b) C Det elektriske feltet går radielt ut fra en positivt ladd partikkel.

Transkript

1 Løsningsfoslag Fysikk 2 Høst 203 Løsningsfoslag Fysikk 2 Høst 203 Opp Sva Foklaing gave a) B Fomelen fo bevegelsesmengde p = mv gi enheten kg m. s Dette kan igjen skives som: kg m = kg m s s2 s = Ns b) C Det elektiske feltet gå adielt ut fa en positivt ladd patikkel. Fo at det elektiske feltet skal væe null må summen av de te feltene væe null. I x-etning vil punkt og 3 nulle hveande ut. Vi tenge da at E 2 nulle ut E og E 3. Dette skje mellom O og Q. c) C Det e kun gavitasjonen som vike på satelittene. Vi ha: ΣF = ma Hvo a = v2 fo sikelbevegelse G = m v2 γ mm 2 v2 = m De G = γ mm 2 v = γ M. Faten minke nå adien øke. Siden s > s2 vil v s < v s2 Påstand e demed feil. Fo den potensiell enegien: E p = γ mm. Dette bety at den potensielle enegien øke nå adien øke. Den høyeste potensielle enegien e 0 nå. Påstand 2 e demed iktig. d) C Gavitasjonskeftene vil vike i hve sin etning på P. Siden G R < G Q vil g ligge mellom 0 og g. e) D Fo elektiske ladde patikle e den magnetiske kaften gitt ved: F m = qvb Siden patikkelen ligge i o bli det ingen magnetisk kaft på patikkelen. f) D Ved høyehåndsegelen finne vi at magnetfeltet som ledene skape gå inn i papiplanet unde ledeen, og ut av papiplanet ove ledeen. Midt mellom ledene vil disse feltene væe like stoe og motsatt ettet. Det magnetiske feltet mellom ledene e demed null.

2 Løsningsfoslag Fysikk 2 Høst 203 Ved høyehåndsegelen fo ladninge i bevegelse finne vi at keftene på ledene vike mot hveande. g) A På langsidene vil de magnetiske keftene utligne hveande. Vi finne defo keftene som vike på kotsidene. HHR2: La de stake fingene peke i etningen til qv slik at de peke i magnetfeltetning nå du bøye dem. Tommelen peke da i kaftetning. Hvis vi gjø dette fo begge kotsidene finne vi i begge tilfelle en kaft som mot høye. Demed begynne sløyfen å bevege seg mot høye. h) C Faadays induksjonslov gi: ε = φ t Det e altså fluksendingen som skape den indusete spenningen. I posisjon vil antall feltlinje gjennom spolen væe maksimal. Like fø posisjon ville antall feltlinje øke, og like ette vil antall feltlinje avta. Spenningen skifte demed etning i posisjon. i) B Faadays induksjonslov gi: ε = φ t = Wb 0 4 Wb = Wb s = 0,04V = 40mV s j) D U s = N s U p N p U s = N s U N p = V = 90V p 00 k) D Det e kun tyngdekaften som vike, den gjø at kula vil få akseleasjonen g = 9,8m/s 2 nedove. Massen ha ingen innvikning. Siden faten v e hoisontal påvike helle ikke dette bevegelsen i vetikal etning. Veken m elle v ha altså noe å si. l) D Nå vi se bot fa luftmotstanden e det kun tyngdekaften som vike. Denne e like sto i A og i B. Demed e summen av kefte like sto i A og B. m) D I vetikal etning summen av keftene væe like stoe, siden det ikke e bevegelse i den etningen. Dette tilsvae figu C og D. Siden vi ha akseleasjon mot høye bety det at summen av keftene i hoisontal etning e støe enn null. Demed e figu C utelukket, og vi sitte igjen med D. n) A Både tyngdekaften og fiksjonskaften må «bekjempes» fo å da klossen oppove. Tekkaften må altså ha støe vedi enn fiksjonskaften. o) D Et legeme som bevege seg med konstant banefat ha en akseleasjon som peke mot sentum av sikelen. Det passe med figu D.

