikkel som befinne se inne i metallplaten. Den vil iføle HHR få en kaft mot høye. De positive ladninene vil samle se til høye. Venste side vil tilsvaende bli neativ. (Det e eentli elektonene som bevee se mot venste, o høye side bli da positiv pa. et elektonundeskudd). j) D Søpolen til spolen bli mot venste nå stømmen å som anitt. Dette bety at spolen lae manetiske feltlinje som å inn på venste side av spolen. Dette ha spolen laet fodi at feltlinjene som maneten laet INN i spolen nå bli svakee (Lenz lov). Det bety at maneten o spolen fjene se fa hveande. k) A U s U p = N s N p U s = 00 0 U p = 00 0 U p = 10U p Vi anta at det ikke e noe effekttap i tansfomatoen. P s = P p U s I s = U p I p I s = U pi p U s = U p 5A 10U p = 0,5A l) D Isopokulen bevee se mot høye. Den oppleve demed en fiksjonskaft mot venste. Den bli oså påviket av tyndekaften. Inen av altenativene passe demed med etninen summen av keftene ha på kula. m) B Akseleasjonen til et leeme i en fjæ peke alltid inn mot likevektspunktet, o e maksimal nå fjæen e i sitt yttepunkt. n) D Nå isklumpen e i fitt fall ha den konstant akseleasjon lik. Nå den skli på taket e akseleasjonen oså konstant, men minde enn siden det kun e den dekomponete delen av som vike i «taketnin» som få isklumpen til å akseleee.

3 Løsninsfosla Fysikk Vå 014 o) A Vi se at fiksjonskaften e lik x- komponenten til G. R = G x = m sin α p) D Vi se at alle altenativene ha G M = G m ΣF = ma S G = ma S = ma + m = m(a + ) Fo kule m vil vi da ha: S m = m(a + ) o S M = M(a + ) = m(a + ) = S m Vi se altså at S M = S m. Dette passe med A o D, men med tillesopplysninen S > G sitte vi ijen med kun altenativ D. q) B Siden akseleasjonen e mot sentum av sikelen e ΣF x = 0. Demed må vi ha en kaft som motvike luftmotstanden. Vekto B ha en hoisontal komponent som e like sto som luftmotstanden. ) A Beveelsesmenden e bevat. p 1 = p (m + M)v 0 = mv 0 + Mv M Mv M = (m + M)v 0 mv 0 = Mv 0 mv 0 = v 0 (M m) v M = v 0(M m) M At vona å mot venste bety at v M 0, som bety at M < m. Dette stemme kun med altenativ A. s) D Einsteins postulate fo den spesielle elativitetsteoien innebæe blant annet at lysfaten i vakuum e den samme i alle tehetssysteme. t) A Det bli ikke sendt ut elektone fodi at fotoneneien e fo liten i fohold til løsivninsabeidet som keves. Vi tene me enei hos fotonene. E f = hf, dette vise at en øknin i fekvensen vil øke eneien hos fotonene. Dette stemme kun med påstand A. u) D Vi se at fotonfekvensen som skal til fo å løsive et elekton e minst fo metall A med f = Hz. Minst fekvens i oså minst løsivninsabeid pa E f = hf. v) B Q stemme ikke, fodi man se på potone o ikke elektone. Med dette buke vi eliminasjonsmetoden o finne ut at B e ikti. w) A p 0 = p 1 E 0 c = γm ev E 1 c hf 0 c = m ev hf 1 c x) C Et foton fomidle kaftvikninen mellom to elektone.