3 Løsningsfoslag Fysikk 2 Høst 203 p) A Så lenge kula beøe loopen e det en nomalkaft N på kula. Altså må N 0. q) B Fo at klossen skal holde kontakten må vi ha en nomalkaft N > 0. ΣF = ma G N = m v2 mg = m v2 g = v 2 v = g Hvo a = v2 fo sikelbevegelse Vi sette nå N=0, idet klossen miste kontakt ) D Kloss A ha dobbelt så sto bevegelsesmengde som B siden den ha dobbelt så sto masse. Dette passe med figu A og D. s) B Ette støtet e samlet bevegelsesmengde bevat. Dette passe med figu D. (Figu A sin samlede bevegelsesmengde skifte fotegn). Situasjonen e den samme som om dette foegå på joden med en tyngde akseleasjon på 0m/s 2. t x = s v = 6m 5 m s =,2s s y = v y0 t + 2 at2 = 2 0 m s 2 (,2s)2 > 5m Det vil ta,2 sekund å teffe veggen. På denne tiden ha kulen falt me enn 5 mete nedove. Den vil altså teffe gulvet fø den teffe veggen. t) B Foandingen i kinetisk enegi e lik abeide som e gjot på patikkelen. E k = W tot E k = eu + eu 2 2 mv2 = eu + eu 2

4 Løsningsfoslag Fysikk 2 Høst 203 v 2 = 2e(U + U 2 ) m u) A v = 2e(U + U 2 ) m p fø = E f c = hf h c fø λ fø = c c p fø = h λ fø = h λ fø p ette = h = h = p fø λ ette 2λ fø 2 v) D Vi se bot fa fiksjonen i denne oppgaven. Den totale enegien e konstant og lik Q. Dette gi oss altenativ A og D igjen. Videe ha vi mest kinetisk enegi nå vi e på likevektslinja. Dette tilsvae gaf R. Altenativ D e demed iktig. w) A I B = k m = Tm 0,05A A 0,05m = T x) A Fo å kunne gjengi et signal må samplingsfekvensen minst væe det dobbelte av fekvensen til signalet. Det e kun gaf som ha ove to målepunkte fo hve peiode til signalet. Oppgave 2 2a) De to hendelsen skje i teghetssystem A. Demed e det obsevatøen i teghetssysteme A som måle t 0. Tiden t 0 e tiden mellom to hendinge målt på samme sted i et teghetssystem. 2a2) Vi pøve to foskjellige tall fo å se hva som skje. t = Vi teste v = 0 t = t 0 v2 c 2 t 0 t 0 0 = 0 = t 0 c 2 t = t 0 (0,99c)2 c 2 Vi teste v = 0,99c t = = t 0 v2 c 2 t c2 c 2 t 0 = t = t = 7,t 0 Vi se at nå vi ha null fat så e det ingen foskjell på t og t 0. Nå vi få sto fat vil t bli mye støe enn t 0. Dette e fodi nevneen i bøken gå mot null nå v c.

5 Løsningsfoslag Fysikk 2 Høst 203 2b) Det e tyngdekaften, den elektiske kaften og snodaget som vike på patiklene. Summen av kefte e lik null i både hoisontal og vetikal etning siden kulene e i o. 2b2) ΣF x = 0 F e = S x F e = S sin α F e = mg sin α cos α F e = mg tan α ΣF y = 0 S y = G S cos α = mg S = mg cos α Vi få at F e = mg tan α slik vi skulle vise. 2b3) F e = mg tan α de F e = k e q q 2 2 k e q q 2 2 = mg tan α de q = q 2 = q q 2 k e = mg tan α 2 q 2 = 2 mg tan α k e q = 2 mg tan α k e mg tan α = k e q = mg tan α k e

6 Løsningsfoslag Fysikk 2 Høst 203 2c) Faadays induksjonslov sie: ε = φ t Det e altså fluksendingen som skape den indusete spenningen. Nå magneten falle gjennom ingen vil magnetfeltet ende seg og vi få induset støm. Lenz lov sie at stømmen som oppstå gå i en slik etning at stømmen edusee fluksendingene. Magnetfeltet fa stavmagneten ha etning ut fa nodpolen til søpolen. På vei ned gå magnetfeltlinjene fa magnetfeltet nedove gjennom ingen. Da må magnetfeltet fa stømmen gå oppove i ingen. Med høyehåndsegelen bety det at stømmen gå mot klokken nå magneten e på vei mot ingen. Tilsvaende gå stømmen med klokken nå magneten e på vei ut av ingen. 2c2) Dette kan foklaes ved enegibevaing. Nå ingen e de vil magneten «buke» noe av sin potensielle enegi til å danne støm (kinetisk enegi hos elektonene). Litt minde potensiell enegi vil demed gå ove til kinetisk enegi hos magneten og fallet vil demed ta lenge tid. Oppgave 3 3a) Høyehåndsegel2: La de stake fingene peke i etningen til qv slik at de peke i magnetfeltetning nå du bøye dem. Tommelen peke da i kaftetning. Siden qv gå i foskjellig etning (de ha motsatt ladning), komme kaften som vike på de til å gå motsatt vei. De positive ionene gå oppove mot A og de negative gå ned mot B. 3b) Siden de positive ionene e oppe ved elektode A og de negative e ved elektode B vil det elektiske feltet gå nedove fa A til B. Vedien av dette feltet e: E = U d = V m Feltet gå fa A til B og ha vedien 53mV/m = 0,05333V/m = 53mV/m 3c) ΣF = 0 F m F e = 0 Hvo F e = qe og F m = qvb qvb = qe v = qe qb = E B = 0,05333V/m =,33m/s 0,040T Hastigheten e,33m/s.

7 Løsningsfoslag Fysikk 2 Høst 203 3d) Hvis vi se blodåen fa siden vil det se ut som i figuen til høye. Den elektiske kaften F e vil gjøe at de positive ionene bevege seg nedove, og det negative ionene bevege seg oppove. Hvis vi nå buke Høyehåndsegel2: La de stake fingene peke i etningen til qv slik at de peke i magnetfeltetning nå du bøye dem. Tommelen peke da i kaftetning. Dette vil føe til en magnetisk kaft mot høye slik figuen vise: Vi ha nå fått en magnetisk kaft på bade de negative og positive ionene som vike i samme etning. Dette vil gjøe at blodet begynne å bevege seg mot høye i figuen. Oppgave 4 4a) Det e kun gavitasjonen som vike på planetene. Vi ha: ΣF = ma G = m v2 Hvo a = v2 De G = γ mm 2 fo sikelbevegelse γ mm 2 v2 = m v = γ M = 6,67 0 Nm 2 /kg 2, kg 76,4,496 0 m = 3407,8m/s = 3,4km/s T = s v = 2π v = 2π 76,4,496 0 m 3407,8m/s = 2, s = 668å Hastigheten til omlegemet e 3,4km/s og omløpstiden e 668 å.

8 Løsningsfoslag Fysikk 2 Høst 203 4b) Fo å slippe unna gavitasjonsfeltet til solen må omlegemet befinne seg «uendelig» langt bote, slik vil den potensielle enegien gå mot null. I dette punktet kan E k væe svæt liten elle null, men ikke negativ. Totalenegien vil demed ikke væe negativ. E k + E p 0. Unnslipningsfaten bli demed den minste statfaten vi kan ha som oppfylle dette. Dvs E k + E p = 0 Som va det vi skulle vise. v 0 = 2γM E k + E p = 0 2 mv 0 2 γ Mm = 0 2 mv 0 2 = γ Mm v 2 0 = 2γ Mm m = 2γM = 2 6,67 0 Nm 2 /kg 2, kg 76,4,496 0 m v 0 = 489,3m/s = 4,82km/s 4c) Det e bae tyngdekaften som gjø et abeid på månen. Demed e enegien bevat. E k + E p = konstant 2 mv2 γ Mm = konstant 2 mv2 = konstant + γ Mm v 2 = konstant + γ Mm 2 m Vi se at telleen i bøken vil væe støst nå e liten. Dette bety at faten vil væe støst nå e liten. Tilsvaende vil faten væe minst nå e sto, dvs at legemet e langt unna sola.