4 Løsninsfosla Fysikk Vå 014 Oppave a) Feltet undt en spole line på en stavmanet med Nodpolen som vist ove. Inne i spolen e manetfeltet tilnæmet homoent. b1) Sett fa omskipet vil lyset kun bevee se opp o ned. Siden omskipet bevee se mot høye vil lyset inne i omskipet oså bevee se mot høye, hvis du obsevee fa bakken. Demed vil det få en lene vei å å. b) Vi ha alleede avklat at s bakken > s omskip. Dette bety at lyset må bevee se lene nå vi obsevee det fa bakken. Siden lysfaten e konstant i alle tehetssysteme, vil lyset buke kotee tid opp o ned obsevet fa omskipet, enn det vil jøe på den noe lene veien vi obsevee fa bakken. c1)

5 Løsninsfosla Fysikk Vå 014 Det e kun nomalkaften o avitasjonen som vike på bilen. c) Bilen å i en sikelbeveelse med konstant fat. Da jelde: ΣF x = m v N x = m v v = N x m v = N sin α m ΣF y = 0 N y = G cos α N = m N = m cos α m sin α v = cos α m v = tan α d1) v y = v 0y + at 0 = v 0 sin α t på det høyeste punktet e v y = 0 t = v 0 sin α t = v 0 sin α d) Vi ene ut hvo lan tid det ta fø ballen e i høyden til muen. s y = v 0y t + 1 a yt 0 = t(v 0y 1 t) t = 0 v 0y 1 t = 0 t = 0 t = v 0y Vi buke denne tiden å sette inn i x-etnin: = v 0 sin α

6 Løsninsfosla Fysikk Vå 014 s x = v 0x t = v 0 cos α v 0 sin α s x = v 0 cos α sin α = v 0 cos α sin α Den lenste avstanden vi kan ha e s x = v 0 cos α sin α. Oppave 3 3a) E 1 = E 1 k 1x = 1 mv v = k 1x m Maksimal fat som bilen kan få e 6,3m/s. 3b) Ved eneibevain finne vi faten til bilen i toppen: (0,10m) = 00N/m = 6,34m/s 0,050k 1 mv b = mh + 1 mv t v b = h + v t v t = v b h = v b 4 = (4m/s ) 4 9,81m/s 0,5m =,488m/s I toppen vil nomalkaften o avitasjonen vike samme etnin. ΣF = ma Hvo a = v fo sikelbeveelse G + N = m v m + N = m v N = m v m N = m v m = m (v Nomalkaften e 0,75N ) = 0,050k ( (,488m/s) 0,5m 9,81 m/s ) = 0,75N

7 Løsninsfosla Fysikk Vå 014 3c) Den støste adien banen kan ha e så sto adius at nomalkaften på bilen bli null på toppen. Vi fant i 3b at: G + N = m v o fa 3a ha vi: v t = v b 4 Nå nomalkaften å mot null få vi: G + N = m v m = m v b 4 m = m(v b 4) = v b 4 5 = v b = v b 5 = (4m/s) 5 9,81 m/s = 0,33m Den støste teoetiske adiusen e 0,33m hvis bilen skal klae loopen. 3d) Vi benytte bevain av beveelsesmende fo å finne faten til klossen ette kollisjonen. p f = p e m b v f = m b v be + m k v ke v ke = m bv bf m b v be = m b(v bf v be ) 50 (4m/s 1m/s) = = 1,5m/s m k m k 100 Ette dette vil klossen beynne å bevee se oppove. Keftene som vike e da slik: Vi ene ut akseleasjonen nedove. Både fiksjonen o G x vil bemse klossen.

8 Løsninsfosla Fysikk Vå 014 ΣF x = ma G x R = ma m sin α μn = ma m sin α μm cos α = ma a = sin α μ cos α a = (sin α + μ cos α) a = 9,81m/s (sin ,0 cos 30 ) a = 6,604m/s ΣF y = 0 N G y = 0 N = G y = m cos α Vi buke deette: Klossen komme 18cm opp skåplanet. as = v v ke s = v ke a = (1,5m/s) ( 6,604m/s ) = 0,18m Oppave 4 4a1) Faadays induksjonslov i: ε = n φ t = n B A t = A n B t ε = m 500 0,3T/s = 0,188V = 0,13V 4a) hvo A = 0,0m 0,04m = m o n = 500. Manetfeltet opp jennom sløyfa minke. Lenz lov sie at stømetninen e slik at den vil pøve å motvike endinen i manetfeltet. Stømmen danne defo et manetfelt som å opp jennom sløyfa. Det bety at stømmen å mot klokken, slik som i fiuen. 4b1) Den manetiske flukstettheten jennom spolen e itt ved Maksvedien til spenninen få vi nå sin ωt = 1 Fo denne maksvedien ha vi: φ = BA cos α = BA cos ωt ε = n φ t = n(ba cos ωt) = nbaω sin ωt