9 Løsningsfoslag Fysikk 2 Høst 203 4c) Vi fant i c at: v 2 = konstant+ γmm 2 m, dette skal vi nå benytte. v 2 v 2 2 = konstant + γ Mm 2 m v 2 = v 2 2 = konstant + γ Mm 2 m konstant + γ Mm 2 2 m konstant + γ Mm γ Mm 2 = 2 m γ Mm 2 = 2(γ 2 m M γ M ) 2 v 2 v 2 2 = 2 (γ M γ M 2 ) = 2γM( 2 ) v 2 v 2 2 = 2γM( 2 ) 4d) Vi anta at dette e sant og finne den støste faten til månen Sedna. v 2 v 2 2 = 2γM( 2 ) v 2 = 2γM ( 2 ) + v 2 2 v 2 = 2γM ( 2 ) + v 2 2 v 2 = 2 6,67 0 Nm 2 /kg 2, kg ( 76,4,496 0 m 937,496 0 m v 2 = 2, Nm 2 /kg ( 76,4,496 0 m v 2 = m 2 /s 2 v = 4868m/s = 4,87km/s ) + v ,496 0 m ) + (540m/s)2 Vi se at den støste faten til månen da e 4,87km/s. Dette kan ikke stemme siden unnslipningshastigheten til solen e 4,82km/s. Nettstedet sin opplysning om at den minste faten e,54km/s kan demed ikke stemme.

10 Løsningsfoslag Fysikk 2 Høst 203 Oppgave 5 5a) Det e kun to keften som vike på slegga. Snodaget S og tyngdekaften G. G = mg = 4kg 9,8m/s 2 = 39,2N I y-etning ha vi: ΣF y = 0 S y = G S sin α = G S = G sin α = 39,2N sin 32 = 74N Tyngdekaften e 39N og snodaget e 74N. 5b) ΣF x = ma x S x = m v2 S cos α = m 4π2 T 2 Hvo a x = v2 fo sikelbevegelse og v = s = 2π t T 2π a x = v2 = ( T ) 2 = 4π2 2 T 2 = 4π2 T 2 T 2 = m 4π2 S cos α T 2 = m 4π2 S cos α = 4kg 4π2,32m 74N cos 32 = 3,32s T =,8s Omløpstiden e,8s.

11 Løsningsfoslag Fysikk 2 Høst 203 5c) Vi egne føst ut hvo lang tid det ta fø kula teffe bakken. s y = v y0 t + 2 at2,7m = 25 sin 30 m/s t 2 9,8m/s2 t 2 0 = 4,905m/s 2 t 2 + 2,5m/s t +,7m t = 0,29s t = 2,677s Det ta 2,677s fø kula teffe bakken. Vi buke dette til å finne ut hvo langt hun hev kula ved å se på hastighetene i x-etning. Kula komme 58 m. s x = v x t = v cos α t = 25m/s cos 30 2,677s = 58m 5d) v x = 25m/s cos 30 = 2,65m/s v y = v 0y + at = 25m/s sin 30 9,8m/s 2 2,677s = 3,76m/s Vi ha altså v x = 2,65m/s og v y = 3,76m/s Dette gi: v = v x 2 + v y 2 = (2,65 m/s) 2 + ( 3,76 m/s) 2 v = 26m/s Vinkelen mellom hoisontalplanet og fatsetningen e: tan β = v y 3,76 m/s = v x 2,65 m/s = 0,6356 β = tan (0,6356) = 32,43 β = 32 Hastigheten til slegga e 26m/s og etningen e nedove 32 mot hoisontalplanet, som vist i figuen ove.

12 Løsningsfoslag Fysikk 2 Høst 203 5e) s y = v y0 t + 2 at2 s y = v sin α t + 2 at2 s x = v 0x t = v cos α t s x t = v cos α v 2 = s x s y = v sin α v cos α + 2 a ( v cos α )2 s x s y = v s 2 x sin α v cos α + a s x 2 v 2 cos 2 α 2 a s x s y = s x tan α + 2 v 2 cos 2 α s y s x tan α = a s x 2 2 v 2 cos 2 α v 2 (s y s x tan α) = a s x 2 v 2 = 2 cos 2 α a s x 2 2 cos 2 (α) (s y s x tan α) 9,8m/s 2 (70,43m) 2 2 cos 2 (35 ) (,70 m 70,43 tan 35 ) = 70,75m2 /s 2 v = 70,75m 2 /s 2 = 26,66m/s Utgangshastigheten til sleggen må ha væt minst 26,7m/s. I vikeligheten ville utgangshastigheten væt støe siden luftmotstanden ville bemset sleggen noe.