9 Løsninsfosla Fysikk Vå 014 ε maks = nbaω 1 ω = ε maks nba = 11V 500 0,T m = 1400ad/s Vinkelhastiheten e 1, ad/s, slik som vi skulle vise. 4b) Peioden T e den tiden en buke på å snue undt hele sikelen med vinkelfaten ω. T = π ω = Det ta 4,49ms å snue en hel unde. 4c1) Vi vet at spenninen vaiee som en sinus-funksjon. π 1400ad/s = 4, s ε = n φ (t). Vi se at φ (t) e positiv nå t=0. Demed e ε (0) neativ. Spenninen vil altså se slik ut, med en maksimalvedi på 11V. 4c) ε = nbaω sin ωt ε = nbaω sin ω t ε maks = nbaω = nba ω 1 = ε 1 = 11V = 4V T = π ω = π = T 1 ω 1 = 4,4857ms =,4ms Med å doble vinkelfaten doble vi spenninen til 4V o halvee peioden til,4ms. 4d) Vi bukte ove at ε = nbaω sin ωt. I dette tilfellet e det vinkelfaten ω som vaiee. Hjulet bli beynt snuet undt litt fø t=35,. Vinkelfaten øke helt til pesonen slippe hjulet ved

10 Løsninsfosla Fysikk Vå 014 t=35,35s. Deette minke vinkelfaten o spenninen minke helt til otasjonen stoppe litt ette t=35,8s. Siden vinkelfaten minke vil oså peioden bli minde he. NB: Mane som e vant til å snue undt sykkelhjul uten belastnin vil kanskje eaee på at hjulet kun snue i omtent 0,6s. Gunnen til dette e at dynamoen bemse hjulet kafti. Oppave 5 5a) Det elektiske feltet å adielt ut fa en positivt ladet patikkel. Føleli vil det å adielt innove mot en neativt ladet patikkel. E = k eq = 8, Nm/C 1, C ( m) = 144kN/C Feltetstyken e 144kN/C adielt mot den neativt ladde patikkelen. 5b) Punktet O e like lant fa D som fa B, o det elektiske feltet fa de to punktene e motsatt ettet o like stoe. Dette vil nulle ut det elektiske feltet i O, slik at feltstyken de e 0. 5c) Vi ta fo oss feltet i C føst. Avstanden fa punkt B: = (100nm) + (100nm) = m

11 Løsninsfosla Fysikk Vå 014 Da e feltstyken fa B: E b = k eq = 8, Nm/C 1, C m = 71,9kN/C Den totale feltstyken i C: E cx = E bx + E dx = E bx = E b cos 45 = 71,9kN/C = 101,71kN/C = 10kN/C E c = 10kN/C mot høye. E b e like sto, men motsatt ettet, altså mot venste. 5d) Det stå innledede at vi bae se på de elektiske keftene. F e = qe, men i punkt O e E = 0. Det vike altså inen kefte på patikkelen. Defo e akseleasjonen i punkt O lik null. 5e) Keftene på den neative patikkelen vil hele tiden peke innove mot O. Det bety at faten vil øke inn mot oio, o avta ette at den ha passet. Ette at patikkelen ha passet O bemses faten opp o den kinetiske eneien å ove til potensiell enei. Nå all kinetisk enei e omjot til potensiell enei vil patikkelen snu, o falle tilbake mot O. Slik vil patikkelen svine fam o tilbake undt punkt O.